数列解答题突破

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高考数学如何利用数列解决复杂的数论问题

高考数学如何利用数列解决复杂的数论问题数论作为数学的一个重要分支，研究整数及其性质，经常被高考数学考察。

在高考数学中，数列是一个重要的概念，它广泛应用于解决各种数论问题。

本文将讨论如何利用数列解决复杂的数论问题。

一、数列的定义与性质在进入数列与数论的结合之前，我们先来回顾一下数列的基本定义与性质。

数列是按照一定规律排列的一组数，可以表示为{a₁, a₂,a₃, ...} 。

其中，a₁, a₂, a₃等分别表示数列的第1项，第2项，第3项等。

数列除了可以按照顺序排列数，还有其他的特殊数列，如等差数列、等比数列等。

等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差；等比数列的通项公式为an=a1*r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比。

数列的性质有多种，包括有界性、递增性等。

数列的有界性是指数列中的数有上界或下界，也可以同时兼顾上下界。

递增数列是指数列中的每一项都比前一项大，递减数列则相反，每一项都比前一项小。

二、数列在数论中的应用2.1 质数数列质数数列是指由质数按照一定规律排列而成的数列。

质数在数论中是一个重要的研究对象，质数数列可以帮助我们研究质数之间的规律和性质。

例如，通过观察质数数列，我们可以发现质数分布不均匀，存在一些间隔较小的质数对，这被称为质数间隔猜想。

质数数列的研究对于解决一些重要的数论问题具有重要意义。

2.2 斐波那契数列斐波那契数列是一个经典的数列，在高考数学中也经常被考察。

斐波那契数列的前两项为1，从第三项开始，每一项等于前两项之和。

即F₁=1，F₂=1，Fₙ=Fₙ₋₁+Fₙ₋₂。

斐波那契数列不仅在数论中有着重要的应用，还广泛出现在自然界中。

在高考中，通过对斐波那契数列的研究，可以帮助我们解决一些关于数列性质的问题，如递推关系、通项公式等。

2.3 等差数列与等差中数定理等差数列是数论中最基本的数列之一，在高考中也经常出现。

等差数列的性质以及利用等差数列解决问题的方法被称为等差中数定理。

上海市2022届高三数学理一轮复习专题突破训练数列

上海市2022届高三数学理一轮复习专题突破训练数列数列一、填空、选择题2221、（2022年上海高考）记方程①：某+a1某+1=0，方程②：某+a2某+2=0，方程③：某+a3某+4=0，其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（）A．方程①有实根，且②有实根B．方程①有实根，且②无实根C．方程①无实根，且②有实根D．方程①无实根，且②无实根2、（2022年上海高考）设无穷等比数列an的公比为q，若a1lima3a4an，则nq3、（2022年上海高考）设非零常数d是等差数列某1,某2,某3,,某19的公差，随机变量等可能地取值某1,某2,某3,,某19，则方差D_______4、（静安、青浦、宝山区2022届高三二模）设等差数列an的前n项和为An，等比数列bn的前n项和为Bn，若a3b3，a4b4，且A5A3aa7，则53B4B2b5b35、（闵行区2022届高三二模）已知数列{an}满足an11(nN)，则使不等式a20222022成立的所有正整数a1的集合为6、（浦东新区2022届高三二模）已知数列an的前n项和Snn2n，则该数列的通项公式an2n.7、（徐汇、松江、金山区2022届高三二模）已知函数f(某)某in 某，各项均不相等的数列某n2满足某i2F(n)(某1某2某n)f(某1)f(某2)f(某n)(nN某)．给出下列三个命题：n(i1,2,3,,n)．令(1)存在不少于3项的数列某n，使得F(n)0；1某(2)若数列某n的通项公式为某nnN某，则F(2k)0对kN恒成立；2某(3)若数列某n是等差数列，则F(n)0对nN恒成立．其中真命题的序号是（）（A）(1)(2)（B）(1)(3)（C）(2)(3)（D）(1)(2)(3)8、（长宁、嘉定区2022届高三二模）设等差数列an满足a511，a123，an的前n项和Sn的最大值为M，则lgM=__________9、（虹口区2022届高三上期末）设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，若Sn1,Sn,Sn2成等差数列，则q10、（金山区2022届高三上期末）等差数列{an}中，a2=8，S10=185，则数列{an}的通项公式an(nN某)．11、（静安区2022届高三上期末）已知数列an的通项公式an22n2n1（其中nN某），则该数列的前n项和Sn12、（青浦区2022届高三上期末）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S742，则a413、（徐汇区2022届高三上期末）设数列an的前n项和为Sn，若a11，Sn则an的通项公式为14、（黄浦区2022届高三4月模拟考试（二模））在等差数列an中，若a83,a101，am9，则正整数m15、（）把正整数排列成如图a的三角形数阵，然后擦去第偶数行中的所有奇数、第奇数行中的所有偶数，可得到如图b的三角形数阵，现将图b中的正整数按从小到大的顺序构成一个数列an10(nN某)，2an，若ak2022，则k__________.11234245678957910111213141516101214161718192021222324251719212 3252627282930313233343536262830323436ab二、解答题某1、（2022年上海高考）已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N．（1）若bn=3n+5，且a1=1，求数列{an}的通项公式；（2）设{an}的第n0项是最大项，即an某≥an（n∈N），求证：数列{bn}的第n0项是最大项；某（3）设a1=λ＜0，bn=λ（n∈N），求λ的取值范围，使得{an}有最大值M与最小值m，且∈（﹣2，2）．2、（2022年上海高考）已知数列an满足anan13an，nN，a11.某13(1)若a22,a3某,a49，求某的取值范围；(2)设an是公比为q的等比数列，Sna1a2an.若取值范围；(3)若a1,a2,,ak成等差数列，且a1a2ak1000，求正整数k的最大值，以及k取最大值时相应数列a1,a2,,ak的公差.3、（2022年上海高考）给定常数c0，定义函数f(某)2|某c4||某c|，数列a1,a2,a3,满足an1f(an),nN某.（1）若a1c2，求a2及a3；（2）求证：对任意nN某,an1anc，；（3）是否存在a1，使得a1,a2,an,成等差数列？若存在，求出所有这样的a1，若不存在，说明理由.4、（静安、青浦、宝山区2022届高三二模）设an是公比为q(q意两项之积仍是该数列中的项，那么称an是封闭数列.（1）若a1SnSn13Sn，nN某，求q的31)的等比数列，若an中任2，q3，判断an是否为封闭数列，并说明理由；1，使a1qm（2）证明an为封闭数列的充要条件是：存在整数m（3）记n是数列an的前n项之积，bn；log2n，若首项为正整数，公比q2，试问：11111，若存在，求an的通项公式；是否存在这样的封闭数列an，使limnbbn91b2若不存在，说明理由．5、（闵行区2022届高三二模）各项均为正数的数列bn的前n项和为Sn，且对任意正整数n，都有2Snbn(bn1)．（1）求数列bn的通项公式；（2）如果等比数列an共有m(m2,mN)项，其首项与公比均为2，在数列an的每相邻两项ai与ai1之间插入i个(1)ibi(iN某)后，得到一个新的数列cn．求数列cn中所有项的和；（3）如果存在nN，使不等式bn 11成立，求实数的范围．(n1)bn1bnbn16、（浦东新区2022届高三二模）记无穷数列an的前n项a1,a2,,an的最大项为An，第n项之后的各项an1,an2,的最小项为Bn，令bnAnBn．（1）若数列an的通项公式为an2n27n6，写出b1、b2，并求数列bn 的通项公式；（2）若数列bn的通项公式为bn12n，判断an1an是否等差数列，若是，求出公差；若不是，请说明理由；（3）若bn为公差大于零的等差数列，求证：an1an是等差数列.7、（普陀区2022届高三二模）已知数列an的前n项和为Sn，且an0，anSnnN某4n（1）若bn1log2Snan，求数列bn的前n项和Tn；（2）若0n2，2nantann，求证：数列n为等比数列，并求出其通项公式；（3）记cna1取值范围.1111a2a3an，若对任意的nN某，cnm恒成立，求实数m的22228、（长宁、嘉定区2022届高三二模）已知数列{an}中，a13，a25，{an}的前n项和为Sn，且满足SnSn22Sn12n1（n3）．（1）试求数列{an}的通项公式；12n1（2）令bn，Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn；6anan1（3）证明：对任意给定的m0,，均存在n0N，使得当nn0时，（2）中的Tnm6恒成立．9、（宝山区2022高三上期末）设数列an的首项a1为常数，且an13n2an(nN某)．3n（1）证明：an是等比数列；5（2）若a13，an中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项，若不存在说明理由．2（3）若an是递增数列，求a1的取值范围．10、（崇明县2022高三上期末）已知等差数列an满足a37,a5a726.（1）求an的通项公式；n1,1,2an（2）若mn2，数列bn满足关系式bn，求数列bn的通项公式；bm,n2,2n1（3）设（2）中的数列bn的前n项和Sn，对任意的正整数n，1nSnn2np2n12恒成立，求实数p的取值范围.11、（奉贤区2022高三上期末）为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车。

数列解答题的常见题型及解题策略

数列解答题的常见题型及解题策略常见题型一：等差、等比数列的通项公式，前n 项和公式和性质的基本运算例1．已知等差数列{}n a 的前项和为n s ，1n nb s =，且3312a b =，3521s s +=．⑴．求数列{}n b 的通项公式； ⑵．求证：122n b b b +++<．分析：本题的关键是正确求出等差数列{}n a 的通项公式及前n 项和，进而求{}n b 的通项公式。

解：设等差数列{}n a 的公差为d ，由3312a b =，331b s = 得332a s =，即112433a d a d +=+，得1a d =，又3521s s +=，得181321a d +=，解得：11a d ==，所以11n a n n =+-=，(1)2n n n S +∴=2(1)n b n n ∴=+．⑵．由2112()(1)1n b n n n n ==-++，得：12111112[(1)()()]2231n b b b n n +++=-+-++-+ 12(1)21n =-<+ 所以122n b b b +++<常见题型二：n a 和n S 的递推关系型问题解题策略：n a 和n S 的递推关系型问题抓住本质问题12n n S a a a =+++进行变形，常用的方法是少写一项作差，注意首项是否满足要求。

例2．设数列{}n a 的各项都是正数，且对任意*3332123,,n n N a a a a ∈=++++2n 都有S 其中S n 为数列{}n a 的前n 项和。

（Ⅰ）求证：n n n a S a -=22；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅲ）设λλ(2)1(31an n n n b ⋅-+=-为非零整数，*N n ∈），试确定λ的值，使得对任意*N n ∈，都有n n b b >+1成立。

分析：本题的入手点在于对3332123na a a a =++++2n S 的变形应用，所以n a 和n S 的递推关系的应用就很重要。

高考解答题专项突破(三) 数列的综合问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析

[考情分析]预计2025年高考会从以下两个角度对数列的综合问题进行考查：(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题，可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查；(2)以新定义为载体，考查对新数列性质的理解及应用，以创新型题目的形式出现．考点一等差、等比数列的综合问题例1(2024·山东滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ，所以n ＝log 2b n ，所以b n ＝2n .(2)由(1)得b n ＝2n ＝2·2n －1＝a 2n －1，即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ，因为b 7＝a 26＝a 64，b 8＝a 27＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的，所以S 100＝P 107－Q 7＝107×（2＋214）2－2－281－2＝11302.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.1.(2022·浙江高考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝－1，公差d >1.记{a n }的前n项和为S n (n ∈N *)．(1)若S 4－2a 2a 3＋6＝0，求S n ；(2)若对于每个n ∈N *，存在实数c n ，使a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，求d 的取值范围．解(1)因为S 4－2a 2a 3＋6＝0，a 1＝－1，所以－4＋6d －2(－1＋d )(－1＋2d )＋6＝0，所以d 2－3d ＝0，又d >1，所以d ＝3，所以a n ＝3n －4，所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝3n 2－5n2.(2)因为a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，所以(a n ＋1＋4c n )2＝(a n ＋c n )(a n ＋2＋15c n )，(nd －1＋4c n )2＝(－1＋nd －d ＋c n )(－1＋nd ＋d ＋15c n )，c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0，由已知可得方程c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0的判别式大于等于0，所以Δ＝(14d －8nd ＋8)2－4d 2≥0，所以(16d －8nd ＋8)(12d －8nd ＋8)≥0对于任意的n ∈N *恒成立，所以[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]≥0对于任意的n ∈N *恒成立，当n ＝1时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]＝(d ＋1)(d ＋2)≥0，当n ＝2时，由(2d －2d －1)(4d －3d －2)≥0，可得d ≤2，当n ≥3时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]>(n －3)(2n －5)≥0，又d >1，所以1<d ≤2，即d 的取值范围为(1，2]．考点二通项与求和问题例2(2023·黑龙江哈九中模拟)在①S 3＝2a 3－15；②a 2＋6是a 1，a 3的等差中项；③2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，并解答．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n ＝b n －1b n ，求数列2n n 项和T n .注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，若选①：由S 3＝2a 3－15，得a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－15，所以a 3－a 2－a 1＝15，又由a 1＝3，可得3q 2－3q －18＝0，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选②：由a 2＋6是a 1，a 3的等差中项，可得a 1＋a 3＝2(a 2＋6)，又因为a 1＝3，可得3＋3q 2＝2(3q ＋6)，即q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选③：由2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)，当n ＝1时，2a 1＝6＝2S 1＝t 2－3，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)，所以2S n ＝3n ＋1－3，当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3n ＋1－3－(3n －3)＝2·3n ，所以a n ＝3n (n ≥2)．经验证当n ＝1时，满足a n ＝3n ，所以a n ＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝3n ，所以b n －1b n ＝3n ，n ＝9n ，所以b 2n ＋1b 2n＝9n＋2，所以T n 2122 (2)n (91＋2)＋(92＋2)＋…＋(9n ＋2)＝91＋92＋…＋9n＋2n ＝9（1－9n ）1－9＋2n ＝9n ＋1＋16n －98.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路思路一转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成思路二不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2.(2024·广东深圳中学月考)若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差、公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表达式为a n ＝1＋n －12d ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，2qn －22，n ＝2k ，k ∈N *，若数列{a n }(n ∈N *)为“摇摆数列”且a 1＝1，a 1＋a 2＝a 3，a 2a 3＝20.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ∑ni ＝1i 2解(1)＋a 2＝a 3，2a 3＝202＝4，3＝52＝－5，3＝－4(舍去)，∴d ＝q ＝4，∴a n n －1，n ＝2k ＋1，k ∈N ，n ，n ＝2k ，k ∈N *.(2)b n ＝na n n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，·2n ，n ＝2k ，k ∈N *.先求奇数项的和：b n ＝2n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，S n ＝2×[12＋32＋…＋(2n －1)2]－n 2，引入W n ＝22＋42＋…＋(2n )2＝4(12＋22＋…＋n 2)，12(S n ＋n 2)＋W n ＝∑2ni ＝1i 2＝n （2n ＋1）（4n ＋1）3⇒S n＝2(∑2ni ＝1i 2－W n )－n 2＝2n （2n ＋1）（4n ＋1）3－4×n （n ＋1）（2n ＋1）6－n 2＝8n 3－3n 2－2n 3，再求偶数项的和：b n ＝n ·2n ，n ＝2k ，k ∈N *，S n ′＝2×22＋4×24＋…＋2n ×22n ，4S n ′＝2×24＋4×26＋…＋2(n －1)×22n ＋2n ×22n ＋2，两式相减，得－3S n ′＝2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22n －2n ×22n＋2＝8×（1－4n ）1－4－2n ×22n ＋2＝（1－3n ）×22n ＋3－83，∴S n ′＝（3n －1）22n ＋3＋89，∴T 2n ＝S n ＋S n ′＝8n 3－3n 2－2n3＋（3n －1）22n ＋3＋89.考点三数列与不等式的综合问题例3(2023·安徽十校联考)已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2(n ≥2且n ∈N *)，a 2＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)n 项和为T n ，求证：23≤T n <1.解(1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2，所以a 1＋a 2＋…＋a n －a n ＋1＝－2，两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，当n ＝2时，a 1－a 2＝－2，又a 2＝4，所以a 1＝2，a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明：因为2n（a n －1）（a n ＋1－1）＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n …1－12n ＋1－1<1，由n ≥1，得2n ＋1≥4，所以1－12n ＋1－1≥23，综上，2≤T n <1.1．数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．2．放缩法常见的放缩技巧(1)1k 2＜1k 2－1＝121k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k.(3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．(4)12n ＋1＜12n ＋1＜12n ，13n ＜13n －1≤12·3n －1.3.(2023·河南五市高三二模)已知数列{a n }满足a 1＝23，且2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，n∈N *.(1){a n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1a 2a 3…a n ，n ∈N *，S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n .证明：S n 解(1)由2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，得a n ＋1＝12－a n ，则11－a n ＋1－11－a n＝1，是首项为11－a 1＝3，公差d ＝1的等差数列，所以11－a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，整理得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，经检验，符合要求．(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，T n ＝a 1a 2…a n ＝2n ＋2，∴T 2n ＝4（n ＋2）2>4（n ＋2）（n ＋3）＝∴S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n －14＋…＋1n ＋2－即S n 考点四数列与函数的综合问题例4(2024·江苏辅仁中学阶段考试)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列前n 项和T n .解(1)由已知，得b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x 的图象在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.则a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形注意事项注意点一数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或有限子集)，它的图象是一群孤立的点注意点二转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题注意点三利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化4.(2024·湖南湘潭一中阶段考试)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .解(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，所以cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－2n π3＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sinn （n ＋1）π－2n π3.因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，所以n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－m π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－m π＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin2m π＝0.综上所述，sin S nn ＝3m －2（m ∈N *），＝3m －1（m ∈N *），3m （m∈N *）.课时作业1．(2023·新课标Ⅱ卷){a n }为等差数列，b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .2．(2023·江苏徐州第七中学校考一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝12·3n ＋b (b 为常数)．(1)求b 的值和数列{a n }的通项公式；(2)记c m 为{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数，求数列{a m c m }的前n 项和T n .解(1)由题设S n ＝12·3n ＋b ，显然等比数列{a n }的公比不为1，设{a n }的公比为q ，则S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝a 11－q －a 1q n1－q ，∴b ＝a 11－q ＝－12且q ＝3，∴a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)令－3m ≤3n －1≤3m ，n ∈N *，解得0≤n －1≤m ，∴1≤n ≤m ＋1，数列{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数为m ＋1，则c m ＝m ＋1，∴a m c m ＝(m ＋1)×3m －1，∵T n ＝2×30＋3×31＋…＋(n ＋1)×3n －1，①3T n ＝2×31＋3×32＋…＋(n ＋1)×3n ，②两式相减，得－2T n ＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n ＋1)×3n＝1＋1－3n1－3－(n ＋1)·3n ＝（－1－2n ）·3n ＋12，∴T n n －14.3．(2024·河南郑州外国语学校阶段考试)已知f (x )＝－4＋1x2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＋1a 2n ＝T na 2n ＋1＋16n 2－8n －3，确定b 1的值使得数列{b n }是等差数列．解(1)因为f (x )＝－4＋1x2，且点P n ，n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，所以1a n ＋1＝4＋1a 2n ，即1a 2n ＋1－1a 2n＝4，1为首项，4为公差的等差数列，所以1a 2n＝1＋4(n －1)＝4n －3，即a n ＝14n －3(n ∈N *)．(2)由(1)知T n ＋1a 2n ＝T n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，即为(4n －3)T n ＋1＝(4n ＋1)T n ＋(4n －3)(4n ＋1)，整理得T n ＋14n ＋1－T n 4n －3＝1，T 1为首项，1为公差的等差数列，则T n 4n －3＝T 1＋n －1，即T n ＝(4n －3)(T 1＋n －1)，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝4b 1＋8n －11，若{b n }是等差数列，则b 1适合上式，令n ＝1，得b 1＝4b 1－3，解得b 1＝1.4．(2023·黑龙江齐齐哈尔模拟)在①S n ＝32a n －3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和；②a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1为数列{a n }中的项？若存在，求出m ；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选择条件①：(1)令n ＝1，则a 1＝321－3，所以a 1＝6，由于S n ＝32a n －3，则当n ≥2时，S n －1＝32a n －1－3，两式相减，得a n ＝32a n －32a n －1，则a n a n －1＝3，所以{a n }是首项为6，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝6×3n －1＝2×3n .(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则2×3m ＋2×3m ＋1＝2×3k ，所以4×3m ＝3k ，此等式左边为偶数，右边为奇数，所以不存在正整数m 满足题意．若选择条件②：(1)因为a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1，所以a n ≠0，1a n ＋1－1a n＝1，是首项为1a 1＝1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n.(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则1m ＋1m ＋1＝1k，化简得m 2＋(1－2k )m －k ＝0，解得m ＝2k －1＋1＋4k 22，因为2k <1＋4k 2<2k ＋1，所以2k －12<m <2k ，m 无正整数解，故不存在正整数m 满足题意．5．已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，S n ＝n （9－n ）2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m 1－1281m ，的值随m 增加而减小，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12(n 2－9n )－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ，则10＜8＋λ，解得λ＞2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞)．6．(2024·河北衡水调研)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ，2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．(1){a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.解(1)由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3an ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n －1，所以a n ＝11.(2)证明：由(1)可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－<7528.综上所述，1271S n <7528成立．。

高中数学《求数列的和习题课二》专题突破含解析

习题课二　求数列的和题型一　分组分解求和【例1】　已知正项等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝6，a 3＋a 4＝24.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和.解　(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则{a 1＋a 1·q ＝6，a 1·q 2＋a 1·q 3＝24，解得{a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝a 1·q n －1＝2×2n －1＝2n .(2)b n ＝log 22n ＝n ，设{a n ＋b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a n ＋b n )＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2×（2n －1）2－1＋n （1＋n ）2＝2n ＋1－2＋12n 2＋12n .规律方法　1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝{a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.【训练1】　已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解　(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1×(2n －1)，∴T 2n ＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(4n －3)－(4n －1)]＝(－2)·n＝－2n.题型二　裂项相消法求和【例2】　已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S2＝2，S4＝16，{a n＋1}是等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a n>0，设b n＝log2(3a n＋3)，求数列{1b n b n＋1}的前n项和.解　(1)设等比数列{a n＋1}的公比为q，其前n项和为T n，因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20，易知q≠1，所以T2＝（a1＋1）（1－q2）1－q＝4①，T4＝（a1＋1）（1－q4）1－q＝20②，由②①得1＋q2＝5，解得q＝±2.当q＝2时，a1＝13，所以a n＋1＝43×2n－1＝2n＋13；当q＝－2时，a1＝－5，所以a n＋1＝(－4)×(－2)n－1＝－(－2)n＋1.所以a n＝2n＋13－1或a n＝－(－2)n＋1－1.(2)因为a n>0，所以a n＝2n＋13－1，所以b n＝log2(3a n＋3)＝n＋1，所以1b n b n＋1＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，所以数列{1b n b n＋1}的前n项和为(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n＋1－1n＋2)＝12－1n＋2＝n2（n＋2）.规律方法　(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.常见的拆项公式：(ⅰ)1n（n＋1）＝1n－1n＋1；(ⅱ)1（2n－1）（2n＋1）＝12(12n－1－12n＋1)；(ⅲ)1n＋n＋1＝n＋1－n.(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止.(3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【训练2】　设S n为等差数列{a n}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.(1)求a n；(2)设b n＝1S n，求数列{b n}的前n项和为T n.解　(1)设数列{a n}的公差为d，由题意得{3a1＋3d＝a1＋6d，（a1＋7d）－2（a1＋2d）＝3，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由(1)得S n＝na1＋n（n－1）2d＝n(n＋2)，∴b n＝1n（n＋2）＝12(1n－1n＋2).∴T n＝b1＋b2＋…＋b n－1＋b n＝12[(1－13)＋(12－14)＋…＋(1n－1－1n＋1)＋(1n－1n＋2)]＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2)＝34－12(1n＋1＋1n＋2).题型三　错位相减法求和【例3】　已知{a n}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{a n}的通项公式；(2){b n}为各项非零的等差数列，其前n项和为S n，已知S2n＋1＝b n b n＋1，求数列{b n a n}的前n 项和T n.解　(1)设{a n}的公比为q，由题意知：a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2，又a n>0，解得：a1＝2，q＝2，所以a n＝2n.(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（b1＋b2n＋1）2＝(2n＋1)b n＋1，又S2n＋1＝b n b n＋1，b n＋1≠0，所以b n＝2n＋1.令c n＝b na n，则c n＝2n＋12n，因此T n＝c1＋c2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n，又12T n＝322＋523＋724＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，两式相减得12T n＝32＋(12＋122＋…＋12n－1)－2n＋12n＋1＝32＋12[1－(12)n－1]1－12－2n＋12n＋1＝52－2n＋52n＋1，所以T n＝5－2n＋5 2n.规律方法　1.一般地，如果数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，求数列{a n·b n}的前n项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n”的表达式.【训练3】　已知数列{a n}的通项公式为a n＝3n－1，在等差数列{b n}中，b n>0，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列.(1)求数列{a n b n}的通项公式；(2)求数列{a n b n}的前n项和T n.解　(1)∵a n＝3n－1，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9.∵在等差数列{b n}中，b1＋b2＋b3＝15，∴3b2＝15，则b2＝5.设等差数列{b n}的公差为d，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2.∵b n>0，∴d＝－10应舍去，∴d＝2，∴b1＝3，∴b n＝2n＋1.故a n b n＝(2n＋1)·3n－1，n∈N*.(2)由(1)知T n＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①3T n＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②－2T n＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n ＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×3－3n1－3－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.∴T n＝n·3n，n∈N*.一、素养落地1.通过学习数列求和的方法，提升数学运算和逻辑推理素养.2.求数列的前n项和，一般有下列几种方法.(1)错位相减适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(2)分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(3)裂项相消有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(4)奇偶并项当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.(5)倒序相加例如，等差数列前n项和公式的推导方法.二、素养训练1.数列214，418，6116，…的前n项和S n为( )A.n2＋1＋12n＋1B.n2＋2－12n＋1C.n(n＋1)＋12－12n＋1D.n(n＋1)＋12n＋1解析　S n＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(14＋18＋…＋12n＋1)＝12n(2＋2n)＋14(1－12n)1－12＝n(n＋1)＋12－12n＋1.2.等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( )A.6 B.5 C.4D.3解析　∵数列{a n }是等比数列，a 5＝2，a 6＝5，∴a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝a 5a 6＝10，∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝lg(a 1·a 2·…·a 10)＝lg(a 5a 6)5＝5lg 10＝5.故选B.答案　B 3.数列{2n （n ＋1）}的前2 020项和为________.解析　因为2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，所以S 2 020＝2(1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021)＝2(1－12 021)＝4 0402 021.答案　4 0402 0214.已知数列a n ＝{n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________.解析　由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5 000.答案　5 0005.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N *.(1)设b n ＝a n 2n －1，证明：数列{b n }是等差数列；(2)在(1)的条件下求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明　由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ，得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列.(2)解　由(1)知，b n ＝n ，a n2n －1＝b n ＝n .∴a n ＝n ·2n －1.∴S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，两边同时乘以2得2S n ＝1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两式相减得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1，∴S n ＝(n －1)×2n ＋1.三、审题答题示范(一)　数列求和问题【典型示例】 (12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＝4，2S n ＝na n ＋n ①，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若取出数列{a n }中的部分项a 2，a 6，a 22，…依次组成一个等比数列{c n }，若数列{b n }满足a n ＝b n ·c n ，求证：数列{b n }的前n 项和T n <23.②联想解题看到①，想到a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，利用S n 与a n 的关系结合定义法或等差中项法证明数列{a n }为等差数列并求通项公式.看到②，想到利用错位相减法求数列{b n }的前n 项和T n ，从而得到T n 的取值范围，即可证明T n <23.满分示范(1)解　数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝na n ＋n ，n ∈N *，当n ＝1时，2a 1＝a 1＋1，则a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1①，a n ＋1＝S n ＋1－S n ②.2分由②－①得，S n ＋1－2S n ＋S n －1＝a n ＋1－a n ，所以（n ＋1）（a n ＋1＋1）2－n (a n ＋1)＋（n －1）（a n －1＋1）2＝a n ＋1－a n ，所以（n －1）a n ＋1＋（n －1）a n －12＝(n －1)a n ，即a n ＋1＋a n －12＝a n ，所以数列{a n }为等差数列.5分又a 1＝1，且a 2＝4，整理得a n ＝3n －2.6分(2)证明　由a2＝4，a6＝16，解得c n＝4n，所以b n＝(3n－2)×14n.8分则T n＝1×14＋4×142＋…＋(3n－2)×14n③，1 4T n＝1×142＋4×143＋…＋(3n－2)×14n＋1④，9分由③－④得，34T n＝14＋3(142＋…＋14n)－(3n－2)×14n＋1＝12－3n＋24n＋1，解得T n＝23－3n＋23×4n<23.12分满分心得(1)利用数列的递推公式求通项公式主要应用构造法，即构造出等差、等比数列，或可应用累加、累乘求解的形式.(2)利用错位相减法求数列的和最容易出现运算错误，运算时要注意作差后所得各项的符号，所得等比数列的项数.(3)与数列的和有关的不等式证明问题，一般是先求和及其范围，再证明不等式.基础达标一、选择题1.已知数列{a n}的通项a n＝2n＋1，n∈N*，由b n＝a1＋a2＋a3＋…＋a nn所确定的数列{b n}的前n项的和是( )A.n(n＋2)B.12n(n＋4)C.12n(n＋5) D.12n(n＋7)解析　∵a1＋a2＋…＋a n＝n2(2n＋4)＝n2＋2n.∴b n＝n＋2，∴{b n}的前n项和S n＝n（n＋5）2.答案　C2.数列12×5，15×8，18×11，…，1（3n－1）×（3n＋2），…的前n项和为( )A.n3n＋2B.n6n＋4C.3n6n＋4D.n＋1n＋2解析　由数列通项公式1（3n －1）（3n ＋2）＝13(13n －1－13n ＋2)，得前n 项和S n ＝13(12－15＋15－18＋18－111＋…＋13n －1－13n ＋2)＝13(12－13n ＋2)＝n6n ＋4.答案　B 3.1＋(1＋12)＋(1＋12＋14)＋…＋(1＋12＋14＋…＋1210)的值为( )A.18＋129B.20＋1210C.22＋1211D.18＋1210解析　设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×[1－(12)n]1－12＝2[1－(12)n]，∴原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2[1－(12)1]＋2[1－(12)2]＋…＋2[1－(12)11]＝2[11－(12＋122＋…＋1211)]＝2[11－12(1－1211)1－12]＝2[11－(1－1211)]＝2(11－1＋1211)＝20＋1210.答案　B4.已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 021＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 021)＝( )A.2 021 B.2 0212C.2D.12解析　∵函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，∴f (x )＋f(1x )＝21＋x 2＋21＋(1x)2＝21＋x 2＋2x 2x 2＋1＝2.∵数列{a n}为等比数列，且a1·a2 021＝1，∴a1a2 021＝a2a2 020＝a3a2 019＝…＝a2 021a1＝1.∴f(a1)＋f(a2 021)＝f(a2)＋f(a2 020)＝f(a3)＋f(a2 019)＝…＝f(a2 021)＋f(a1)＝2，∴f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 021)＝2 021.故选A.答案　A5.定义np1＋p2＋…＋p n为n个正数p1，p2，…，p n的“均倒数”.若已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为13n＋1，又b n＝a n＋26，则1b1b2＋1b2b3＋…＋1b9b10＝( )A.111B.1011C.910D.1112解析　由题意得na1＋a2＋…＋a n＝13n＋1，所以a1＋a2＋…＋a n＝n(3n＋1)＝3n2＋n，记数列{a n}的前n项和为S n，则S n＝3n2＋n.当n＝1时，a1＝S1＝4；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3n2＋n－[3·(n－1)2＋(n－1)]＝6n－2.经检验a1＝4也符合此式，所以a n＝6n－2，n∈N*，则b n＝a n＋2 6＝n，所以1b1b2＋1b2b3＋…＋1b9b10＝11×2＋12×3＋…＋19×10＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(19－110)＝1－110＝910.故选C.答案　C二、填空题6.设a n＝1n＋1＋n，数列{a n}的前n项和S n＝9，则n＝________.解析　a n＝1n＋1＋n＝n＋1－n，故S n＝2－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n＋1－1＝9.解得n＝99.答案　997.在数列{a n}中，已知S n＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N*，则S15＋S22－S31的值是________.解析　S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，S22＝－4×11＝－44，S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.答案　－768.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则数列{na n }的前n 项和T n 为________.解析　∵S n ＝2a n －1(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－(2a n －1－1)，化为a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －1.∴na n ＝n ·2n －1.则数列{na n }的前n 项和T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1.∴2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴T n ＝(n －1)2n ＋1.答案　(n －1)2n ＋1三、解答题9.已知函数f (x )＝2x －3x －1，点(n ，a n )在f (x )的图象上，数列{a n }的前n 项和为S n ，求S n .解　由题意得a n ＝2n －3n －1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－3(1＋2＋3＋…＋n )－n＝2（1－2n ）1－2－3·n （n ＋1）2－n ＝2n ＋1－n （3n ＋5）2－2.10.已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解　(1)由已知得{2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得{a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1.能力提升11.已知等差数列{a n}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{a n cos nπ}的前2 020项和为( )A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析　设数列{a n}的公差为d，由{2a1＋6d＝a1＋3d＋7，a1＋9d＝19，解得{a1＝1，d＝2，∴a n＝2n－1.设b n＝a n cos nπ，∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos nπ}的前2 020项和S2 020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×2 020 2＝2 020.故选D.答案　D12.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{a n＋λ}是不是等比数列，并求a n；(2)当λ＝1时，求数列{n(a n＋λ)}的前n项和T n.解　(1)因为a n＋1＝2a n＋λ，所以a n＋1＋λ＝2(a n＋λ).又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{a n＋λ}不是等比数列，此时a n＋λ＝a n－1＝0，即a n＝1；当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以a n＋λ≠0，所以数列{a n＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时a n＋λ＝(1＋λ)2n－1，即a n＝(1＋λ)2n－1－λ.(2)由(1)知a n＝2n－1，所以n(a n＋1)＝n·2n，T n＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①2T n＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②①－②得：－T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2（1－2n）1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.创新猜想13.(多空题)设等差数列{a n}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则a n＝________，数列{1a2n－1}的前n项和为________.解析　设等差数列{a n}的公差为d.∵{a n}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d.又a2＝5，则d＝2.∴a n＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14(1n －1n ＋1)，∴{1a 2n －1}的前n 项和为14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝14(1－1n ＋1)＝n 4（n ＋1）.答案　2n ＋1　n4（n ＋1）14.(多空题)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n ＝(1－13n )a n ＋1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2，则a n ＝________，数列{b n }的前2n 项和为________.解析　根据题意，数列{a n }满足2S n ＝(1－13n )a n ＋1①，则当n ≥2时，有2S n －1＝(1－13n －1)a n ②，由①－②可得(1－13n )(a n ＋1－3a n )＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0，即a n ＋1＝3a n (n ≥2).由2S n ＝(1－13n )a n ＋1，可求得a 2＝3，a 2＝3a 1，则数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2＝(－1)n ·(log 33n －1)2＝(－1)n (n －1)2，则b 2n －1＋b 2n ＝－(2n －2)2＋(2n －1)2＝4n －3.所以数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝1＋5＋9＋…＋(4n －3)＝n （1＋4n －3）2＝2n 2－n .答案　3n －1　2n 2－n。

第二章专题突破二数列的单调性和最大(小)项

专题突破二数列的单调性和最大(小)项一、数列的单调性(1)定义：若数列{a n }满足：对一切正整数n ，都有a n ＋1＞a n (或a n ＋1＜a n )，则称数列{a n }为递增数列(或递减数列)．(2)判断单调性的方法①转化为函数，借助函数的单调性，如基本初等函数的单调性等，研究数列的单调性． ②利用定义判断：作差比较法，即作差比较a n ＋1与a n 的大小；作商比较法,即作商比较a n ＋1与a n 的大小，从而判断出数列{a n }的单调性．例1 已知函数f (x )＝1－2x x ＋1(x ≥1)，构造数列a n ＝f (n )(n ∈N *)．试判断数列的单调性．解 f (x )＝1－2x x ＋1＝－2＋3x ＋1. 方法一 ∵a n ＝－2＋3n ＋1(n ∈N *)，a n ＋1＝－2＋3n ＋2， ∴a n ＋1－a n ＝3n ＋2－3n ＋1＝3(n ＋1－n －2)(n ＋1)(n ＋2)＝－3(n ＋1)(n ＋2)＜0. ∴a n ＋1＜a n .∴数列{a n }是递减数列．方法二设x 1＞x 2≥1，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2＋3x 1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2＋3x 2＋1 ＝3x 1＋1－3x 2＋1＝3(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1)， ∵x 1＞x 2≥1，∴x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，x 2－x 1＜0，∴f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在[1，＋∞)上为减函数，∴a n ＝f (n )为递减数列．反思感悟研究数列的单调性和最大(小)项，首选作差，其次可以考虑借助函数单调性．之所以首选作差，是因为研究数列的单调性和研究函数单调性不一样，函数单调性要设任意x 1<x 2，而数列只需研究相邻两项a n ＋1，a n ，证明难度是不一样的．另需注意，函数f (x )在[1，＋∞)上单调，则数列a n ＝f (n )一定单调，反之不成立．跟踪训练1 数列{a n }的通项公式为a n ＝－3×2n －2＋2×3n －1，n ∈N *.求证：{a n }为递增数列．证明 a n ＋1－a n ＝－3×2n －1＋2×3n －(－3×2n －2＋2×3n －1)＝3(2n －2－2n －1)＋2(3n －3n －1)＝－3×2n －2＋4×3n －1 ＝2n －2⎣⎡⎦⎤12×⎝⎛⎭⎫32n －2－3， ∵n ≥1，n ∈N *，∴⎝⎛⎭⎫32n －2≥⎝⎛⎭⎫321－2＝23，∴12×⎝⎛⎭⎫32n －2≥8＞3，∴12×⎝⎛⎭⎫32n －2－3＞0，又2n －2＞0， ∴a n ＋1－a n ＞0，即a n ＋1＞a n ，n ∈N *.∴{a n }是递增数列．二、求数列中的最大(或最小)项问题常见方法：(1)构造函数，确定函数的单调性，进一步求出数列的最值．(2)利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1(n ≥2)求数列中的最大项a n ；利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n ＋1，a n ≤a n －1(n ≥2)求数列中的最小项a n .当解不唯一时，比较各解大小即可确定．例2 在数列{a n }中，a n ＝n － 2 018n － 2 019，求该数列前100项中的最大项与最小项的项数．解 a n ＝n － 2 018n － 2 019＝1＋ 2 019－ 2 018n － 2 019，设f (x )＝1＋ 2 019－ 2 018x － 2 019，则f (x )在区间(－∞， 2 019)与( 2 019，＋∞)上都是减函数．因为44< 2 019<45，故数列{a n }在0<n ≤44，n ∈N *时递减，在n ≥45时递减，借助f (x )＝1＋2 019－ 2 018x － 2 019的图象知数列{a n }的最大值为a 45，最小值为a 44.所以最大项与最小项的项数分别为45,44.反思感悟本题考查根据数列的单调性求数列的最大项和最小项，此类题一般借助相关函数的单调性来研究数列的单调性，然后再判断数列的最大项与最小项．跟踪训练2 已知数列{a n }的通项公式a n ＝411－2n，则{a n }的最大项是( ) A ．a 3B ．a 4C ．a 5D ．a 6 答案 C解析 f (x )＝411－2x 在⎝⎛⎭⎫－∞，112，⎝⎛⎭⎫112，＋∞上都是增函数．且1≤n ≤5时，a n >0，n ≥6时，a n <0.∴{a n }的最大值为a 5.例3 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－5n ＋4，n ∈N *.(1)数列中有多少项是负数？(2)n 为何值时，a n 有最小值？并求出其最小值．解 (1)由n 2－5n ＋4＜0，解得1＜n ＜4.∵n ∈N *，∴n ＝2,3.∴数列中有两项是负数．(2)∵a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，且n ∈N *， ∴当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为22－5×2＋4＝－2.反思感悟有时也可借助函数最值来求数列最值．但应注意函数最值点不是正整数的情形．跟踪训练3 已知(－1)n a ＜1－12n 对任意n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是．答案 ⎝⎛⎭⎫－12，34 解析设f (n )＝1－12n ，n ≥1，则f (n )单调递增．当n 为奇数时，有－a ＜1－12n 又f (n )min ＝f (1)＝1－12＝12. ∴－a ＜12即a ＞－12. 当n 为偶数时，a ＜1－12n . f (n )min ＝f (2)＝1－14＝34. ∴a ＜34.综上，－12＜a ＜34. 例4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ⎝⎛⎭⎫79n ＋1，n ∈N *，则该数列是否有最大项，若有，求出最大项的项数；若无，说明理由．解 ∵a n ＋1－a n ＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫79n ＋2－n ⎝⎛⎭⎫79n ＋1＝⎝⎛⎭⎫79n ＋1·7－2n 9，且n ∈N *，∴当n >3，n ∈N *时，a n ＋1－a n <0；当1≤n ≤3，n ∈N *时，a n ＋1－a n >0.综上，可知{a n }在n ∈{1,2,3}时，单调递增；在n ∈{4,5,6,7，…}时，单调递减．所以存在最大项．又a 3＝3×⎝⎛⎭⎫793＋1<a 4＝4×⎝⎛⎭⎫794＋1，所以第4项为最大项．反思感悟如果本例用函数单调性来解决，就会变得很麻烦．跟踪训练4 已知数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －92n ，n ∈N *，求{b n }的最大值．解 ∵b n ＋1－b n ＝2n －72n ＋1－2n －92n ＝－2n ＋112n ＋1，且n ∈N *， ∴当n ＝1,2,3,4,5时，b n ＋1－b n ＞0，即b 1＜b 2＜b 3＜b 4＜b 5.当n ＝6,7,8，…时，b n ＋1－b n ＜0，即b 6＞b 7＞b 8＞…，又b 5＝132＜b 6＝364. ∴{b n }的最大值为b 6＝364. 三、利用数列的单调性确定变量的取值范围常利用以下等价关系：数列{a n }递增⇔a n ＋1＞a n 恒成立；数列{a n }递减⇔a n ＋1＜a n 恒成立，通过分离变量转化为代数式的最值来解决．例5 已知数列{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *.(1)若{a n }是递增数列，求λ的取值范围．(2)若{a n }的第7项是最小项，求λ的取值范围．解 (1)由{a n }是递增数列⇔a n <a n ＋1⇔n 2＋λn <(n ＋1)2＋λ(n ＋1)⇔λ>－(2n ＋1)，n ∈N *⇔λ>－3. ∴λ的取值范围是(－3，＋∞)．(2)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 7≤a 6，a 7≤a 8，即⎩⎪⎨⎪⎧72＋7λ≤62＋6λ，72＋7λ≤82＋8λ，解得－15≤λ≤－13，即λ的取值范围是[－15，－13]．反思感悟注意只有对二次函数这样的单峰函数，这个解法才成立，对于如图的多峰函数满足⎩⎪⎨⎪⎧a 7≤a 6，a 7≤a 8，不一定a 7最小．跟踪训练5 数列{a n }中，a n ＝2n －1－k ·2n －1，n ∈N *，若{a n }是递减数列，求实数k 的取值范围．解 a n ＋1＝2(n ＋1)－1－k ·2n ＋1－1＝2n ＋1－k ·2n ，a n ＋1－a n ＝2－k ·2n －1.∵{a n }是递减数列，∴对任意n ∈N *，有2－k ·2n －1＜0，即k ＞22n －1恒成立， ∴k ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫22n －1max ＝2， ∴k 的取值范围为(2，＋∞)．1．设a n ＝－2n 2＋29n ＋3，n ∈N *，则数列{a n }的最大项是( )A ．103B.8658C.8258D ．108答案 D解析 ∵a n ＝－2⎝⎛⎭⎫n －2942＋2×29216＋3，而n ∈N *， ∴当n ＝7时，a n 取得最大值，最大值为a 7＝－2×72＋29×7＋3＝108.故选D.2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫49n －1－⎝⎛⎭⎫23n －1，则数列{a n }( )A ．有最大项，没有最小项B ．有最小项，没有最大项C ．既有最大项又有最小项D ．既没有最大项也没有最小项答案 C解析 a n ＝⎝⎛⎭⎫49n －1－⎝⎛⎭⎫23n －1＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫23n －12－⎝⎛⎭⎫23n －1，令⎝⎛⎭⎫23n －1＝t ，则t 是区间(0,1]内的值，而a n ＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14，所以当n ＝1，即t ＝1时，a n 取最大值．使⎝⎛⎭⎫23n －1最接近12的n 的值为数列{a n }中的最小项，所以该数列既有最大项又有最小项． 3．设a n ＝－n 2＋10n ＋11，则数列{a n }从首项到第几项的和最大( )A ．10B ．11C ．10或11D ．12答案 C解析 ∵a n ＝－n 2＋10n ＋11是关于n 的二次函数，∴数列{a n }是抛物线f (x )＝－x 2＋10x ＋11上的一些离散的点，∴{a n }前10项都是正数，第11项是0，∴数列{a n }前10项或前11项的和最大．故选C.4．数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2a n －1(n ∈N *,2≤n ≤10)，则数列{a n }的最大项的值为．答案 1 024解析 ∵a 1＝2，a n ＝2a n －1，∴a n >0，∴a n a n －1＝2＞1， ∴a n ＞a n －1，即{a n }单调递增，∴{a n }的最大项为a 10＝2a 9＝22a 8＝…＝29·a 1＝29·2＝210＝1 024.5．已知数列{a n }中，a n ＝1＋12n －1＋m.若a 6为最大项，则实数m 的取值范围是．答案 (－11，－9)解析根据题意知，y ＝1＋12x －1＋m 的图象如下：由a 6为最大项，知5＜1－m 2＜6.∴－11＜m ＜－9.一、选择题1．已知数列{a n }满足a 1>0,2a n ＋1＝a n ，则数列{a n }是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．以上都不对答案 B解析 ∵a 1>0，a n ＋1＝12a n ，∴a n >0，∴a n ＋1a n ＝12<1，∴a n ＋1<a n ，∴数列{a n }是递减数列．2．在数列{a n }中，a n ＝n ，则{a n }是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．以上都不是答案 A解析 ∵a n ＋1－a n ＝(n ＋1)－n ＝1>0，∴数列{a n }是递增数列．3．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－9n －100，则其最小项是() A ．第4项 B ．第5项C ．第6项D ．第4项或第5项答案 D解析 f (x )＝x 2－9x －100的对称轴为x ＝92，且开口向上．∴a n ＝n 2－9n －100的最小项是第4项或第5项．4．在递减数列{a n }中，a n ＝kn (k 为常数)，则实数k 的取值范围是( )A ．RB ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0]答案 C解析 ∵{a n }是递减数列，∴a n ＋1－a n ＝k (n ＋1)－kn ＝k <0.5．函数f (x )满足f (n ＋1)＝f (n )＋3(n ∈N *)，a n ＝f (n )，则{a n }是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．不能确定答案 A解析 a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＝3>0.6．已知p >0，n ∈N *，则数列{log 0.5p n }是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．增减性与p 的取值有关D ．常数列答案 C解析令a n ＝log 0.5p n .当p >1时，p n ＋1>p n ，∴log 0.5p n ＋1<log 0.5p n ，即a n ＋1<a n ；当0<p ≤1时，p n ＋1≤p n ，∴log 0.5p n ＋1≥log 0.5p n ，即a n ＋1≥a n .故选C.7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n n 2＋6(n ∈N *)，则该数列的最大项为( ) A ．第2项B ．第3项C ．第2项或第3项D ．不存在答案 C解析易知，a n ＝1n ＋6n.函数y ＝x ＋6x (x >0)在区间(0，6)上单调递减，在区间(6，＋∞)上单调递增，故数列a n ＝1n ＋6n(n ∈N *)在区间(0，6)上递增，在区间(6，＋∞)上递减．又2<6<3，且a 2＝a 3，所以最大项为第2项或第3项．8．已知数列a n 的通项公式a n ＝n ＋k n，若对任意的n ∈N *，都有a n ≥a 3，则实数k 的取值范围为( )A ．[6,12]B ．(6,12)C ．[5,12]D ．(5,12)答案 A解析 n ＋k n ≥3＋k 3对任意的n ∈N *恒成立，则k ⎝⎛⎭⎫1n －13≥3－n ， k (3－n )3n≥3－n ，当n ≥4时，k ≤3n ，所以k ≤12，当n ＝1时，k ≥3，当n ＝2时，k ≥6，以上三个要都成立，故取交集得6≤k ≤12.二、填空题9．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 2－28n ，则数列{a n }的各项中的最小项是第项．答案 5解析易知，a n ＝3n 2－28n ＝3⎝⎛⎭⎫n －1432－1963，故当n 取143附近的正整数时，a n 最小．又4<143<5，且a 4＝－64，a 5＝－65，故数列{a n }的各项中的最小项是第5项． 10．若数列{a n }为递减数列，则{a n }的通项公式可能为 (填序号)．①a n ＝－2n ＋1；②a n ＝－n 2＋3n ＋1；③a n ＝12n ；④a n ＝(－1)n . 答案 ①③解析可以通过画函数的图象一一判断，②有增有减，④是摆动数列．11．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是．答案 (2,3)解析由题意，得点(n ，a n )分布在分段函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7的图象上．因此当3－a >0时，a 1<a 2<a 3<…<a 7；当a >1时，a 8<a 9<a 10<…；为使数列{a n }递增还需a 7<a 8.故实数a 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，f (7)<f (8)，解得2<a <3，故实数a 的取值范围是(2,3)．三、解答题12．已知数列{a n }中，a n ＝n 2－kn (n ∈N *)，且{a n }递增，求实数k 的取值范围．解因为a n ＋1＝(n ＋1)2－k (n ＋1)，a n ＝n 2－kn ，所以a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－k (n ＋1)－n 2＋kn ＝2n ＋1－k . 由于数列{a n }递增，故应有a n ＋1－a n >0，即2n ＋1－k >0，n ∈N *恒成立，分离变量得k <2n ＋1，故需k <3即可，所以k 的取值范围为(－∞，3)．13．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋11n .(1)判断{a n }的单调性； (2)求{a n }的最小项．解 (1)a n ＋1－a n ＝(n ＋1)＋11n ＋1－⎝⎛⎭⎫n ＋11n ＝1＋11n ＋1－11n ＝n (n ＋1)－11n (n ＋1)，且n ∈N *，当1≤n ≤2时，a n ＋1－a n ＜0，当n ≥3时，a n ＋1－a n ＞0，即n ＝1，n ＝2时，{a n }递减， n ≥3时，{a n }递增．(2)由(1)知{a n }的最小项从a 2，a 3中产生．由a 2＝152＞a 3＝203，∴{a n }的最小项为a 3＝203.14．已知数列a n ＝n ＋13n －16，则数列{a n }中的最小项是第项．答案 5解析 a n ＝n ＋13n －16＝n －163＋1933n －16＝13＋1933n －16，令3n －16<0，得n <163.又f (n )＝a n 在⎝⎛⎭⎫0，163上单调递减，且n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 取最小值．15．作出数列{a n }：a n ＝－n 2＋10n ＋11的图象，判断数列的增减性，若有最值，求出最值．解列表图象如图所示．由数列的图象知，当1≤n≤5时数列递增；当n>5时数列递减，最大值为a5＝36，无最小值．。

专题02 数列-【李金柱梳理】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)(原卷版)

专题02数列题型简介数列一般作为全国卷第17题或第18题或者是19题，主要考查数列对应的求和运算以及相应的性质考察题型一般为：1错位相减求和2裂项相消求和3（并项）分组求和4数列插项问题5不良结构问题6数列与其他知识点交叉问题；在新高考改革情况下，对于数列的思辨能力有进一步的加强，务必要重视典例在线题型一：数列错位错位相减求和1．已知{}n a 为首项112a =的等比数列，且n a ，12n a +，24n a +成等差数列；又{}n b 为首项11b =的单调递增的等差数列，{}n b 的前n 项和为n S ，且1S ，2S，4S 成等比数列．(1)分别求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)令n n n c a b =⋅，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：3n T <．变式训练1．若等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 是等比数列，并且0n b ＞，11334223,1,19,2a b b S a b a ==+=-=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ；(3)若()11N *·n n n c n a a +=∈，求数列{}n c 的前n 项和nM 题型二：裂项相消求和1已知数列{}n a 的前n 项的积记为n T ，且满足112n n na T a -=.(1)证明：数列{}n T 为等差数列；(2)设()()111nnn n n b T T +-+=，求数列{}nb 的前n 项和nS.1．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S，且1n a =+.(1)证明：{}n a 是等差数列.(2)设数列1n n n S a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若满足不等式n T m<的正整数n 的个数为3，求m 的取值范围.题型三：（并项）分组求和1.设{}n a 是首项为1的等比数列，且满足123,3,9a a a 成等差数列：数列{}n b 各项均为正数，n S 为其前n 项和，且满足()21n n n S b b =+，则(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记n T 为数列{}n n a b 的前n 项的和，证明：121412318n n n T --+≤⋅；(3)任意()()254,N ,,n n n n nb b a n nc a n +⎧--∈=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项的和．变式训练1．已知数列{}n a 满足11a =,11,2,n n na n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数为偶数.(1)记2n n b a =,写出1b ,2b ,3b ,4b ,并猜想数列{}n b 的通项公式;(2)证明（1）中你的猜想;(3)若数列{}n a 的前n 项和为n S ,求2n S .题型四：数列插项问题1．记数列{an }的前n 项和为Sn ，对任意正整数n ，有2Sn ＝nan ，且a 2＝3.(1)求数列{an }的通项公式；(2)对所有正整数m ，若ak ＜2m ＜ak ＋1，则在ak 和ak ＋1两项中插入2m ，由此得到一个新数列{bn }，求{bn }的前40项和.变式训练1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()23n n S a n n *=-∈N ．(1)求证：12n a ⎧⎫+⎨⎩⎭是等比数列；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n d 的等差数列，求数列1n d ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.题型五不良结构问题1．已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，11a =且2a ，5a ，14a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和为n S ，在①21n n S =-，*n ∈N ；②21n n S b =-，*n ∈N ；③121n n S S +=+，*n ∈N 这三个条件中任选一个，将序号补充在下面横线处，并根据题意解决问题.问题：若11b =，且______，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.变式训练1．在①89a =，②520S =，③2913a a +=这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并进行解答已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，*n ∈N ，___________，___________.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ；(3)若存在n *∈N ，使得10n n T a λ+-≥成立，求实数λ的取值范围.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.题型六数列与其他知识点交叉问题1．为了让幼儿园大班的小朋友尝试以客体区分左手和右手，左肩和右肩，在游戏中提高细致观察和辨别能力，同时能大胆地表达自己的想法，体验与同伴游戏的快乐，某位教师设计了一个名为【肩手左右】的游戏，方案如下：游戏准备：选取甲、乙两位小朋友面朝同一方向并排坐下进行游戏．教师站在两位小朋友面前出示游戏卡片．游戏卡片为两张白色纸板，一张纸板正反两面都打印有相同的“左”字，另一张纸板正反两面打印有相同的“右”字．游戏进行：一轮游戏（一轮游戏包含多次游戏直至决出胜者）开始后，教师站在参加游戏的甲、乙两位小朋友面前出示游戏卡片并大声报出出示的卡片上的“左”或者“右”字．两位小朋友如果听到“左”的指令，或者看到教师出示写有“左”字的卡片就应当将左手放至右肩上并大声喊出“停！”．小朋友如果听到“右”的指令，或者看到教师出示写有“右”字的卡片就应当将右手放至左肩上并大声喊出“停！”．最先完成指令动作的小朋友喊出“停！”时，两位小朋友都应当停止动作，教师根据两位小朋友的动作完成情况进行评分，至此游戏完成一次．游戏评价：为了方便描述问题，约定：对于每次游戏，若甲小朋友正确完成了指令动作且乙小朋友未完成则甲得1分，乙得－1分；若乙小朋友正确完成了指令动作且甲小朋友未完成则甲得－1分，乙得1分；若甲，乙两位小朋友都正确完成或都未正确完成指令动作，则两位小朋友均得0分．当两位小朋友中的一位比另外一位小朋友的分数多8分时，就停止本轮游戏，并判定得分高的小朋友获胜．现假设“甲小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的概率为α，乙小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的概率为β”，一次游戏中甲小朋友的得分记为X ．(1)求X 的分布列；(2)若甲小朋友、乙小朋友在一轮游戏开始时都赋予4分，()0,1,,8i p i =⋅⋅⋅表示“甲小朋友的当前累计得分为i 时，本轮游戏甲小朋友最终获胜”的概率，则00p =，81p =，11(1,2,,7)i i i i bp cp a i p p -+=++=⋅⋅⋅，其中(1)a P X ==-，(0)b P X ==，(1)c P X ==．假设0.5α=，0.6β=．（i ）证明：{}1(0,1,2,,7)i i p p i +-=⋯为等比数列；（ii ）根据4p 的值说明这种游戏方案是否能够充分验证“甲小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的概率为0.5，乙小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的率为0.6”的假设．变式训练1．已知函数()cos 2f x x =，()sin g x x =.(1)判断函数()2ππ4H x f x g x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的奇偶性，并说明理由；(2)设函数()()sin h x x ωϕ=+（0ω>，π02ϕ<<），若函数2πh x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭和()πh x -都是奇函数，将满足条件的ω按从小到大的顺序组成一个数列{}n a ，求{}n a 的通项公式；(3)求实数a 与正整数n ，使得()()()F x f x ag x =+在(0,π)n 内恰有147个零点.模拟尝试一、解答题1．已知数列{}n a 的前n 项之积为()()1*22n n n S n -=∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设公差不为0的等差数列{}n b 中，11b =，___________，求数列{}n n a b +的前n 项和n T .请从①224b b =；②358b b +=这两个条件中选择一个条件，补充在上面的问题中并作答.注：如果选择多个条件分别作答，则按照第一个解答计分.2．已知数列{}n a 的前n 项和为11131,3,31n n n n n S S a S ++-==-.(1)求23,S S 及{}n a 的通项公式；(2)若()()()()()()()32122311111111n n n n a a a a a a a a a a λ-+++≤------- 对任意的*2,N n n ≥∈恒成立，求λ的最小值.3．在数列{}n a 中，21716a =，*113,N 44n n a a n +=+∈．(1)证明：数列{}1n a -是等比数列；(2)令123n n n b a +=⋅+，数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，求证：1340n S <．4．已知正项等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b ，n S 为数列{}n a 的前n 项和，且满足1325162,12,4,a S b b a ====．(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)将数列{}n a 中与数列{}n b 相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列{}n c ，记数列{}n c 的前n 项和为n T ，求100T ．5．已知{}n a 为首项112a =的等比数列，且n a ，12n a +，24n a +成等差数列；又{}n b 为首项11b =的单调递增的等差数列，{}n b 的前n 项和为n S ，且1S ，2S，4S 成等比数列．(1)分别求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)令n n n c a b =⋅，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：3n T <．6．设数列{}n a 的前n 项之积为n T ，且满足()*21N n n T a n =-∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记22212n n S T T T =++⋅⋅⋅+，证明：14n S <．7．设{}n a 是首项为1的等比数列，且满足123,3,9a a a 成等差数列：数列{}n b 各项均为正数，n S 为其前n 项和，且满足()21n n n S b b =+，则(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记n T 为数列{}n n a b 的前n 项的和，证明：121412318n n n T --+≤⋅；(3)任意()()254,N ,,n n n n nb b a n nc a n +⎧--∈=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项的和．真题再练一、解答题1．（2022·全国·统考高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．2．（2022·全国·统考高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．3．（2022·全国·统考高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}nb 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．4．（2022·北京·统考高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．5．（2022·天津·统考高考真题）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()1111n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；(3)求211(1)nkk k k k a a b +=⎡⎤--⎣⎦∑．6．（2022·浙江·统考高考真题）已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *∈N ．(1)若423260S a a -+=，求n S ；(2)若对于每个n *∈N ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．7．（2021·全国·统考高考真题）已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.nn n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.8．（2020·山东·统考高考真题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．9．（2020·海南·高考真题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.。

专题18 数列(解答题压轴题)(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习

专题18 数列（解答题压轴题）目录①数列求通项，求和 (1)②数列中的恒成立（能成立）问题 (5)③数列与函数 (8)④数列与概率 (11)①数列求通项，求和②数列中的恒成立（能成立）问题1．（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数21,11,32,24,27,5,0,5,6,q a a a a a >==-=．1,11,21,31,2,12,22,32,3,13,23,33,,1,2,3,n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(1)设,n n n b a =，求数列{}n b 的通项公式；(2)设1,12,1,1n n S a a a =++⋅⋅⋅+，是否存在实数λ，使,1n n a S λ≤恒成立，若存在，求出λ的所有值，若不存在，请说明理由．2．（2023·河北·统考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(),n n S 在曲线220x x y -+=上.(1)证明：数列{}n a 为等差数列；③数列与函数④数列与概率1．（2023·湖南·校联考模拟预测）一部电视连续剧共有1(10)n n +≥集，某同学看了第一集后，被该电视剧的剧情所吸引，制定了如下的观看计划：从看完第一集后的第一天算起，把余下的n 集电视剧随机分配在2n 天内；每天要么不看，要么看完完整的一集；每天至多看一集．已知这部电视剧最精彩的部分在第n 集，设该同学观看第一集后的第X 天观看该集．(1)求X 的分布列；(2)证明：最有可能在第(22)n -天观看最精彩的第n 集．2．（2023春·河北唐山·高二校考期末）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左也会等可能地随机选择球门的左不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲等可能地随机传向另外4．（2023·全国·高三专题练习）学校篮球队30名同学按照1，2，…，30(1)估计这100位学生的数学成绩的平均值(2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩样本的标准差s 的近似值为10，用样本平均数抽取一位学生，求他的数学成绩恰在640().6827P X μσμσ≤≤+≈-，(2P μσ-(3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的积极性，8．（2023·全国·高三专题练习）某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了100个相同的箱子，其中第()1,2,,100k k = 个箱子中有k 个数学题，100k -个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品．(1)已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了2个数学题，1个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为p ，答对每一个物理题的概率为q ．①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率；②已知1p q +=，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时p 、q 的值．(2)若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率．。

高中数学《求数列的通项习题课一》专题突破含解析

习题课一　求数列的通项题型一　利用累加、累乘法求数列的通项公式【例1】　(1)数列{a n }满足a 1＝1，对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，求数列{a n }的通项公式；(2)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋1a n ，求a n .解　(1)∵a n ＋1＝a n ＋n ＋1，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1，即a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2).等式两边同时相加得a n －a 1＝2＋3＋4＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝a 1＋2＋3＋4＋…＋n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2，n ≥2.又a 1＝1也适合上式，∴a n ＝n （n ＋1）2，n ∈N *.(2)由条件知a n ＋1a n ＝nn ＋1，分别令n ＝1，2，3，…，n －1，代入上式得(n －1)个等式，累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×23×34×…·n －1n (n ≥2).∴a na 1＝1n ，又∵a 1＝23，∴a n ＝23n ，n ≥2.又a 1＝23也适合上式，∴a n ＝23n ，n ∈N *.规律方法　(1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的通项公式.将原来的递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1).(2)求形如a n ＋1＝f (n )a n 的通项公式.将原递推公式转化为a n ＋1a n＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a2＝f (2)，…，a na n －1＝f (n －1)，累乘可得a na1＝f (1)f (2)…f (n －1).【训练1】　数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝2n ，求{a n }的通项公式.解　因为a 1＝2，a n ＋1－a n ＝2n ，所以a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1，n ≥2，以上各式累加得，a n －a 1＝2＋22＋23＋…＋2n －1，故a n＝2（1－2n－1）1－2＋2＝2n，当n＝1时，a1也符合上式，所以a n＝2n.题型二　构造等差(比)数列求通项公式【例2】　(1)在数列{a n}中，a1＝13，6a n a n－1＋a n－a n－1＝0(n≥2，n∈N*).①证明：数列{1a n}是等差数列；②求数列{a n}的通项公式.(2)已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n－3，求a n.(1)①证明　由6a n a n－1＋a n－a n＋1＝0，整理得1a n－1a n－1＝6(n≥2)，故数列{1a n}是以3为首项，6为公差的等差数列.②解　由①可得1a n＝3＋(n－1)×6＝6n－3，所以a n＝16n－3，n∈N*.(2)解　由a n＋1＝2a n－3得a n＋1－3＝2(a n－3)，所以数列{a n－3}是首项为a1－3＝－1，公比为2的等比数列，则a n－3＝(－1)·2n－1，即a n＝－2n－1＋3.规律方法　(1)课程标准对递推公式要求不高，故对递推公式的考查也比较简单，一般先构造好等差(比)数列让学生证明，再在此基础上求出通项公式，故同学们不必在此处挖掘过深. (2)形如a n＋1＝pa n＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：第一步　假设递推公式可改写为a n＋1＋t＝p(a n＋t)；第二步　由待定系数法，解得t＝qp－1；第三步　写出数列{a n＋q p－1}的通项公式；第四步　写出数列{a n}的通项公式.【训练2】　已知各项均为正数的数列{b n}的首项为1，且前n项和S n满足S n－S n－1＝S n＋S n－1(n≥2).试求数列{b n}的通项公式.解　∵S n－S n－1＝S n＋S n－1(n≥2)，∴(S n＋S n－1)(S n－S n－1)＝S n＋S n－1(n≥2).又S n >0，∴S n －S n －1＝1.又S 1＝1，∴数列{S n }是首项为1，公差为1 的等差数列，∴S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1.当n ＝1时，b 1＝1符合上式.∴b n ＝2n －1.题型三　利用前n 项和S n 与a n 的关系求通项公式【例3】　(1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4，n ∈N *，则a n 等于( )A.2n ＋1 B.2n C.2n －1D.2n －2(2)已知数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋23·a n ，则a n a n －1的最大值为( )A.－3B.－1C.3D.1解析　(1)因为S n ＝2a n －4，所以n ≥2时，S n －1＝2a n －1－4，两式相减可得S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以a n a n －1＝2.因为S 1＝a 1＝2a 1－4，即a 1＝4，所以数列{a n }是首项为4，公比为2的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A.(2)由S n ＝n ＋23a n 得，当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1，两式作差可得：a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n a n －1＝n ＋1n －1＝1＋2n －1，由此可得，当n ＝2时，a n a n －1取得最大值，其最大值为3.答案　(1)A (2)C规律方法　已知S n ＝f (a n )或S n ＝f (n )的解题步骤：第一步　利用S n 满足条件p ，写出当n ≥2时，S n －1的表达式；第二步　利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，求出a n 或者转化为a n 的递推公式的形式；第三步　若求出n ≥2时的{a n }的通项公式，则根据a 1＝S 1求出a 1，并代入n ≥2时的{a n }的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.如果求出的是{a n }的递推公式，则问题化归为例2形式的问题.【训练3】　在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式a n .解　由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1，得当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n2a n ，两式作差得na n ＝n ＋12a n ＋1－n 2a n ，得(n ＋1)a n ＋1＝3na n (n ≥2)，即数列{na n }从第二项起是公比为3的等比数列，且a 1＝1，a 2＝1，于是2a 2＝2，故当n ≥2时，na n ＝2×3n －2.于是a n ＝{1，n ＝1，2×3n －2n，n ≥2，n ∈N *.一、素养落地1.通过学习数列通项公式的求法，提升数学运算与逻辑推理素养.2.求数列通项的方法有：(1)公式法，(2)累加、累乘法，(3)构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解.二、素养训练1.数列1，3，6，10，15，…的递推公式可能是( )A.a n ＝{1（n ＝1）a n ＋1＋n －1（n ∈N *，n ≥2）B.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n （n ∈N *，n ≥2）C.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n －1（n ∈N *，n ≥2）D.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n ＋1（n ∈N *，n ≥2）解析　由题意可得，a 1＝1，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，……∴a n －a n －1＝n (n ≥2)，故数列的递推公式为a n ＝{1（n ＝1）a n －1＋n （n ∈N *，n ≥2）故选B.答案　B2.数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋2n ，则a 9＝( )A.1 024B.1 023C.510D.511解析　由题意可得a n ＋1－a n ＝2n ，则a 9＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 9－a 8)＝1＋21＋22＋…＋28＝29－1＝511.故选D.答案　D3.已知数列{a n }的各项均为正数，且a 2n －a n －n 2－n ＝0，则a n＝________.解析　由a 2n －a n －n (n ＋1)＝0，得[a n －(n ＋1)](a n ＋n )＝0.又a n >0，所以a n＝n ＋1.答案　n ＋14.已知数列{a n }中，a 1＝1，对于任意的n ≥2，n ∈N *，都有a 1a 2a 3…a n ＝n 2，则a 10＝________.解析　由a 1a 2a 3…a n ＝n 2，得a 1a 2a 3…a n －1＝(n －1)2(n ≥2)，所以a n ＝n 2（n －1）2(n ≥2)，所以a 10＝10081.答案　100815.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式.解　由a n ＋1＝a n a n ＋2，得1a n ＋1＝2an ＋1，所以1an ＋1＋1＝2(1a n＋1).又a 1＝1，所以1a 1＋1＝2，所以数列{1a n＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝12n －1.基础达标一、选择题1.已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，则a 100的值是( )A.9 900 B.9 902 C.9 904D.11 000解析　a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(99＋98＋…＋2＋1)＋2＝2×99×（99＋1）2＋2＝9 902.答案　B2.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋2a n，则这个数列的第n 项为( )A.2n －1B.2n ＋1C.12n －1D.12n ＋1解析　∵a n ＋1＝a n 1＋2an，a 1＝1，∴1a n ＋1－1a n ＝2.∴{1a n}为等差数列，公差为2，首项1a1＝1.∴1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案　C3.若数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋a n －1＝4(n ≥2)，则a 2 021的值为( )A.1 B.2 C.3D.4解析　∵a 1＝3，a n ＋a n －1＝4(n ≥2)，∴a n ＋1＋a n ＝4，∴a n ＋1＝a n －1，∴a n ＝a n ＋2，即奇数项、偶数项构成的数列均为常数列，又∵a 1＝3，∴a 2 021＝3.答案　C4.已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且满足a n ＋1＝12a n ＋12n ，则此数列的通项公式a n 等于( )A.2nB.n (n ＋1)C.n2n －1D.n （n ＋1）2n解析　∵a n ＋1＝12a n ＋12n ，∴2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋2，即2n ＋1a n ＋1－2n a n ＝2.又21a 1＝2，∴数列{2n a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，∴2n a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴a n ＝n 2n －1.答案　C5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，S n ＋1＝4a n ＋2，则a 12＝( )A.20 480B.49 152C.60 152D.89 150解析　由题意得S 2＝4a 1＋2，所以a 1＋a 2＝4a 1＋2，解得a 2＝8，故a 2－2a 1＝4，又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1－4a n ，于是a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )，因此数列{a n ＋1－2a n }是以a 2－2a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1－2a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，于是a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，因此数列{a n2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，得a n2n ＝1＋(n －1)＝n ，即a n ＝n ·2n .所以a 12＝12×212＝49 152，故选B.答案　B 二、填空题6.在等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818则数列{a n }的通项公式为________.解析　当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意.因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3，故a n ＝2×3n －1.答案　a n ＝2×3n －17.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1na n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析　当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝nn －1·n －1n －2·…·32·21＝n ，当n ＝1时，a 1＝1也符合此式，∴a n ＝n .答案　n8.已知数列{a n }满足ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n 3n ＝3n 2(n ∈N *)，则a 10＝________.解析　∵ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n 3n ＝3n2(n ∈N *)，∴ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n －13（n －1）＝3（n －1）2(n ≥2)，∴ln a n ＝3n 2n －1(n ≥2)，∴a n ＝e 3n 2n －1(n ≥2)，∴a 10＝e 1003.答案　e1003三、解答题9.设f (x )＝log 2x －log x 4(0<x <1)，数列{a n }的通项a n 满足f (2a n )＝2n ，求数列{a n }的通项公式.解　∵f (x )＝log 2x －log x 4(0<x <1)，f (2an )＝2n ，∴log 22an －log 2an 4＝2n ，由换底公式得log 22an －log 24log 22an ＝2n ，即a n －2a n ＝2n ，∴a 2n －2na n －2＝0，解得a n ＝n ±n 2＋2.又0<x <1，∴0<2an <1，∴a n <0，∴a n ＝n －n 2＋2，∴数列{a n }的通项公式是a n ＝n －n 2＋2.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式.解　(1)当n ＝1时，T 1＝2S 1－1，因为T 1＝S 1＝a 1，所以a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.(2)当n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2，则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2]＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式，所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，①当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1，②①－②，得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2·(a n －1＋2)，因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2.能力提升11.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝13，若a n (a n －1＋2a n ＋1)＝3a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析　由题意知a n a n －1＋2a n a n ＋1＝3a n －1a n ＋1，∴1a n ＋1＋2a n －1＝3a n ，∴1a n ＋1－1a n ＝2(1a n －1a n －1)，即1a n ＋1－1a n1a n －1a n －1＝2，∴数列{1an ＋1－1a n}是首项为2，公比为2的等比数列，∴1a n ＋1－1a n ＝2×2n －1＝2n .利用累加法，得1a 1＋(1a 2－1a 1)＋(1a 3－1a 2)＋…＋(1a n －1a n －1)＝1＋2＋22＋…＋2n －1，即1a n ＝2n －12－1＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案　12n －112.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式.(2)是否存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列？若存在，求k 的值；若不存在，请说明理由.解　(1)法一　由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，得S n ＋1n ＋1－S nn ＝12，∴数列{S nn}是首项为S 11＝1，公差为12的等差数列，∴S nn ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，∴S n ＝n （n ＋1）2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n （n ＋1）2－（n －1）n2＝n .而a 1＝1适合上式，∴a n ＝n .法二　由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，得n (S n ＋1－S n )－S n ＝n （n ＋1）2，∴na n ＋1－S n ＝n （n ＋1）2.①当n ≥2时，(n －1)a n －S n －1＝n （n －1）2，②①－②，得na n ＋1－(n －1)a n －a n ＝n （n ＋1）2－n （n －1）2，∴na n ＋1－na n ＝n ，∴a n ＋1－a n ＝1，∴数列{a n }是从第2项起的等差数列，且首项为a 2＝2，公差为1，∴a n ＝2＋(n －2)×1＝n (n ≥2).而a 1＝1适合上式，∴a n ＝n .(2)由(1)，知a n ＝n ，S n ＝n （n ＋1）2.假设存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列，则S 22k ＝a k ·a 4k ，即[2k （2k ＋1）2]2＝k ·4k .∵k 为正整数，∴(2k ＋1)2＝4.得2k ＋1＝2或2k ＋1＝－2，解得k ＝12或k ＝－32，与k 为正整数矛盾.∴不存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列.创新猜想13.(多选题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A.a 9＝17 B.a 10＝18C.S 9＝81D.S 10＝91解析　∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }在n ≥2时是等差数列，公差为2.又a 1＝1，a 2＝2，则a 9＝2＋7×2＝16，a 10＝2＋8×2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选BD.答案　BD14.(多空题)设S n是数列{a n}的前n项和，且满足a2n＋1＝2a n S n，且a n>0，则S n＝________，a100＝________.解析　由S n是数列{a n}的前n项和，且满足a2n＋1＝2a n S n，则当n＝1时，a21＋1＝2a1S1，即S21＝1；当n≥2时，(S n－S n－1)2＋1＝2(S n－S n－1)S n，整理得S 2n－S2n－1＝1.所以数列{S2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，则S2n＝n.由于a n>0，所以S n＝n，故a100＝S100－S99＝100－99＝10－311.答案　n　10－311。

高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第6章高考专题突破三高考中的数列问题

(1)求a4的值；
解因为 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝32，a3＝54，
当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即 4×1＋32＋54＋a4＋5×1＋32＝8×1＋32＋45＋1，
解得 a4＝78.
(2)证明：an＋1－12an为等比数列．
证明由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．当 n＝1 时，有 4a3＋a1＝4×54＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1， ∴aan＋n＋2－1－2112aan＋n 1＝44aan＋n＋2－1－22aan＋n 1＝4an4＋a1－n＋a1－n－22aan n＋1＝222aann＋＋11－－aann＝12， ∴数列an＋1－12an是以 a2－12a1＝1 为首项，12为公比的等比数列．
4.错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.
题型突破核心探究
TIXINGTUPO HEXINTANJIU
题型一数列与数学文化
自主演练
1.(多选)(2020·山东曲阜一中月考)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：
2.我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子
做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹
外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩
Байду номын сангаас
子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照

第五节有关数列的4大难点问题突破

第五节有关数列的4大难点问题突破难点一数列在数学文化与实际问题中的应用[典例] (1)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则此人第4天和第5天共走了( )A ．60里B ．48里C ．36里D ．24里(2)(2019·北京东城区模拟)为了观看2022年的冬奥会，小明打算从2018年起，每年的1月1日到银行存入a 元的一年期定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期．到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则可取回________元．[解析] (1)由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列{a n }，设等比数列的首项为a 1，则a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，则a 4＋a 5＝24＋12＝36，即此人第4天和第5天共走了36里． (2)2022年1月1日可取出钱的总数为 a (1＋p )4＋a (1＋p )3＋a (1＋p )2＋a (1＋p ) ＝a ·(1＋p )[1－(1＋p )4]1－(1＋p )＝ap [(1＋p )5－(1＋p )]＝ap[(1＋p )5－1－p ]． [答案] (1)C (2)ap [(1＋p )5－1－p ][解题技法] 解答数列应用题需过好“四关”[过关训练]1．(2018·江西金溪一中月考)据统计测量，已知某养鱼场，第一年鱼的质量增长率为200%，以后每年的增长率为前一年的一半．若饲养5年后，鱼的质量预计为原来的t 倍．下列选项中，与t 值最接近的是( )A ．11B ．13C ．15D ．17解析：选B 设鱼原来的质量为a ，饲养n 年后鱼的质量为a n ，q ＝200%＝2，则a 1＝a (1＋q )，a 2＝a 1⎝⎛⎭⎫1＋q 2＝a (1＋q )⎝⎛⎭⎫1＋q 2，…，a 5＝a (1＋2)×(1＋1)×⎝⎛⎭⎫1＋12×⎝⎛⎭⎫1＋122×⎝⎛⎭⎫1＋123＝40532a ≈12.7a ，即5年后，鱼的质量预计为原来的12.7倍，故选B. 2．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第一天长高3尺，莞草第一天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg 3≈0.477 1，lg 2≈0.301 0)．解析：由题意得，蒲草的高度组成首项为a 1＝3，公比为12的等比数列{a n }，设其前n 项和为A n ；莞草的高度组成首项为b 1＝1，公比为2的等比数列{b n }，设其前n 项和为B n .则A n ＝3⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12，B n ＝2n －12－1，令3⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝2n －12－1，化简得2n ＋62n ＝7(n ∈N *)，解得2n ＝6，所以n ＝lg 6lg 2＝1＋lg 3lg 2≈3，即第3天时蒲草和莞草高度相同．答案：3难点二数列中的新定义问题[典例] 若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”，已知正项数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“调和数列”，且b 1＋b 2＋…＋b 2 019＝20 190，则b 2b 2 018的最大值是________．[解析] 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是“调和数列”，所以b n ＋1－b n ＝d ，即数列{b n }是等差数列，所以b 1＋b 2＋…＋b 2 019＝2 019(b 1＋b 2 019)2＝2 019(b 2＋b 2 018)2＝20 190，所以b 2＋b 2 018＝20.又1b n ＞0，所以b 2＞0，b 2 018＞0，所以b 2＋b 2 018＝20≥2b 2b 2 018，即b 2b 2 018≤100(当且仅当b 2＝b 2 018时等号成立)，因此b 2b 2 018的最大值为100. [答案] 100 [解题技法]1．新定义数列问题的特点通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．2．新定义问题的解题思路遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．[过关训练]1．定义一种运算“※”，对于任意n ∈N *均满足以下运算性质：(1)2※2 019＝1；(2)(2n ＋2)※2 019＝(2n )※2 019＋3，则2 018※2 019＝________.解析：设a n ＝(2n )※2 019，则由运算性质(1)知a 1＝1，由运算性质(2)知a n ＋1＝a n ＋3，即a n ＋1－a n ＝3.所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，故2 018※2 019＝(2×1 009)※2 019＝a 1 009＝1＋1 008×3＝3 025. 答案：3 0252．定义各项为正数的数列{p n }的“美数”为np 1＋p 2＋…＋p n(n ∈N *)．若各项为正数的数列{a n }的“美数”为12n ＋1，且b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 018b 2 019＝________.解析：因为各项为正数的数列{a n }的“美数”为12n ＋1，所以n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n (2n ＋1)， S n －1＝(n －1)[2(n －1)＋1]＝2n 2－3n ＋1(n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝4n －1(n ≥2)．又1a 1＝13，所以a 1＝3，满足式子a n ＝4n －1，所以a n ＝4n －1(n ∈N *)．又b n ＝a n ＋14，所以b n ＝n ，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 018b 2 019＝11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝1－12 019＝2 0182 019. 答案：2 0182 019难点三数列与函数的综合问题[典例] (2019·抚顺模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象经过(－1，0)点，且在x ＝－1处的切线斜率为－1.设数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1前n 项的和T n . [解] (1)函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象经过(－1,0)点，则a －b ＝0，即a ＝b .①因为f ′(x )＝2ax ＋b ，函数f (x )＝ax 2＋bx 在x ＝－1处的切线斜率为－1，所以－2a ＋b ＝－1.②由①②得a ＝1，b ＝1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )＝n 2＋n . 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以a n ＝S n －S n －1＝2n .当n ＝1时，a 1＝2符合上式，则a n ＝2n . (2)由于a n ＝2n ，则1a n ·a n ＋1＝12n (2n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，则T n ＝14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4.[解题技法] 数列与函数综合问题的类型及注意点[过关训练]1．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)有两个零点1,2，数列{x n }满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n ).设a n ＝ln x n －2x n －1，若a 1＝12，x n ＞2，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)有两个零点1,2，可得f (x )＝a (x －1)(x －2)，则f ′(x )＝a (2x －3)，∴x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )＝x n －a (x n －1)(x n －2)a (2x n －3)＝x 2n －22x n －3.由a 1＝12，x n ＞2，得a n ＋1＝ln x n ＋1－2x n ＋1－1＝ln (x n －2)2(x n －1)2＝2ln x n －2x n －1＝2a n ， ∴数列{a n }是以12为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝12×2n －1＝2n －2.答案：2n －22．(2019·大庆模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )在曲线y ＝12x 2＋52x 上，数列{b n }满足b n ＋b n ＋2＝2b n ＋1，b 4＝11，{b n }的前5项和为45.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1(2a n －3)(2b n －8)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求使不等式T n ＞k 54恒成立的最大正整数k 的值．解：(1)由已知得S n ＝12n 2＋52n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋52＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n 2＋52n －12(n －1)2－52(n －1)＝n ＋2，当n ＝1时，符合上式．所以a n ＝n ＋2.因为数列{b n }满足b n ＋b n ＋2＝2b n ＋1，所以数列{b n }为等差数列．设其公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋3d ＝11，5b 1＋10d ＝45，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝5，d ＝2，所以b n ＝2n ＋3. (2)由(1)得，c n ＝1(2a n －3)(2b n －8)＝1(2n ＋1)(4n －2)＝12(2n ＋1)(2n －1)＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝14⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1. 因为T n ＋1－T n ＝14⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝12(2n ＋1)(2n ＋3)＞0，所以{T n }是递增数列，所以T n ≥T 1＝16，故要使T n ＞k 54恒成立，只要T 1＝16＞k54恒成立，解得k ＜9，所以使不等式成立的最大正整数k 的值为8.难点四数列与不等式的综合问题[典例] (2019·洛阳第一次统考)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝4，a n ＋1＝3S n ＋4(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜89.[解] (1)∵a n ＋1＝3S n ＋4，∴a n ＝3S n －1＋4(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1＝4a n . 又a 2＝3a 1＋4＝16＝4a 1，∴数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n .(2)证明：∵a n b n ＝log 2a n ，∴b n ＝2n 4n， ∴T n ＝241＋442＋643＋…＋2n 4n ，14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1，两式相减得，34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n4n ＋1 ＝2×14⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1 ＝23－6n ＋83×4n ＋1， ∴T n ＝89－6n ＋89×4n ＜89.[解题技法]数列中不等式证明问题的解题策略数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1k －1－1k ＋1. (2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)． [过关训练]在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝n ＋12n ·a n(n ∈N *)． (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n4n －a n，若数列{b n }的前n 项和是T n ，求证：T n ＜2. 证明：(1)由题设得a n ＋1n ＋1＝12·a n n，又a 11＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝22－n ，a n ＝n ·22－n ＝4n 2n . (2)由(1)知b n ＝a n 4n －a n＝4n 2n 4n －4n 2n＝12n －1，因为对任意n ∈N *,2n －1≥2n －1恒成立，所以b n ≤12n－1.所以T n ≤1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＜2. [课时跟踪检测]1．(2019·深圳模拟)设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析：选A ∵f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1，∴a ＝1，m ＝2， ∴f (x )＝x (x ＋1)，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，用裂项法求和得S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n n ＋1. 2．(2019·柳州模拟)设函数f (x )定义为如下数表，且对任意自然数n 均有x n ＋1＝f (x n )，若x 0＝6，则x 2 019的值为( )A ．1 C ．4D ．5解析：选D ∵数列{x n }满足x 0＝6，且对任意自然数n 均有x n ＋1＝f (x n )，∴利用表格可得x 1＝f (x 0)＝f (6)＝4，x 2＝f (x 1)＝f (4)＝2，x 3＝f (x 2)＝f (2)＝1，x 4＝f (x 3)＝f (1)＝5，x 5＝f (x 4)＝f (5)＝6，x 6＝f (x 5)＝f (6)＝4，…，∴x n ＋5＝x n ，∴x 2 019＝x 403×5＋4＝x 4＝5.3．(2019·安徽知名示范高中联考)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a 升，b 升，c 升，1斗为10升，则下列判断正确的是( )A ．a ，b ，c 成公比为2的等比数列，且a ＝507B ．a ，b ，c 成公比为2的等比数列，且c ＝507C ．a ，b ，c 成公比为12的等比数列，且a ＝507D ．a ，b ，c 成公比为12的等比数列，且c ＝507解析：选D 由题意可得，a ，b ，c 成公比为12的等比数列，b ＝12a ，c ＝12b ，故4c ＋2c＋c ＝50，解得c ＝507.故选D. 4．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫12－λn ＋1(n ＜6)，λn －5(n ≥6)，若对于任意的n ∈N *都有a n ＞a n ＋1，则实数λ的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，12 B.⎝⎛⎭⎫12，712 C.⎝⎛⎭⎫12，1D.⎝⎛⎭⎫712，1 解析：选B 因为a n ＞a n ＋1，所以数列{a n}是递减数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧12－λ＜0，0＜λ＜1，λ＜⎝⎛⎭⎫12－λ×5＋1，解得12＜λ＜712，故选B. 5．(2019·南昌模拟)数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9解析：选B ∵数列{a n }的通项公式为a n ＝1n (n ＋1)，且其前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910， ∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，∴该直线在y 轴上的截距为－9.6．(2019·郑州质检)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 ，则实数t 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫13，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫23，＋∞ D.⎣⎡⎭⎫23，＋∞ 解析：选D 依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22(n －1)2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1＝12×⎝⎛⎭⎫14n －1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n ＜23，因此实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫23，＋∞.7．用[x ]表示不超过x 的最大整数，例如[3]＝3，[1.2]＝1，[－1.3]＝－2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，则⎣⎡⎦⎤a 1a 1＋1＋a 2a 2＋1＋…＋a 2 019a 2 019＋1＝________. 解析：因为a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ＞1，所以1a n ＋1＝1a n (a n ＋1)＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 019＋1＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a 2 019－1a 2 020＝1－1a 2 020∈(0,1)．又a n a n ＋1＝1－1a n ＋1，所以a 1a 1＋1＋a 2a 2＋1＋…＋a 2 019a 2 019＋1＝2 019－⎝⎛⎭⎫1－1a 2 020. 所以⎣⎡⎦⎤a 1a 1＋1＋a 2a 2＋1＋…＋a 2 019a 2 019＋1＝2 018.答案：2 0188．数列lg 1 000，lg(1 000·cos 60°)，lg(1 000·cos 260°)，…，lg(1 000·cos n －160°)，…的前________项和为最大．解析：依题意知，数列的通项a n ＝lg(1 000·cos n －160°)＝3＋(n －1)lg 12，公差d ＝lg 12＜0，数列单调递减．因为a n ＝3＋(n －1)lg 12＞0时，n ≤10，所以数列的前10项均为正，从第11项开始为负，故可知数列前10项的和最大．答案：109．(2019·济宁模拟)若数列{a n }满足：只要a p ＝a q (p ，q ∈N *)，必有a p ＋1＝a q ＋1，那么就称数列{a n }具有性质P .已知数列{a n }具有性质P ，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 5＝2，a 6＋a 7＋a 8＝21，则a 2 020＝____________.解析：根据题意，数列{a n }具有性质P ，且a 2＝a 5＝2，则有a 3＝a 6＝3，a 4＝a 7，a 5＝a 8＝2. 由a 6＋a 7＋a 8＝21，可得a 3＋a 4＋a 5＝21，则a 4＝21－3－2＝16，进而分析可得a 3＝a 6＝a 9＝…＝a 3n ＝3，a 4＝a 7＝a 10＝…＝a 3n ＋1＝16，a 5＝a 8＝…＝a 3n＋2＝2(n ≥1)，则a 2 020＝a 3×673＋1＝16. 答案：1610．若S n ＝sin π7＋sin 2π7＋…＋sin n π7(n ∈N *)，则在S 1，S 2，…，S 2 019中，正数的个数是____________．解析：由于sin π7＞0，sin 2π7＞0，…，sin 6π7＞0，sin 7π7＝0，sin 8π7＝－sin π7＜0，…，sin13π7＝－sin 6π7＜0，sin 14π7＝0，可得到S 1＞0，…，S 12＞0，S 13＝0，S 14＝0，∵2 019＝14×144＋3，∴S 1，S 2，…，S 2 019中，正数的个数是144×12＋3＝1 731.答案：1 73111．为了加强城市环保建设，某市计划用若干年时间更换5 000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型两种车型．今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车300辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．市政府根据人大代表的建议，要求5年内完成全部更换，则a 的最小值为________．解析：依题意知，电力型公交车的数量组成首项为128，公比为1＋50%＝32的等比数列，混合动力型公交车的数量组成首项为300，公差为a 的等差数列，则5年后的数量和为128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫3251－32＋300×5＋5×42a ，则128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫3251－32＋300×5＋5×42a ≥5 000，即10a ≥1 812，解得a ≥181.2，因为5年内更换公交车的总和不小于5 000，所以a 的最小值为182.答案：18212．(2019·遂宁模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，向量a ＝(S n,2)，b ＝(1,1－2n )满足条件a ⊥b .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)∵a ⊥b ，∴a ·b ＝S n ＋2－2n ＋1＝0， ∴S n ＝2n ＋1－2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2满足上式， ∴a n ＝2n . (2)∵c n ＝n a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ，两边同乘12，得12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n(n ∈N *)． 13．(2019·安阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )在函数f (x )＝x 2＋Bx ＋C －1(B ，C ∈R)的图象上，且a 1＝C .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列b n ＝a n (a 2n －1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n . 又S n ＝n 2＋Bn ＋C －1，两式比较得d 2＝1，B ＝a 1－d2，C －1＝0.又a 1＝C ，解得d ＝2，C ＝1＝a 1，B ＝0，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)∵b n ＝a n (a 2n －1＋1)＝(2n －1)(2×2n －1－1＋1)＝(2n －1)×2n ， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n ， ∴2T n ＝22＋3×23＋…＋(2n －3)×2n ＋(2n －1)×2n ＋1， ∴－T n ＝2＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)×2n ＋1 ＝2＋2×4(2n －1－1)2－1－(2n －1)×2n ＋1＝(3－2n )×2n ＋1－6，故T n ＝(2n －3)×2n ＋1＋6.14．(2018·淮南一模)若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18×⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1＝12×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12－⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1＜34.1c2＋1c3＋1c4＋…＋1c n≥1c2＝13，∴原式得证．又∵。

高中数学数列解答题专项突破裂项求和基础题16道

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

2021高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列解答题数列求和及数列的综合应用课件

n a
n
,求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知得an+1=3an+3n,得bn+1a3=nn+1＝3a3n+ n3n＝3an－ n=1+ b1n+1,所以 bn+1-bn=1,又a1=1,所以b1=1,
所以数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列. (所2以)bSn=n=3 an1－n 1=1(1n,1所31n以)＝ a32n=(1n·31n3).＝ n-132,cn2=331n1n－－ 11,
(1)利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为一常数;
(2)利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).
2.证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义,证明 a n 1 (n∈N*)为一常数;
an
(2)利用等比中项,即证明
a
2 n
=an-1an+1(n≥2).
3.若要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等
(2)设Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n1=
( 3
2
)n -n×(-2)n.
a1 a2
an
3
1 3 n1
=3 (1 1 ). 3
2 3n 2

专题二数列(难点突破数列的函数特征)2023年高考数学二轮复习(全国通用)

又也满足上式，所以．（2）由（1）得，所以 .由 ,得，即，即，因为，所以，即 .故满足的最小正整数的值为10．
令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减.因为，，所以当时，，即，故实数的取值范围为 .
突破点3 数列的最值
例3 (2022·枣庄二模)在① 是与的等差中项，② 是与的等比中项，③数列的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题．已知是公差为2的等差数列，其前项和为， .
因为，所以是首项为，公差为4的等差数列．由的前5项和为65，得，解得，所以 .（2）不存在，使得 .理由如下：由（1）可得，因为，
所以； .所以，所以中的最大项为 .显然，所以对任意的，，所以不存在，使得 .
提分秘籍数列作为特殊的函数，数列的周期性可以通过归纳得到.数列的最值问题可利用函数的单调性求解，当然要注意数比较大小一般要求两个数均为正数．
（1）求数列的通项公式.
（2）设，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
▶思维导图
[解析] （1）若选① 是与的等差中项，则，即，解得，所以 .若选② 是与的等比中项，则，即，解得，所以 .若选③数列的前5项和为65，则 .
◎难点精练
1.(2022·湖北模拟)数列 <m></m> 满足 <m></m> 且 <m></m> 是递增数列，则实数 <m></m> 的取值范围是______.
[解析] ∵数列满足且是递增数列，∴需满足即解得，即实数的取值范围是 .

2024年高考数学专项突破数列大题基础练(解析版)

数列大题基础练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2022·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足，12(1)nn n a a +=+⋅-.(1)若11a =，数列{}2n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等比数列，求1a .2．（2022·海南省直辖县级单位·校联考一模）等差数列{}n a 的首项11a =，且满足2512a a +=，数列{}n b 满足2n a n b =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和是n T ，求n T .3．（2023·黑龙江大庆·统考一模）设{}n a 是公差不为0的等差数列，12a =，3a 是1a ，11a 的等比中项.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设13n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S .4．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列{}n a 中，12a =，121n n a a +=-．(1)求证：数列{}1n a -是等比数列；(2)若n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．5．（2023·广东江门·统考一模）已知数列{}n a （N n +∈）满足11a =，133n n n a a n++=，且n n ab n =.(1)求数列{}n b 是通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .6．（2023·江苏·统考一模）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且23439a a a ++=，54323a a a =+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足n nnb a=，求{}n b 的前n 项和n T .2024年高考数学专项突破数列大题基础练（解析版）7．（2023·重庆·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足()115n n na n a +-+=,且15a ≠-.(1)求证:数列5n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列,并求{}n a 的通项公式;(2)若使不等式20n S >成立的最小整数为7,且1Z a ∈,求1a 和n S 的最小值.8．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，14a =，12n n a n S n+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记12nn na c =-，数列{}nc 的前n 项和为n T ，求12111n T T T ++⋅⋅⋅+的值．9．（2023·山东青岛·统考一模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，2S ，4S ，54S +成等差数列，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求n S ；(2)记数列{}n b 的前n 项和为n T ，22n n n n b T S +-=，证明数列1n n b S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求{}n b 的通项公式．10．（2023·山东济南·一模）已知数列{}n a 满足111,(1)1n n a na n a +=-+=．(1)若数列{}n b 满足1nn a b n+=，证明：{}n b 是常数数列；(2)若数列{}n c 满足πsin 22n an n c a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求{}n c 的前2n 项和2n S ．11．（2022·辽宁鞍山·统考一模）已知等差数列{}n a 满足首项为3331log 15log 10log 42-+的值，且3718a a +=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .12．（2023·广东·统考一模）已知各项都是正数的数列{}n a ，前n 项和n S 满足()2*2n n n a S a n =-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式.(2)记n P 是数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，n Q 是数列121n a -⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和.当2n ≥时，试比较n P 与n Q 的大小.13．（2022·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）从①12n a S n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；②23S a =，412a a a =；③12a =，4a 是2a ，8a 的等比中项这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差d 不等于零，______．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n n n b S S +=-，数列{}n b 的前n 项和为n W ，求n W ．14．（2022·广东珠海·珠海市第三中学统考二模）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，1221n n n a b n -+=+-，221n n n T S n -=--．(1)求11,a b 及数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设()*21N 2n n n a n k c k b n k=-⎧=∈⎨=⎩，，，求数列{}n c 的前2n 项和2n P ．15．（2022·云南大理·统考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1121,1nn S a a n+==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2,,23,,n n n C n n ⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，求数列{}n C 的前2n 项和2n T ．16．（2022·湖南永州·统考一模）已知数列{}{},n n a b 满足：111a b ==，且210n n n n a b a b ++-=.(1)若数列{}n a 为等比数列，公比为121,2q a a -=，求{}n b 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等差数列，11n n a a +-=，求{}n b 的前n 项和n T .17．（2022·广东韶关·统考一模）已知数列{}n a 的首项145a =，且满足143n n n a a a+=+，设11nnb a =-.(1)求证：数列{}n b 为等比数列；(2)若1231111140na a a a ++++> ，求满足条件的最小正整数n .18．（2022·河北·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，且1123n n n S S a +++=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)①3log n n nb a a =；②3321log log n n n b a a +=⋅；③3log n n n b a a =-．从上面三个条件中任选一个，求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（2022·广东广州·统考一模）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式：(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k += 之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值.20．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知数列{}n a ，若_________________．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．①2123n a a a a n ++++= ；②11a =，47a =，()*112,2n n n a a a n n -+=+∈N ≥；③11a =，点(),n A n a ，()11,n B n a ++在斜率是2的直线上．21．（2023·江苏南通·二模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为，且11a =，2218n n S S n +-=，*N n ∈．(1)求n S ；(2)在数列{}n a 的每相邻两项1k k a a +，之间依次插入12k a a a ⋯，，，，得到数列{}1121231234n b a a a a a a a a a a ⋯⋯：，，，，，，，，，，，求{}n b 的前100项和.22．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知数列{}n a 满足()1122n n n a a a n -+=+≥，且12342,18a a a a =++=(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1000na nb =-，求数列{}n b 的前15项和15T （用具体数值作答）.23．（2023·安徽·模拟预测）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．24．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）已知{}n a 为等差数列，1154,115n n a n a a n+-==+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()1,414n n n n b T a a =++为{}n b 的前n 项和，求n T .25．（2023·广东广州·统考二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()22*n n S a n =-∈N .(1)求{}n a 的通项公式；(2)设2211log log n n n b a a +=⋅，记{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T <.26．（2023·江苏泰州·统考一模）在①124,,S S S 成等比数列，②4222a a =+，③8472S S S =+-这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，其前n 项和为n S ，且满足__________，__________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求12233411111n n a a a a a a a a +++++ .注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.27．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列{}n a ，前n 项和为n S ，且满足112n n n a a a +-=-，2n ≥，*N n ∈，1514a a +=，770S =，等比数列{}n b 中，1212b b +=，且12,6b b +，3b 成等差数列．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记n c 为区间(]()*,N n n a b n ∈中的整数个数，求数列{}n c 的前n 项和n P ．28．（2023·吉林·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为公差的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()112n nn nn a b a a +-+=，求数列{}nb 的前2n 项和2nT .29．（2023·山西·校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a >，22112n n n n a a a a ++=+，且13a ，23a +，3a 成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12,log ,n n na nb a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .30．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知数列{}n a 满足：15a =，134n n a a +=-，设2n n b a =-，*N n ∈．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)设3132312log log log n n nb b b T b b b =++⋅⋅⋅+，()*N n ∈，求证：34n T <．数列大题基础练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2022·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足，12(1)nn n a a +=+⋅-.(1)若11a =，数列{}2n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等比数列，求1a .【答案】(1)21n a =-；(2)11a =.【分析】（1）利用累加法求2n a 即可；（2）根据()121nn n a a +=+⋅-得到212a a =-，322a a =+，联立得到1q =-，然后代入求1a 即可.【详解】（1）由题意得()121nn n a a +-=⋅-，所以()()()22212122211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+ ()()()212212121211n n --=⋅-+⋅-++⨯-+ 211=-+=-.（2）设数列{}n a 的公比为q ，因为()121nn n a a +=+⋅-，所以212a a =-，322a a =+，两式相加得2311a a q a =⋅=，所以1q =±，当1q =时，2112a a a ==-不成立，所以1q =-，2112a a a =-=-，解得11a =.2．（2022·海南省直辖县级单位·校联考一模）等差数列{}n a 的首项11a =，且满足2512a a +=，数列{}n b 满足2n a n b =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和是n T ，求n T .【答案】(1)21n a n =-；3．（2023·黑龙江大庆·统考一模）设{}n a 是公差不为0的等差数列，12a =，3a 是1a ，11a 的等比中项.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设3n b a a =，求数列{}n b 的前n 项和n S .4．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列{}n a 中，12a =，121n n a a +=-．(1)求证：数列{}1n a -是等比数列；(2)若n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．5．（2023·广东江门·统考一模）已知数列{}n a （N n +∈）满足11a =，133n n n a a n++=，且n n ab n =.(1)求数列{}n b 是通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)13n n b -=6．（2023·江苏·统考一模）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且23439a a a ++=，54323a a a =+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足n nb a =，求{}n b 的前n 项和n T .7．（2023·重庆·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足()115n n na n a +-+=,且15a ≠-.(1)求证:数列5n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列,并求{}n a 的通项公式;(2)若使不等式20n S >成立的最小整数为7,且1Z a ∈,求1a 和n S 的最小值.8．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，14a =，2n n S n=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记12nn na c =-，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求111T T T ++⋅⋅⋅+的值．9．（2023·山东青岛·统考一模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，2S ，4S ，54S +成等差数列，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求n S ；(2)记数列{}n b 的前n 项和为n T ，22n n n n b T S +-=，证明数列1n n b S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求{}n b 的通项公式．10．（2023·山东济南·一模）已知数列{}n a 满足111,(1)1n n a na n a +=-+=．(1)若数列{}n b 满足1nn a b n+=，证明：{}n b 是常数数列；(2)若数列{}n c 满足πsin 22n an n c a ⎛⎫=+ ⎪，求{}n c 的前2n 项和2n S ．11．（2022·辽宁鞍山·统考一模）已知等差数列{}n a 满足首项为333log 15log 10log 42-+的值，且3718a a +=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1n b a a =，求数列{}n b 的前n 项和n T .12．（2023·广东·统考一模）已知各项都是正数的数列{}n a ，前n 项和n S 满足()2*2n n n a S a n =-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式.(2)记n P 是数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，n Q 是数列121n a -⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和.当2n ≥时，试比较n P 与n Q 的大小.【答案】(1)n a n =(2)n nP Q <13．（2022·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）从①12n S n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；②23S a =，412a a a =；③12a =，4a 是2a ，8a 的等比中项这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差d 不等于零，______．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n n n b S S +=-，数列{}n b 的前n 项和为n W ，求n W ．14．（2022·广东珠海·珠海市第三中学统考二模）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，1221n n n a b n -+=+-，221n n n T S n -=--．(1)求11,a b 及数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设()*21N 2n n n a n k c k b n k=-⎧=∈⎨=⎩，，，求数列{}n c 的前2n 项和2n P ．15．（2022·云南大理·统考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足111,1nn a a n+==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2,,23,,n n n C n n ⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，求数列{}n C 的前2n 项和2n T ．16．（2022·湖南永州·统考一模）已知数列{}{},n n a b 满足：111a b ==，且210n n n n a b a b ++-=.(1)若数列{}n a 为等比数列，公比为121,2q a a -=，求{}n b 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等差数列，11n n a a +-=，求{}n b 的前n 项和n T .17．（2022·广东韶关·统考一模）已知数列{}n a 的首项15a =，且满足13n n n a a +=+，设1n nb a =-.(1)求证：数列{}n b 为等比数列；(2)若1111140a a a a ++++> ，求满足条件的最小正整数n .18．（2022·河北·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，且1123n n n S S a +++=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)①3log n n n b a a =；②3321log log n n n b a a +=⋅；③3log n n n b a a =-．从上面三个条件中任选一个，求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（2022·广东广州·统考一模）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式：(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k += 之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值.20．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知数列{}n a ，若_________________．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．①2123n a a a a n ++++= ；②11a =，47a =，()*112,2n n n a a a n n -+=+∈N ≥；③11a =，点(),n A n a ，()11,n B n a ++在斜率是2的直线上．21．（2023·江苏南通·二模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为，且11a =，2218n n S S n +-=，*N n ∈．(1)求n S ；(2)在数列{}n a 的每相邻两项1k k a a +，之间依次插入12k a a a ⋯，，，，得到数列{}1121231234n b a a a a a a a a a a ⋯⋯：，，，，，，，，，，，求{}n b 的前100项和.22．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知数列{}n a 满足()1122n n n a a a n -+=+≥，且12342,18a a a a =++=(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1000na nb =-，求数列{}n b 的前15项和15T （用具体数值作答）.()()1061022166490300022-==--+23．（2023·安徽·模拟预测）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．24．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）已知{}n a 为等差数列，11,115n n a a n+==+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()1,414n n b T a a =++为{}n b 的前n 项和，求n T .25．（2023·广东广州·统考二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()22*n n S a n =-∈N .(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1log log n b a a =⋅，记{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T <.26．（2023·江苏泰州·统考一模）在①124,,S S S 成等比数列，②4222a a =+，③8472S S S =+-这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，其前n 项和为n S ，且满足__________，__________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求12233411111n n a a a a a a a a +++++ .注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.27．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列{}n a ，前n 项和为n S ，且满足112n n n a a a +-=-，2n ≥，*N n∈，1514a a +=，770S =，等比数列{}n b 中，1212b b +=，且12,6b b +，3b 成等差数列．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记n c 为区间(]()*,N n n a b n ∈中的整数个数，求数列{}n c 的前n 项和n P ．28．（2023·吉林·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，数列n n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为公差的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()112n n n n n a b a a +-+=，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .29．（2023·山西·校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a >，22112n n n n a a a a ++=+，且13a ，23a +，3a 成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12,log ,n n n a n b a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .30．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知数列{}n a 满足：15a =，134n n a a +=-，设2n n b a =-，*N n ∈．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)设31323log log log n n b b b T b b b =++⋅⋅⋅+，()*N n ∈，求证：34n T <．。

专题2-1 数列重难点、易错点突破

专题2-1 数列重难点、易错点突破（建议用时：120分钟） 1 求数列通项的四大法宝1.公式法题设中有a n 与S n 的关系式时，常用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2来求解.例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －2，求其通项公式a n . 2.累加法若数列{a n }满足a n －a n －1＝f (n －1)(n ≥2)，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)可求，则可用累加法求通项. 例2 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2)，求其通项公式a n . 3.叠乘法若数列{a n }满足a na n －1＝f (n －1)(n ≥2)，其中f (1)·f (2)·…·f (n －1)可求，则可用叠乘法求通项.例3 已知数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝3n －43n －1a n －1(a n ≠0，n ≥2)，求其通项公式a n .4.构造法当题中出现a n ＋1＝pa n ＋q (pq ≠0且p ≠1)的形式时，把a n ＋1＝pa n ＋q 变形为a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，即a n ＋1＝pa n ＋λ(p －1)，令λ(p －1)＝q ，解得λ＝qp －1，从而构造出等比数列{a n ＋λ}. 例4 数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝14a n ＋3(n ∈N *)，求其通项公式a n .2提高运算速度七妙招数列问题的灵活性、技巧性较强，因此，在解数列问题时必须研究技巧与策略，以求做到：选择捷径、合理解题，本文归纳了七种常见策略.第一招活用概念数列的概念是求解数列问题的基础，灵活运用数列的概念，往往能出奇制胜.例1已知{a n}是公差为2的等差数列，若a1＋a4＋a7＋…＋a97＝100，那么a2＋a5＋a8＋…＋a98等于() A.166 B.66 C.34 D.100第二招巧用性质数列的性质是数列的升华，巧妙运用数列的性质，往往可以使问题简单明了，解题更快捷方便.例2各项均为正数的等比数列{a n}中，若a7a8＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a14等于()A.12B.14C.10D.10＋log32第三招灵用变式在求解数列问题过程中，可以利用等差或等比数列的变形公式来处理有关问题.例3已知等差数列{a n}中，a3＝3，a10＝388，则该数列的通项a n＝________.第四招整体考虑通过研究问题的整体形式、整体结构，避免局部运算的困扰，达到简捷解决问题的目的.例4设S n表示等差数列{a n}的前n项和，且S9＝18，S n＝240，若a n－4＝30，试求n的值.第五招数形结合数列是一类特殊的函数，所以可以借助函数的图象，通过数形结合解数列问题.例5在公差d<0的等差数列{a n}中，已知S8＝S18，则此数列的前多少项的和最大？第六招分解重组在处理数列求和问题时，若数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分，则对数列的前n项和进行重新分解，分别求和.例6 在数列{a n }中，已知a 1＝56，a 2＝1936，且{b n }是公差为－1的等差数列，b n ＝log 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a 311，{c n }是公比为13的等比数列，c n ＝a n ＋1－12a n ，求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .第七招合理化归化归意识是把待解决的问题转化为已有知识范围内问题的一种数学意识，包括将复杂式子化简、为达某一目的对数学表达式进行变形、从目标入手进行分析等. 例7 数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n (n ＝1,2,3，…)，证明：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等比数列.3 盘点数列中的易错问题1.对数列的概念理解不准而致错例1 已知数列{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________. 2.忽视数列与函数的区别而致错例2 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a的取值范围是________.3.公式使用条件考虑不周全而致错例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .4.审题不细心，忽略细节而致错例4首项为9的等差数列，从第7项起开始为负数，求公差d的取值范围.5.忽略概念中的隐含条件而致错例5一个凸n边形的各内角度数成等差数列，其最小角为120°，公差为5°，求凸n边形的边数.6.忽视等差数列前n项和公式的基本特征而致错例6已知两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别为S n和T n，且对一切正整数n都有S nT n＝5n＋32n＋7，试求a9b9的值.7.等差数列的特点考虑不周全而致错例7在等差数列{a n}中，已知a1＝20，前n项和为S n，且S10＝S15，求当n取何值时，S n有最大值，并求出它的最大值.8.忽略题目中的隐含条件而致错例8 已知数列－1，a 1，a 2，－4成等差数列，－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，求a 2－a 1b 2的值.9.求和时项数不清而致错例9 已知点(1,2)是函数f (x )＝a x (a >0且a ≠1)的图象上一点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )－1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log a a n ＋1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .10.利用等比数列求和公式忽视q ＝1的情形而致错例10 已知等比数列{a n }中，a 3＝4，S 3＝12，求数列{a n }的通项公式.专题2-1 数列重难点、易错点突破参考答案1 求数列通项的四大法宝例1 解当n ＝1时，a 1＝S 1＝31－2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2－(3n －1－2)＝3n －3n －1＝2×3n －1，又a 1＝1≠2×31－1，所以数列{an }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －1，n ≥2. 例2 解由已知，得a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝32，a 4－a 3＝33，…，a n －a n －1＝3n －1，以上各式左右两边分别相加，得a n －a 1＝3＋32＋33＋…＋3n －1，所以a n ＝3(1－3n －1)1－3＋1＝3n －12(n ≥2)，又n ＝1时，a 1＝1＝31－12，所以a n ＝3n －12(n ∈N *).例3 解由a 1＝3，a n ＝3n －43n －1a n －1，得a n a n －1＝3n －43n －1，所以a 2a 1＝25，a 3a 2＝58，a 4a 3＝811，a 5a 4＝1114，…，a n a n －1＝3n －43n －1(n ≥2)，以上各式左右两边分别相乘，得a n a 1＝23n －1，所以a n ＝63n －1(n ≥2)，又a 1＝3＝63×1－1，所以a n ＝63n －1(n ∈N *).例4 解设a n ＋1＋t ＝14(a n ＋t )，则a n ＋1＝14a n －34t ，与已知比较，得－34t ＝3，所以t ＝－4，故a n ＋1－4＝14(a n －4)，又a 1－4＝1－4＝－3≠0，故数列{a n －4}是首项为－3，公比为14的等比数列，因此a n －4＝－3×141-⎪⎭⎫⎝⎛n ，即a n ＝4－3×141-⎪⎭⎫⎝⎛n (n ∈N *).2 提高运算速度七妙招例1 解析若先求出a 1，再求和，运算较为繁琐.注意到两个和式中的项数相等，且均是等差数列.由于(a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98)－(a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97)＝(a 2－a 1)＋(a 5－a 4)＋(a 8－a 7)＋…＋(a 98－a 97)＝33d ＝66，所以a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98＝100＋66＝166，故选A. 答案 A点评活用等差、等比数列的概念，沟通有关元素间的内在联系，使运算得以简化.例2 解析若设出a 1和q ，利用基本量法求解，显然运算量较大.若利用性质a 1a 14＝a 2a 13＝…＝a 7a 8＝9，则a 1a 2…a 14＝(a 7a 8)7＝97，所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 14＝log 397＝14，故选B. 答案 B点评数列的性质是对数列内涵的揭示与显化，是求解数列问题的有力武器.例3 解析利用等差数列的变形公式求得公差，再结合等差数列的变形公式求得通项.设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 10－a 310－3＝388－37＝55，a n ＝a 3＋(n －3)d ＝3＋(n －3)×55＝55n －162.答案 55n －162点评常规方法是联立方程组，求出首项与公差，再由数列的通项公式求解.而利用变形公式可以回避求解数列的首项，直接求解公差，再结合变形公式求得通项.例4 分析常规解法是设出基本量a 1，d ，列方程组求解，但较繁琐；若能利用整体思维，则可少走弯路，使计算合理又迅速.解由S 9＝18，即9(a 1＋a 9)2＝18，则a 1＋a 9＝4＝2a 5，故a 5＝2，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 5＋a n －4)2＝n (2＋30)2＝240，所以n ＝15.点评本题解法不在a 1，d 上做文章，而是将S n 变形整理用a 5＋a n －4表示，使解题过程大大简化. 例5 分析用数形结合法解等差数列问题应抓住两个方面：①通项a n 联系一次函数，对于等差数列的有关问题通过构造点共线模型，可简化解题过程；②前n 项和S n 联系二次函数，利用二次函数的对称性及最值.解设f (x )＝xa 1＋x (x －1)2d ＝d 2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2x ，则(n ，S n )在该二次函数的图象上，由于S 8＝S 18，d <0，所以y ＝f (x )的对称轴是x ＝8＋182＝13，且开口向下，故当n ＝13时，S n 取得最大值，故数列{a n }的前13项的和最大.点评从直观性角度研究数列问题，可使问题变得生动形象，易于求解.例6 分析由已知条件，事先无法估计a n 解析式的结构，因此不能用待定系数法求a n .但是利用等差数列{b n }和等比数列{c n }可以得出关于a n ＋1和a n 的两个等式，消去a n ＋1，即可得a n .再根据a n 求解对应的前n 项和. 解因为a 1＝56，a 2＝1936，所以b 1＝log 2⎝⎛⎭⎫1936－13×56＝－2， c 1＝1936－12×56＝132，又{b n }是公差为－1的等差数列， {c n }是公比为13的等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧b n＝－n －1，c n ＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1，即⎩⎨⎧log 2⎝⎛⎭⎫a n ＋1－13a n ＝－n －1，an ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1，则⎩⎨⎧an ＋1－13a n ＝12n ＋1，an ＋1－12a n ＝13n ＋1，解得a n ＝32n －23n ，所以S n ＝3·⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －2·⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n ＝2－32n ＋13n . 点评通项虽不是等比数列，但可拆为两个等比数列的和的形式，再分别利用等比数列的求和公式求和. 例7 分析要证明数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等比数列，必须把问题化成与S n n 这个整体有关的问题，通过等比数列的定义加以证明.证明由于a n ＋1＝n ＋2n S n，a n ＋1＝S n ＋1－S n ，则(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )，整理得nS n ＋1＝2(n ＋1)S n ，即S n ＋1n ＋1＝2S nn，又S n ≠0，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是以1为首项，2为公比的等比数列. 点评将数列中的复杂问题进行转化，关键是找准方向，再利用已知等差或等比数列的相关知识求解.3 盘点数列中的易错问题例1 [错解] 因为a n ＝n 2＋λn 是关于n 的二次函数，且n ≥1，所以－λ2≤1，解得λ≥－2.[点拨] 数列是以正整数N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点.[正解1] 设f (x )＝x 2＋λx ，则其图象的对称轴为x ＝－λ2，因为a n ＝n 2＋λn ，所以点(n ，a n )在f (x )的图象上，由数列{a n }是递增数列可知，若－λ2≤1，得λ≥－2；如图所示，当2－⎝⎛⎭⎫－λ2>－λ2－1，即λ>－3时，数列{a n }也是单调递增的. 故λ的取值范围为(－3，＋∞).[正解2] 因为数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n >0 (n ∈N *)恒成立.又a n ＝n 2＋λn (n ∈N *)，所以(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－(n 2＋λn )>0恒成立，即2n ＋1＋λ>0. 所以λ>－(2n ＋1) (n ∈N *)恒成立.而n ∈N *时，－(2n ＋1)的最大值为－3(n ＝1时)，所以λ的取值范围是(－3，＋∞).温馨点评利用函数观点研究数列性质时，一定要注意数列定义域是{1，2，3，4，…，n ，…}或其子集这一特殊性，防止因扩大定义域而出错. 例2 [错解] 因为数列{a n }是递增数列，且点(n ，a n )在函数f (x )的图象上，所以分段函数f (x )是递增函数，故实数a 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，7(3－a )－3<a ，解得94<a <3.[点拨] 上述解法把数列单调递增完全等同于所在的函数单调递增，忽视了二者的区别，事实上，数列是递增数列时，所在函数不一定单调递增. [正解] 由题意，得点(n ，a n )分布在分段函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7的图象上.因此当3－a >0时，a 1<a 2<a 3<…<a 7；当a >1时，a 8<a 9<a 10<…；为使数列{a n }递增还需a 7<a 8. 故实数a 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，f (7)<f (8)，解得2<a <3，故实数a 的取值范围是(2,3).例3 [错解] a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2.[点拨] 公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2是分段的，因为n ＝1时，S n －1无意义.在上述解答中，应加上限制条件n ≥2，然后验证n ＝1时的值是否适合n ≥2时的表达式. [正解] a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2.由于a 1不适合此式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.例4 [错解] a 7＝a 1＋6d ＝9＋6d <0，∴d <－32.[点拨] 忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第7项是该等差数列中的第一个负项，应有a 6≥0. [正解] 设a n ＝9＋(n －1)d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝9＋5d ≥0，a 7＝9＋6d <0，得－95≤d <－32.温馨点评审题时要细心，包括问题的细节，有时细节决定解题的成败. 例5 [错解] 一方面凸n 边形的内角和为S n ，S n ＝120°n ＋n (n －1)2×5°. 另一方面，凸n 边形内角和为(n －2)×180°.所以120n ＋n (n －1)2×5＝(n －2)×180.化简整理得n 2－25n ＋144＝0，所以n ＝9或n ＝16. 即凸n 边形的边数为9或16.[点拨] 凸n 边形的每个内角都小于180°.当n ＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°应该舍掉. [正解] 凸n 边形内角和为(n －2)×180°，所以120n ＋n (n －1)2×5＝(n －2)×180，解得n ＝9或n ＝16.当n ＝9时，最大内角为120°＋8×5°＝160°<180°；当n ＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°舍去. 所以凸n 边形的边数为9.例6[错解] 设S n ＝(5n ＋3)k ，T n ＝(2n ＋7)k ，k ≠0，则a 9＝S 9－S 8＝(5×9＋3)k －(5×8＋3)k ＝5k ，b 9＝T 9－T 8＝(2×9＋7)k －(2×8＋7)k ＝2k ，所以a 9b 9＝52.[点拨] 此解答错在根据条件S n T n ＝5n ＋32n ＋7，设S n ＝(5n ＋3)k ，T n ＝(2n ＋7)k ，这是把等差数列前n 项和误认为是关于n 的一次函数，没有准确把握前n 项和公式的特点. [正解] 因为{a n }和{b n }是公差不为0的等差数列，故设S n ＝n (5n ＋3)k ，T n ＝n (2n ＋7)k ，k ≠0，则 a 9＝S 9－S 8＝9×(5×9＋3)k －8×(5×8＋3)k ＝88k ， b 9＝T 9－T 8＝9×(2×9＋7)k －8×(2×8＋7)k ＝41k ，所以a 9b 9＝8841.温馨点评等差数列的前n 项和S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，当d ≠0时，点(n ，S n )在二次函数f (x )＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x 的图象上.当d ＝0时，S n ＝na 1，但是本题不属于这种情况⎝ ⎛⎭⎪⎫否则S n T n ＝na 1nb 1＝a 1b 1与S n T n ＝5n ＋32n ＋7矛盾. 例7 [错解] 设公差为d ，∵S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，得120d ＝－200，即d ＝－53，∴a n ＝20－(n －1)·53，当a n >0时，20－(n －1)·53>0，∴n <13.∴n ＝12时，S n 最大，S 12＝12×20＋12×112×⎝⎛⎭⎫－53＝130. ∴当n ＝12时，S n 有最大值S 12＝130.[点拨] 解中仅解不等式a n >0是不正确的，事实上应解a n ≥0，a n ＋1≤0.[正解] 设等差数列{a n }的公差为d .由a 1＝20，S 10＝S 15，得10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，解得公差d ＝－53. ∵S 10＝S 15，∴S 15－S 10＝a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0，∵a 11＋a 15＝a 12＋a 14＝2a 13，∴a 13＝0.∵公差d <0，a 1>0，∴a 1，a 2，…，a 11，a 12均为正数，而a 14及以后各项均为负数.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝⎛⎭⎫－53＝130.例8 [错解] ∵－1，a 1，a 2，－4成等差数列，设公差为d ，则a 2－a 1＝d ＝13[(－4)－(－1)]＝－1. ∵－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，∴b 22＝(－1)×(－4)＝4，∴b 2＝±2.当b 2＝2时，a 2－a 1b 2＝－12＝－12，当b 2＝－2时，a 2－a 1b 2＝－1－2＝12. ∴a 2－a 1b 2＝±12. [点拨] 注意b 2的符号已经确定，且b 2<0，忽视了这一隐含条件，就容易产生上面的错误.[正解] ∵－1，a 1，a 2，－4成等差数列，设公差为d ，则a 2－a 1＝d ＝13[(－4)－(－1)]＝－1， ∵－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，∴b 22＝(－1)×(－4)＝4，∴b 2＝±2.若设公比为q ，则b 2＝(－1)q 2， ∴b 2<0.∴b 2＝－2，∴a 2－a 1b 2＝－1－2＝12.例9 [错解] 1＋2＋22＋…＋2n -1＝21121---n ＝2n -1－1. [点拨] 错因在于没有搞清项数，首项为1＝20，末项为2n -1，项数应为n .[正解] (1)把点(1,2)代入函数f (x )＝a x 得a ＝2，所以数列{a n }的前n 项和为S n ＝f (n )－1＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1，对n ＝1时也适合，∴a n ＝2n －1.(2)由a ＝2，b n ＝log a a n ＋1得b n ＝n ，所以a n b n ＝n ·2n －1.T n ＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1， ∴2T n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n . ∴由∴－∴得：－T n ＝20＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ，所以T n ＝(n －1)2n ＋1.例10 [错解] 设等比数列的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1q 2＝4，S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝12，解得q ＝－12.所以a n ＝a 3q n －3＝4·⎝⎛⎭⎫－12n －3＝⎝⎛⎭⎫－12n －5. [点拨] 上述解法中忽视了等比数列前n 项和公式中q ＝1这一特殊情况.[正解] 当q ＝1时，a 3＝4，a 1＝a 2＝a 3＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝12，所以q ＝1符合题意，a n ＝4.当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝4，S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝12，解得q ＝－12，a n ＝a 3q n －3＝⎝⎛⎭⎫－12n －5. 故数列通项公式为a n ＝4或a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －5.。

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1．（2015浙江样卷（理），18，15分）设数列122015,,,a a a 满足性质P ：12320150a a a a ++++=，12320151a a a a ++++=．(Ⅰ) (ⅰ) 若122015,,,a a a 是等差数列，求n a ；(ⅱ) 是否存在具有性质P 的等比数列122015,,,a a a ？(Ⅱ) 求证：123201511110072320152015a a a a ++++≤．2.（04浙江，22）如图，ΔOBC 的在个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2），设P 为线段BC 的中点，P 为线段CO 的中点，P 3为线段OP 1的中点，对于每一个正整数n ，P n+3为线段P n P n+1的中点，令P n 的坐标为(,)n n x y ，121.2n n n n a y y y ++=++ （Ⅰ）求123,,a a a 及n a ; （Ⅱ）证明41,;4nn y y n N *+=-∈ （Ⅲ）若记444,,n n n b y y n N *+=-∈证明{}n b 是等比数列.3.（2005浙江卷理科第20题，压轴题）设点n A (n x ，0)，1(,2)n n n P x -和抛物线n C ：y ＝x 2＋a n x ＋b n (n ∈N *)，其中a n ＝－2－4n －112n -，n x 由以下方法得到： x 1＝1，点P 2(x 2，2)在抛物线C 1：y ＝x 2＋a 1x ＋b 1上，点A 1(x 1，0)到P 2的距离是A 1到C 1上点的最短距离，…，点11(,2)n n n P x ++在抛物线n C ：y ＝x 2＋a n x ＋b n 上，点n A (n x ，0)到1n P +的距离是n A 到n C 上点的最短距离． (Ⅰ)求x 2及C 1的方程． (Ⅱ)证明{n x }是等差数列．4.（07浙江）已知数列{}n a 中的相邻两项212k k a a -，是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++⋅=的两个根，且212(123)k k a a k -=≤，，，．（I ）求1a ，2a ，3a ，7a ；（II ）求数列{}n a 的前2n 项和2n S ；（Ⅲ）记sin 1()32sin n f n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++…，求证：15()624n T n ∈*N ≤≤．5.（08浙江）已知数列{}n a ，0n a ≥，10a =，22111()n n n a a a n N ∙+++-=∈12n nS a a a =+++．112121111(1)(1)(1)(1)(1)n n T a a a a a a =+++++++++．求证：当n N ∙∈时，（Ⅰ）1n n a a +<；（Ⅱ）2n S n >-；（Ⅲ）3n T <。

6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*3().2n n S a n n N =-∈ （I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）证明：*122311().383n n a a a n nn N a a a +-<+++<∈7．已知数列{}n a 满足22*1111,32()n n n n a a a a a n N ++=+=+∈ ，且0n a >。

求证：当*n N ∈时，(Ⅰ) 11()2n n a -≥；（Ⅱ）22221232n a a a a ++++<。

8.9. （2014湖南长沙雅礼中学第二次月考，21， 13分）已知214)(x x f +-=，数列}{n a 的前n 项和为n S ，点)1,(1+-n n n a a P 在曲线)(x f y =上)(*N n ∈且0,11>=n a a . （1）求数列}{n a 的通项公式；（2）试找整数M ，使131+<<M S M .{}{},,;n n n n a b a b (1)求数列的通项112233(2),(),2 1.n n n n T a b a b a b a b n N n T *=++++∈≥<令求证：时，{}{}111(),(01)1,()1(),:,()n n n n n xf x x a a a f a xn N b b n n N n+**=<<==+∈+=∈例3.已知函数，数列满足数列满足11．（2014浙江冲剌卷四，19，14分）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：(1)1n n pS a p =--（p 为常数，0p ≠，且1p ≠）（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n n n n a S a b ⋅+=2，且数列{}n b 为等比数列，（1）求p 的值；（2）设11111n n n c a a +=-+-，数列{}n c 的前n 项和为n T . 求证：212->n T n 。

10．（2014浙江名校（绍兴一中）交流卷四，20，15分）已知数列{}n a 满足12a =，且1321,212n n n n a a a a +-⎛⎫=≠ ⎪-⎝⎭。

（Ⅰ）求证：11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列；（Ⅱ求证：1232n a a a a n >12.已知数列{}n a 满足13a =-，且112430()n n n n a a a a n N *+++++=∈，记1()1n n b n N a *=∈+ 。

（1）求证：数列{}2n b +为等比数列，并求数列{}n b 的通项公式；（2）设数列12nn n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ，求证：23n S <.13. （2014浙江冲剌卷（Ⅰ），19，14分）数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*2,()n n S a n n N =-+∈。

（1）证明：数列{}2n a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项；（2）设112n n n n na ab a a ++=+-，数列{}n b 的前n 项和为n T , 求证：29n T <。

14．（2014江苏百校大联考，19， 16分）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足等式23n n a S +=. （1）求数列{}n a 的通项n a ；（2）能否在数列{}n a 中找到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列？说明理由；（3）令131log 2n n b a =+，记函数212()2(*)n n n f x b x b x b n N ++=++∈的图象在x 轴上截得的线段长为n c ，设122311()4n n n T c c c c c c -=+++(2)n ≥，求n T ，并证明：12342n n T T T T n ->．15. （2014广东十二校第二次联考，20， 14分）已知各项均为正数的数列{}n a 满足12212+++=n n n n a a a a , 且42342+=+a a a ,其中*n N ∈.(1) 求数列{}n a 的通项公式； (2) 设数列}{n b 满足nnn n na b 2)12(⋅+=,是否存在正整数, (1)m n m n <<，使得n m b b b ,,1成等比数列？若存在，求出所有的,m n 的值；若不存在，请说明理由。

(3) 令22(1)1(1)n n n c n n a +++=+,记数列}{n c 的前n 项和为n S ,其中*n N ∈,证明：51162n S ≤<。

16．（2014浙江镇海中学第一学期期中，22，15分）已知11(,)A x y ，22(,)B x y 是函数21,122()11,2xx x f x x ⎧≠⎪⎪-=⎨⎪-=⎪⎩的图象上的任意两点（可以重合），点M 在直线12x =上，且AM MB =. （I ）求1x +2x 的值及1y +2y 的值；（II ）已知10S =，当2n ≥时，n S =1()f n +2()f n +3()f n+1()n f n-+，求n S ；（III ）在（II ）的条件下，设n a =2n S，n T 为数列{n a }的前n 项和，若存在正整数c 、m ，使得不等式112m m T c T c +-<-成立，求c 和m 的值.17、设公比大于零的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，245S S =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，满足11=b ，n n b n T 2=，*∈N n ．（Ⅰ）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设))(1(λ-+=n n n nb S C ，若数列{}n C 是单调递减数列，求实数λ的取值范围．。