高考数学数列大题训练答案版

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高考文科数学数列经典大题训练(附答案)

1.〔此题总分值14 分〕设数列a的前n项和为S n,且S n4a n3(n1,2,)，n〔1〕证明: 数列a n是等比数列；〔2〕假设数列b满足b n1a n b n(n1,2,)，b12，求数列b n的通项公n式．2.〔本小题总分值12分〕等比数列a的各项均为正数，且n2 2a3a1,a9aa.123261.求数列a n的通项公式.2.设blogaloga......loga,求数列n31323n 1bn的前项和.3.设数列a满足n2n1 a12,a1a32nn〔1〕求数列a的通项公式；n〔2〕令b n na n，求数列的前n项和S n3.等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．〕，求数列{b n}的前n项和S n．〔Ⅰ〕求数列{a n}的通项公式；n﹣1*〔Ⅱ〕设b n=〔4﹣a n〕q〔q≠0，n∈N× 5.数列{a n}满足，，n∈N．〔1〕令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；〔2〕求{a n}的通项公式．...4.解：〔1〕证：因为S n4a n3(n1,2,)，那么S n14a n13(n2,3,)，所以当n2时，a SS14a4a1，nnnnn4整理得aa1．5分nn3由S43，令n1，得a14a13，解得a11．n an所以分a是首项为1，公比为n43的等比数列．7〔2〕解：因为4n1 a()，n3由b1ab(n1,2,)，得nnn4n1 bb()．9分n1n3由累加得()()()b n bbbbbbb12`132nn14n11()43n1＝23()1，〔n2〕，43134n1 当n=1时也满足，所以)1b3(．n35.解：〔Ⅰ〕设数列{a n}的公比为q，由 2a39a2a6得32a39a4所以21q。

有条件9可知a>0,故1q。

311a。

故数列{a n}的通项式为a n=33由2a13a21得2a13a2q1，所以1n。

〔Ⅱ〕b logaloga...logan111111(12...n)n(n1)2故12112() bn(n1)nn1n111111112n ...2((1)()...()) bbb223nn1n1 12n...所以数列1{}bn2n 的前n 项和为n16.解：〔Ⅰ〕由，当n≥1 时，a1[(a1a)(a a1)(a2a1)]a1nnnnn2n12n33(222)222(n1)1。

新高考数学数列多选题专项训练专项练习及答案

一、数列多选题1．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．a 8＝34 B ．S 8＝54C ．S 2020＝a 2022－1D ．a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2021＝a 2022答案：BCD 【分析】由题意可得数列满足递推关系，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】对于A ，可知数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，故A 错误；对于B ，，故B 正确；对于C ，可解析：BCD 【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系()12211,1,+3n n n a a a a a n --===≥，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】对于A ，可知数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，故A 错误；对于B ，81+1+2+3+5+8+13+2154S ==，故B 正确；对于C ，可得()112n n n a a a n +-=-≥，则()()()()1234131425311++++++++++n n n a a a a a a a a a a a a a a +-=----即212++1n n n n S a a a a ++=-=-，∴202020221S a =-，故C 正确；对于D ，由()112n n n a a a n +-=-≥可得，()()()135202124264202220202022++++++++a a a a a a a a a a a a =---=，故D 正确.故选：BCD. 【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，解题的关键是得出数列的递推关系，()12211,1,+3n n n a a a a a n --===≥，能根据数列性质利用累加法求解. 2．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于0.618）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为a n (n ∈N *)，数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＝a n －1＋a n －2 (n ≥3)．再将扇形面积设为b n (n ∈N *)，则（）A ．4(b 2020－b 2019)＝πa 2018·a 2021B ．a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2019＝a 2021－1C ．a 12＋a 22＋a 32…＋(a 2020)2＝2a 2019·a 2021D ．a 2019·a 2021－(a 2020)2＋a 2018·a 2020－(a 2019)2＝0答案：ABD 【分析】对于A ，由题意得bn＝an2，然后化简4(b2020－b2019)可得结果；对于B ，利用累加法求解即可；对于C ，数列{an}满足a1＝a2＝1，an ＝an －1＋an －2 (n≥3解析：ABD 【分析】对于A ，由题意得b n ＝4πa n 2，然后化简4(b 2020－b 2019)可得结果；对于B ，利用累加法求解即可；对于C ，数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＝a n －1＋a n －2 (n ≥3)，即a n －1＝a n －2－a n ，两边同乘a n －1 ，可得a n －12＝a n －1 a n －2－a n －1 a n ，然后累加求解；对于D ，由题意a n －1＝a n －a n －2，则a 2019·a 2021－(a 2020)2＋a 2018·a 2020－(a 2019)2，化简可得结果【详解】由题意得b n ＝4πa n 2，则4(b 2020－b 2019)＝4(4πa 20202－4πa 20192)＝π(a 2020＋a 2019)(a 2020－a 2019)＝πa 2018·a 2021，则选项A 正确；又数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＝a n －1＋a n －2 (n ≥3)，所以a n －2＝a n －a n －1(n ≥3)，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2019＝(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋(a 5－a 4)＋…＋(a 2021－a 2020)＝a 2021－a 2＝a 2021－1，则选项B 正确；数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＝a n －1＋a n －2 (n ≥3)，即a n －1＝a n －2－a n ，两边同乘a n －1 ，可得a n－12＝a n －1 a n －2－a n －1 a n ，则a 12＋a 22＋a 32…＋(a 2020)2＝a 12＋(a 2a 1－a 2a 3)＋(a 3a 2－a 3a 4)＋…＋(a 2020a 2019－a 2020a 2021)＝a 12－a 2020a 2021＝1－a 2020a 2021，则选项C 错误；由题意a n －1＝a n －a n －2，则a 2019·a 2021－(a 2020)2＋a 2018·a 2020－(a 2019)2＝a 2019·(a 2021－a 2019)＋a 2020·(a 2018－a 2020)＝a 2019·a 2020＋a 2020·(－a 2019)＝0，则选项D 正确；故选：ABD. 【点睛】此题考查数列的递推式的应用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题3．已知数列{}n a 中，11a =，1111n n a a n n +⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈.若对于任意的[]1,2t ∈，不等式()22212na t a t a a n<--++-+恒成立，则实数a 可能为（） A ．－4B ．－2C ．0D ．2答案：AB 【分析】由题意可得，利用裂项相相消法求和求出，只需对于任意的恒成立，转化为对于任意的恒成立，然后将选项逐一验证即可求解. 【详解】，，则，，，，上述式子累加可得：，，对于任意的恒成立解析：AB 【分析】由题意可得11111n n a a n n n n +-=-++，利用裂项相相消法求和求出122n a n n=-<，只需()222122t a t a a --++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，转化为()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.【详解】111n n n a a n n++-=，11111(1)1n n a a n n n n n n +∴-==-+++，则11111n n a a n n n n --=---，12111221n n a a n n n n ---=-----，，2111122a a -=-，上述式子累加可得：111n a a n n -=-，122n a n n∴=-<， ()222122t a t a a ∴--++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，整理得()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，对A ，当4a =-时，不等式()()2540t t +-≤，解集5,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故A 正确；对B ，当2a =-时，不等式()()2320t t +-≤，解集3,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故B 正确；对C ，当0a =时，不等式()210t t +≤，解集1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故C 错误；对D ，当2a =时，不等式()()2120t t -+≤，解集12,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故D 错误，故选：AB. 【点睛】本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.4．(多选题)已知数列{}n a 中，前n 项和为n S ，且23n n n S a +=，则1n n a a -的值不可能为（） A ．2B ．5C ．3D ．4答案：BD 【分析】利用递推关系可得，再利用数列的单调性即可得出答案．【详解】解：∵， ∴时，，化为：，由于数列单调递减，可得：时，取得最大值2． ∴的最大值为3．故选：BD ．【点睛】本解析：BD 【分析】利用递推关系可得1211n n a a n -=+-，再利用数列的单调性即可得出答案．【详解】解：∵23n n n S a +=， ∴2n ≥时，112133n n n n n n n a S S a a --++=-=-，化为：112111n n a n a n n -+==+--，由于数列21n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭单调递减，可得：2n =时，21n -取得最大值2． ∴1nn a a -的最大值为3．故选：BD ．【点睛】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 5．(多选)在数列{}n a 中，若221(2,,n n a a p n n N p *--=≥∈为常数)，则称{}n a 为“等方差数列”.下列对“等方差数列”的判断正确的是（） A ．若{}n a 是等差数列，则{}n a 是等方差数列 B ．(){}1n- 是等方差数列C ．{}2n是等方差数列.D ．若{}n a 既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列答案：BD 【分析】根据等差数列和等方差数列定义，结合特殊反例对选项逐一判断即可. 【详解】对于A ，若是等差数列，如，则不是常数，故不是等方差数列，故A 错误；对于B ，数列中，是常数，是等方差数列，故解析：BD 【分析】根据等差数列和等方差数列定义，结合特殊反例对选项逐一判断即可. 【详解】对于A ，若{}n a 是等差数列，如n a n =，则12222(1)21n n a a n n n --=--=-不是常数，故{}na 不是等方差数列，故A 错误；对于B ，数列(){}1n-中，222121[(1)][(1)]0n n n n a a ---=---=是常数，{(1)}n ∴-是等方差数列，故B 正确；对于C ，数列{}2n中，()()22221112234n n n n n aa ----=-=⨯不是常数，{}2n∴不是等方差数列，故C 错误；对于D ，{}n a 是等差数列，1n n a a d -∴-=，则设n a dn m =+，{}n a 是等方差数列，()()222112(2)n n n n dn m a a a a d a d d n m d d dn d m --∴-=++++=+=++是常数，故220d =，故0d =，所以(2)0m d d +=，2210n n a a --=是常数，故D 正确.故选：BD.【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题和等差数列的定义，解题的关键是正确理解等差数列和等方差数列定义，利用定义进行判断. 6．数列{}n a 满足11,121nn n a a a a +==+，则下列说法正确的是（） A ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 B ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2n S n = C ．数列{}n a 的通项公式为21n a n =- D ．数列{}n a 为递减数列答案：ABD 【分析】首项根据得到，从而得到是以首项为，公差为的等差数列，再依次判断选项即可. 【详解】对选项A ，因为，，所以，即所以是以首项为，公差为的等差数列，故A 正确. 对选项B ，由A 知：解析：ABD 【分析】首项根据11,121n n n a a a a +==+得到1112n n a a +-=，从而得到1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以首项为1，公差为2的等差数列，再依次判断选项即可.【详解】对选项A ，因为121nn n a a a +=+，11a =，所以121112n n n n a a a a ++==+，即1112n na a +-= 所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以首项为1，公差为2的等差数列，故A 正确.对选项B ，由A 知：112121nn n a数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和()21212n n n S n +-==，故B 正确.对选项C ，因为121n n a =-，所以121n a n =-，故C 错误.对选项D ，因为121n a n =-，所以数列{}n a 为递减数列，故D 正确. 故选：ABD 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和前n 项和，同时考查了递推公式，属于中档题.7．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d .已知312a =，120S >，70a <则（） A ．60a >B ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增数列C ．0n S <时，n 的最小值为13D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项答案：ACD 【分析】由已知得，又，所以，可判断A ；由已知得出，且，得出时，，时，，又，可得出在上单调递增，在上单调递增，可判断B ；由，可判断C ；判断，的符号，的单调性可判断D ；【详解】由已知解析：ACD 【分析】由已知得()()612112712+12+220a a a a S ==>，又70a <，所以6>0a ，可判断A ；由已知得出2437d -<<-，且()12+3n a n d =-，得出[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，又()1112+3n a n d =-，可得出1na 在1,6n nN上单调递增，1na 在7nnN，上单调递增，可判断B ；由()313117713+12203213a a a S a ⨯==<=，可判断C ；判断 n a ，n S 的符号， n a 的单调性可判断D ；【详解】由已知得311+212,122d a a a d ===-，()()612112712+12+220a a a a S ==>，又70a <，所以6>0a ，故A 正确；由7161671+612+40+512+3>0+2+1124+7>0a a d d a a d d a a a d d ==<⎧⎪==⎨⎪==⎩，解得2437d -<<-，又()()3+312+3n a n d n d a =-=-，当[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，又()1112+3n a n d=-，所以[]1,6n ∈时，1>0na ，7n ≥时，10n a <，所以1na 在1,6nnN上单调递增，1na 在7nn N，上单调递增，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是递增数列，故B 不正确；由于()313117713+12203213a a a S a ⨯==<=，而120S >，所以0n S <时，n 的最小值为13，故C 选项正确；当[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，当[]1,12n ∈时，>0n S ，13n ≥时，0nS <，所以当[]7,12n ∈时，0n a <，>0n S ，0nnS a <，[]712n ∈，时，n a 为递增数列，n S 为正数且为递减数列，所以数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项，故D 正确；【点睛】本题考查等差数列的公差，项的符号，数列的单调性，数列的最值项，属于较难题. 8．已知数列{}n a 满足：13a =，当2n ≥时，)211n a =-，则关于数列{}n a 说法正确的是（） A ．28a =B ．数列{}n a 为递增数列C ．数列{}n a 为周期数列D ．22n a n n =+答案：ABD 【分析】由已知递推式可得数列是首项为，公差为1的等差数列，结合选项可得结果. 【详解】得， ∴，即数列是首项为，公差为1的等差数列， ∴，∴，得，由二次函数的性质得数列为递增数列，解析：ABD 【分析】由已知递推式可得数列2=，公差为1的等差数列，结合选项可得结果. 【详解】)211n a =-得)211n a +=，1=，即数列2=，公差为1的等差数列，2(1)11n n =+-⨯=+，∴22n a n n =+，得28a =，由二次函数的性质得数列{}n a 为递增数列，所以易知ABD 正确，故选：ABD. 【点睛】本题主要考查了通过递推式得出数列的通项公式，通过通项公式研究数列的函数性质，属于中档题.9．公差为d 的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，110S >，120S <，下列说法正确的有（） A ．0d <B ．70a >C ．{}n S 中5S 最大D ．49a a <答案：AD 【分析】先根据题意得，，再结合等差数列的性质得，，，中最大，，即：.进而得答案. 【详解】解：根据等差数列前项和公式得：，所以，，由于，，所以，，所以，中最大，由于，所以，即：解析：AD 【分析】先根据题意得1110a a +>，1120a a +<，再结合等差数列的性质得60a >，70a <，0d <，{}n S 中6S 最大，49a a <-，即：49a a <.进而得答案.【详解】解：根据等差数列前n 项和公式得：()111111102a a S +=>，()112121202a a S +=< 所以1110a a +>，1120a a +<，由于11162a a a +=，11267a a a a +=+，所以60a >，760a a <-<，所以0d <，{}n S 中6S 最大，由于11267490a a a a a a +=+=+<，所以49a a <-，即：49a a <. 故AD 正确，BC 错误. 故选：AD. 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式与等差数列的性质，是中档题.10．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若90a <，100a >，则下列结论正确的是（） A ．109S S >B ．170S <C ．1819S S >D ．190S >答案：ABD 【分析】先根据题意可知前9项的和最小，判断出正确；根据题意可知数列为递减数列，则，又，进而可知，判断出不正确；利用等差中项的性质和求和公式可知，，故正确. 【详解】根据题意可知数列为递增解析：ABD 【分析】先根据题意可知前9项的和最小，判断出A 正确；根据题意可知数列为递减数列，则190a >，又181919S S a =-，进而可知1516S S >，判断出C 不正确；利用等差中项的性质和求和公式可知()01179179172171722a a a S a <+⨯⨯===，()1191019101921919022a a a S a +⨯⨯===>，故BD 正确. 【详解】根据题意可知数列为递增数列，90a <，100a >，∴前9项的和最小，故A 正确；()11791791721717022a a a S a +⨯⨯===<，故B 正确； ()1191019101921919022a a a S a +⨯⨯===>，故D 正确； 190a >，181919S S a ∴=-，1819S S ∴<，故C 不正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查等差数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.。

高考数学数列多选题专项训练(讲义及答案)及答案

一、数列多选题1．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．a 8＝34 B ．S 8＝54C ．S 2020＝a 2022－1D ．a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2021＝a 2022答案：BCD 【分析】由题意可得数列满足递推关系，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】对于A ，可知数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，故A 错误；对于B ，，故B 正确；对于C ，可解析：BCD 【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系()12211,1,+3n n n a a a a a n --===≥，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】对于A ，可知数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，故A 错误；对于B ，81+1+2+3+5+8+13+2154S ==，故B 正确；对于C ，可得()112n n n a a a n +-=-≥，则()()()()1234131425311++++++++++n n n a a a a a a a a a a a a a a +-=----即212++1n n n n S a a a a ++=-=-，∴202020221S a =-，故C 正确；对于D ，由()112n n n a a a n +-=-≥可得，()()()135202124264202220202022++++++++a a a a a a a a a a a a =---=，故D 正确.故选：BCD. 【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，解题的关键是得出数列的递推关系，()12211,1,+3n n n a a a a a n --===≥，能根据数列性质利用累加法求解. 2．已知数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠，且满足11140(2),4n n n a S S n a -+=≥=，则下列说法正确的是（） A ．数列{}n a 的前n 项和为1S 4n n=B ．数列{}n a 的通项公式为14(1)n a n n =+C ．数列{}n a 为递增数列D ．数列1{}nS 为递增数列答案：AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求，最后根据和项与通项关系得. 【详解】因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D 正确；解析：AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求S n ，最后根据和项与通项关系得n a . 【详解】11140(2),40n n n n n n n a S S n S S S S ---+=≥∴-+=11104n n n S S S -≠∴-= 因此数列1{}n S 为以114S =为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D 正确；所以1144(1)44n n n n S S n=+-=∴=，即A 正确；当2n ≥时111144(1)4(1)n n n a S S n n n n -=-=-=--- 所以1,141,24(1)n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，即B ，C 不正确；故选：AD 【点睛】本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.3．等差数列{}n a 是递增数列，公差为d ，前n 项和为n S ，满足753a a =，下列选项正确的是（） A ．0d <B ．10a <C ．当5n =时n S 最小D ．0n S >时n 的最小值为8答案：BD 【分析】由题意可知，由已知条件可得出，可判断出AB 选项的正误，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质以及二次不等式可判断出CD 选项的正误. 【详解】由于等差数列是递增数列，则，A 选项错误解析：BD 【分析】由题意可知0d >，由已知条件753a a =可得出13a d =-，可判断出AB 选项的正误，求出n S 关于d 的表达式，利用二次函数的基本性质以及二次不等式可判断出CD 选项的正误. 【详解】由于等差数列{}n a 是递增数列，则0d >，A 选项错误；753a a =，则()11634a d a d +=+，可得130a d =-<，B 选项正确；()()()22171117493222224n n n d n n d n n d S na nd n d -⎡⎤--⎛⎫=+=-+==--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，当3n =或4时，n S 最小，C 选项错误；令0n S >，可得270n n ->，解得0n <或7n >.n N *∈，所以，满足0n S >时n 的最小值为8，D 选项正确.故选：BD.4．已知递减的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，57S S =，则（） A ．60a > B ．6S 最大 C ．130S >D ．110S >答案：ABD 【分析】转化条件为，进而可得，，再结合等差数列的性质及前n 项和公式逐项判断即可得解. 【详解】因为，所以，即，因为数列递减，所以，则，，故A 正确；所以最大，故B 正确；所以，故C 错误解析：ABD 【分析】转化条件为670a a +=，进而可得60a >，70a <，再结合等差数列的性质及前n 项和公式逐项判断即可得解. 【详解】因为57S S =，所以750S S -=，即670a a +=，因为数列{}n a 递减，所以67a a >，则60a >，70a <，故A 正确；所以6S 最大，故B 正确；所以()113137131302a a S a+⨯==<，故C 错误；所以()111116111102a a S a+⨯==>，故D 正确.故选：ABD.5．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对于任意的m ，*n N ∈，都有m n m n a a a +=+，则下列结论正确的是（）A ．11285a a a a +=+B ．56110a a a a <C ．若该数列的前三项依次为x ，1x -，3x ，则10103a = D ．数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为递减的等差数列答案：AC 【分析】令，则，根据，可判定A 正确；由，可判定B 错误；根据等差数列的性质，可判定C 正确；，根据，可判定D 错误. 【详解】令，则，因为，所以为等差数列且公差，故A 正确；由，所以，故B 错误；解析：AC 【分析】令1m =，则11n n a a a +-=，根据10a >，可判定A 正确；由256110200a a a a d -=>，可判定B 错误；根据等差数列的性质，可判定C 正确；122n d d n a n S ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，根据02>d ，可判定D 错误. 【详解】令1m =，则11n n a a a +-=，因为10a >，所以{}n a 为等差数列且公差0d >，故A 正确；由()()22225611011119209200a a a a a a d d a a d d -=++-+=>，所以56110a a a a >，故B错误；根据等差数列的性质，可得()213x x x -=+，所以13x =，213x -=，故1011109333a =+⨯=，故C 正确；由()111222nn n na dS d d n a nn -+⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，因为02>d ，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列，故D 错误. 故选：AC . 【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；1、作差比较法：根据1n n a a +-的符号，判断数列{}n a 是递增数列、递减数列或是常数列；2、作商比较法：根据1(0n n na a a +>或0)n a <与1的大小关系，进行判定； 3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.6．设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和，且56S S <，678S S S =>，则下列结论正确的是（） A ．0d > B ．70a =C ．95S S >D ．6S 与7S 均为n S 的最大值答案：BD 【分析】设等差数列的公差为，依次分析选项即可求解. 【详解】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：是等差数列，若，则，故B 正确；又由得，则有，故A 错误；而C 选项，，即，可得，解析：BD 【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，依次分析选项即可求解. 【详解】根据题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，依次分析选项：{}n a 是等差数列，若67S S =，则7670S S a -==，故B 正确；又由56S S <得6560S S a -=>，则有760d a a =-<，故A 错误；而C 选项，95S S >，即67890a a a a +++>，可得()7820a a +>，又由70a =且0d <，则80a <，必有780a a +<，显然C 选项是错误的. ∵56S S <，678S S S =>，∴6S 与7S 均为n S 的最大值，故D 正确；故选：BD. 【点睛】本题考查了等差数列以及前n 项和的性质，需熟记公式，属于基础题. 7．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知535S =，411a =，则（） A ．45n a n =- B ．23n a n =+ C ．223n S n n =-D ．24n S n n =+答案：AC 【分析】由求出，再由可得公差为，从而可求得其通项公式和前项和公式【详解】由题可知，，即，所以等差数列的公差，所以，. 故选：AC. 【点睛】本题考查等差数列，考查运算求解能力.解析：AC 【分析】由535S =求出37a =，再由411a =可得公差为434d a a =-=，从而可求得其通项公式和前n 项和公式【详解】由题可知，53535S a ==，即37a =，所以等差数列{}n a 的公差434d a a =-=，所以()4445n a a n d n =+-=-，()2451232n n n S n n --==-.故选：AC. 【点睛】本题考查等差数列，考查运算求解能力. 8．下列命题正确的是（）A ．给出数列的有限项就可以唯一确定这个数列的通项公式B ．若等差数列{}n a 的公差0d >，则{}n a 是递增数列C ．若a ，b ，c 成等差数列，则111,,a b c可能成等差数列D ．若数列{}n a 是等差数列，则数列{}12++n n a a 也是等差数列答案：BCD 【分析】根据等差数列的性质即可判断选项的正误. 【详解】A 选项：给出数列的有限项不一定可以确定通项公式；B 选项：由等差数列性质知，必是递增数列；C 选项：时，是等差数列，而a = 1，解析：BCD 【分析】根据等差数列的性质即可判断选项的正误. 【详解】A 选项：给出数列的有限项不一定可以确定通项公式；B 选项：由等差数列性质知0d >，{}n a 必是递增数列；C 选项：1a b c ===时，1111a b c===是等差数列，而a = 1，b = 2，c = 3时不成立； D 选项：数列{}n a 是等差数列公差为d ，所以11112(1)223(31)n n a a a n d a nd a n d ++=+-++=+-也是等差数列；故选：BCD 【点睛】本题考查了等差数列，利用等差数列的性质判断选项的正误，属于基础题.9．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d .已知312a =，120S >，70a <则（） A ．60a >B ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增数列C ．0n S <时，n 的最小值为13D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项答案：ACD 【分析】由已知得，又，所以，可判断A ；由已知得出，且，得出时，，时，，又，可得出在上单调递增，在上单调递增，可判断B ；由，可判断C ；判断，的符号，的单调性可判断D ；【详解】由已知解析：ACD 【分析】由已知得()()612112712+12+220a a a a S ==>，又70a <，所以6>0a ，可判断A ；由已知得出2437d -<<-，且()12+3n a n d =-，得出[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，又()1112+3n a n d =-，可得出1na 在1,6n n N上单调递增，1na 在7nnN，上单调递增，可判断B ；由()313117713+12203213a a a S a ⨯==<=，可判断C ；判断 n a ，n S 的符号， n a 的单调性可判断D ；【详解】由已知得311+212,122d a a a d ===-，()()612112712+12+220a a a a S ==>，又70a <，所以6>0a ，故A 正确；由7161671+612+40+512+3>0+2+1124+7>0a a d d a a d d a a a d d ==<⎧⎪==⎨⎪==⎩，解得2437d -<<-，又()()3+312+3n a n d n d a =-=-，当[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，又()1112+3n a n d=-，所以[]1,6n ∈时，1>0na ，7n ≥时，10n a <，所以1na 在1,6nnN上单调递增，1na 在7nn N，上单调递增，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是递增数列，故B 不正确；由于()313117713+12203213a a a S a ⨯==<=，而120S >，所以0n S <时，n 的最小值为13，故C 选项正确；当[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，当[]1,12n ∈时，>0n S ，13n ≥时，0n S <，所以当[]7,12n ∈时，0n a <，>0n S ，0nnS a <，[]712n ∈，时，n a 为递增数列，n S 为正数且为递减数列，所以数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项，故D 正确；【点睛】本题考查等差数列的公差，项的符号，数列的单调性，数列的最值项，属于较难题. 10．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且满足10a >，1118S S =，则对n S 描述正确的有（） A ．14S 是唯一最小值 B ．15S 是最小值 C ．290S =D ．15S 是最大值答案：CD 【分析】根据等差数列中可得数列的公差，再根据二次函数的性质可知是最大值，同时可得，进而得到，即可得答案；【详解】，，设，则点在抛物线上，抛物线的开口向下，对称轴为，且为的最大值，解析：CD 【分析】根据等差数列中1118S S =可得数列的公差0d <，再根据二次函数的性质可知15S 是最大值，同时可得150a =，进而得到290S =，即可得答案；【详解】1118S S =，∴0d <，设2n S An Bn =+，则点(,)n n S 在抛物线2y Ax Bx =+上，抛物线的开口向下，对称轴为14.5x =，∴1514S S =且为n S 的最大值，1118S S =12131815070a a a a ⇒+++=⇒=，∴129291529()2902a a S a +===，故选：CD. 【点睛】本题考查利用二次函数的性质研究等差数列的前n 项和的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.。

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版

高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式；（2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。

)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。

高考数学数列多选题复习训练题(含答案解析)

高考数学数列多选题复习训练题（含答案解析）1．（2022·江苏江苏·一模）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，则（） A ．6422S S S =−B ．()6423S S S =−C ．2n S ，42n n S S −，64n n S S −成等差数列D ．22S ，44S ，66S 成等差数列【答案】BCD 【解析】【分析】利用等差数列求和公式分别判断. 【详解】由已知得()112n n n dS a n −=+， A 选项，61615S a d =+，4146S a d =+，212S a d =+，所以42162611S S a d S −=+≠，A 选项错误；B 选项，()42163615S S a d S −=+=，B 选项正确；C 选项，()()221122122n S a n n n d a n n n d =+−=+−，()414241n S a n n n d =+−，()616361n S a n n n d =+−，()242126n n S S a n n n d −=+−，()2641210n n S S a n n n d −=+−，则()()()22264114241222262n n n n S S S a n n n d a n n n d S S ⎡⎤+−=+−=+−=−⎣⎦，C 选项正确；D 选项，2112222S a d d a +==+，411463442S a d a d +==+，6116155662S a d a d +==+，则6241232264S S Sa d +=+=⨯，D 选项正确；故选：BCD.2．（2022·江苏南通·模拟预测）若数列{}n a 是等比数列，则（） A ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列B ．数列{}n ka 是等比数列C ．数列{}1n n a a ++是等比数列D ．数列{}2n a 是等比数列【答案】AD 【解析】【分析】设等比数列{}n a 的公比为()0q q ≠，利用等比数列的定义结合特例法可判断各选项的正误. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为()0q q ≠，11111n n n na a a q a ++==，则1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1q 为公比的等比数列，A 对； 0k =时，0n ka =，则{}n ka 不是等比数列，B 错；()11n n n n n a a a a q a q ++=+=+，1q =−时，10n n a a ++=，此时{}1n n a a ++不是等比数列，C 错；2212n na q a +=，所以，{}2n a 是公比为2q 的等比数列，D 对. 故选：AD ．3．（2022·福建宁德·模拟预测）数列{n a }中，设12n n T a a a =⋅…….若n T 存在最大值，则n a 可以是（） A ．62n n a −= B ．()1nn a =− C ．29n a n =− D ．121n n a n +=− 【答案】BD 【解析】【分析】根据数列的单调性即可判断. 【详解】对于A ，()()115436212322n n n n n T a a aa −−−−+−=== ，当n 趋于无穷大时，n T 也趋于无穷大，故n T 不存在最大值；对于B ，()()()()()()1123211111n n nn T +=−−−−=− ，当()12n n + 为偶数时，1n T = ，当()12n n +为奇数时，1n T =− ，故n T 的最大值为1；对于C ，()()1121128n n n n n T T a a a a T n ++−=−=− ，当5n ≥ 时，10,n n n T T T +>> ，∴5n ≥ 时n T 是递增的数列，不存在最大值；对于D ，1232342,1,,135a a a ===== 即当3n ≥ 时，0121n n <+<− ，1n a < ，即3n ≥ 时，()1110n n n n T T T a ++−=−< ，所以n T 是递减的数列，最大值为122T T == ；故选：BD.4．（2022·福建·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为2212n a n n S +=，公差为d ，则（）A ．11a =B ．1d =C ．()213521n n S a n −=+++⋅⋅⋅+−D ．2222n nn S a a =+ 【答案】ABC 【解析】【分析】运用代入法，结合等差数列的通项公式和前n 项和公式逐一判断即可. 【详解】取1n =，则21112a a +=，解得11a =，即A 正确；由A 可知，22n n nS +=，则212321d S a =−=−=，即B 正确；于是有1(1)1n a n n =+−⋅=，因为22n n S a n −=，且()()212113212n n n n +−+++−==，即C 正确；因为()222222222nn n n nS n n a a +==+=+，即D 错误.故选：ABC5．（2021·山东·模拟预测）设等比数列{an }的公比为q ，其前n 项和为Sn ，前n 项积为Tn ，并满足条件a 1＞1，a 2019a 2020＞1，2019202011a a −−＜0，下列结论正确的是（）A ．S 2019＜S 2020B ．a 2019a 2021﹣1＜0C ．T 2020是数列{Tn }中的最大值D ．数列{Tn }无最大值【答案】AB 【解析】【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得（a 1q 2018）（a 1q 2019）＝（a 1）2（q 4037）＞1，分析可得q ＞0，可得数列{an }各项均为正值，又由2019202011a a −−＜0可得2019202011a a <⎧⎨>⎩或2019202011a a >⎧⎨<⎩，由等比数列的性质分析可得q 的范围，据此分析4个选项，综合即可得答案. 【详解】根据题意，等比数列{an }的公比为q ，若a 2019a 2020＞1，则（a 1q 2018）（a 1q 2019）＝（a 1）2（q 4037）＞1，又由a 1＞1，必有q ＞0，则数列{an }各项均为正值，又由2019202011a a −−＜0，即（a 2019﹣1）（a 2020﹣1）＜0，则有2019202011a a <⎧⎨>⎩或2019202011a a >⎧⎨<⎩，又由a 1＞1，必有0＜q ＜1，则有2019202011a a >⎧⎨<⎩，对于A ，有S 2020﹣S 2019＝a 2020＞0，即S 2019＜S 2020，则A 正确；对于B ，有a 2020＜1，则a 2019a 2021＝（a 2020）2＜1，则B 正确；对于C ，2019202011a a >⎧⎨<⎩，则T 2019是数列{Tn }中的最大值，C 错误，同理D 错误；故选：AB6．（2022·海南·模拟预测）在数列{}n a 中，11a =，数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，设n S 为{}n a 的前n 项和，则（）A ．121n na =− B ．1122n n a =+ C ．数列{}n a 为递减数列 D ．378S >【答案】ACD 【解析】【分析】由已知结合等比数列通项公式可求11na +，进而可求n a ，然后结合单调性定义及数列的求和分别检验各选项即可判断和选择. 【详解】因为11a =，数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，所以111222n nna −+=⋅=所以121n n a =−，故A 正确，B 错误；因为()21,1xy x =−≥是单调增函数，故()1,121x y x =≥−是单调减函数，故数列{}n a 是减数列，故C 正确； 31231171378S a a a =++=++>，故D 正确.故选：ACD .7．（2022·江苏连云港·模拟预测）“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列{}n a ，下列说法正确的是（） A ．若13a =，则5131213a =B ．若122a =，则10022a =C ．若16a =，则100a 的最后一个数字为6D ．若1123a =，则100a 中没有数字4【答案】BCD 【解析】【分析】根据题干中的递推规律，依次分析各项的正误. 【详解】对于A 项，13a =，即“1个3”，213a =，即“1个1，1个3”，31113a =，即“3个1，1个3”，故43113a =，故A 项错；对于B 项，122a =，即“2个2”， 222a =，即“2个2”，以此类推，该数列的各项均为22，则10022a =，故B 项正确；对于C 项，16a =，即“1个6”， 216a =，即“1个1，1个6”， 31116a =，即“3个1，1个6”，故43116a =，即“1个3，2个1，1个6”，以此类推可知，()*n a n ∈N 的最后一个数字均为6，故C 项正确；对于D 项，1123a =，则2111213a =，331121113a =，41321123113a =，L ，若数列{}n a 中，()5,N k a k k *≥∈中为第一次出现数字4，则1k a −中必出现了4个连续的相同数字，如11111k a −=，则在2k a −的描述中必包含“1个1，1个1”，即211k a −=，显然2k a −的描述是不合乎要求的，若12222k a −=或13333k a −=，同理可知均不合乎题意，故()N n a n *∈不包含数字4，故D 项正确. 故选：BCD.8．（2022·广东茂名·模拟预测）一组数据1x ，2x ，…，10x 是公差为1−的等差数列，若去掉首末两项1x ，10x 后，则（） A ．平均数不变 B ．中位数没变C ．极差没变D ．方差变小【答案】ABD 【解析】【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断A ，由中位数的概念可判断B ，由方差及等差数列的通项公式计算即可判断C ，根据极差及等差数列的通项公式可判断D ．【详解】由题意可知，对于选项A ，原数据的平均数为1210511()5(1010x x x x x =+++=⨯+ 6561)()2x x x =+，去掉1x ，10x 后的平均数为2395656111()4()()882x x x x x x x x x '=+++=⨯+=+=，即平均数不变，故选项A 正确；对于选项B ，原数据的中位数为561()2x x +，去掉1x ，10x 后的中位数仍为561()2x x +，即中位数没变，故选项B 正确；对于选项C ，原数据的极差为11099x x d −=−=，去掉1x ，10x 后的极差为2977x x d −=−=，即极差变小，故选项C 错误；对于选项D ，设公差为d ，则原数据的方差为222215625610561111()()()10222s x x x x x x x x x ⎧⎫⎪⎪⎡⎤⎡⎤⎡⎤=−++−+++−+⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎪⎪⎩⎭2221975()()()10222[d d d =−+−+−222311()()()222d d d +−+−++2222357933()()()()2224]2d d d d +++=，去掉1x ，10x 后的方差为22222563569561111()()()8222s x x x x x x x x x ⎧⎫⎪⎪⎡⎤⎡⎤⎡⎤'=−++−+++−+⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎪⎪⎩⎭2222222217531135721()()()()()()()()8222222224[]d d d d d d d d =−+−+−+−++++=，即方差变小，故选项D 正确．故选：ABD.9．（2022·山东济宁·二模）已知一组数据1x ，2x ，…，11x 是公差不为0的等差数列，若去掉数据6x ，则（） A ．中位数不变 B ．平均数变小 C ．方差变大 D ．方差变小【答案】AC 【解析】【分析】由中位数的概念可判断A ，根据平均数的概念结合等差数列的性质判断B ，由方差计算公式即可判断CD. 【详解】对于选项A ，原数据的中位数为6x ，去掉6x 后的中位数为5761()2x x x +=，即中位数没变，故选项A 正确；对于选项B ，原数据的平均数为()111121161111()11112x x x x x x x +=+++=⨯=，去掉6x 后的平均数为1111257811610()11()10102x x x x x x x x x x x +'=+++++++=⨯==即平均数不变，故选项B 错误：对于选项C ，则原数据的方差为()()22221626116]1[()11s x x x x x x =−+−++−，去掉6x 后的方差为()()()()()22222216265676116110s x x x x x x x x x x ⎡⎤'=−+−++−+−++−⎣⎦，故2s 2s '<，即方差变大，故选项C 正确，选项D 错误.10．（2022·山东临沂·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知233=+nn S ．数列{}n b 满足3log n n n a b a =，则（）A ．13,1,3, 1.n n n a n −=⎧=⎨>⎩B ．113n n n b −−=C ．数列{}n b 的前n 项和113211243n n n T −+=−⋅ D ．数列{}n b 的前n 项和113211243n n n T −−=+⋅ 【答案】AC 【解析】【分析】根据n S 与n a 的关系，即可求出n a ，利用错位相减法即可求出数列{}n b 的前n 项和n T ，据此，逐个选项判断即可得出答案. 【详解】对于A ，因为233=+nn S ，所以，当1n =时，11226S a ==，得13a =，当2n ≥时，1113332n n n n n n a S S −−−−=−==，经检验，当1n =时，不符合13−=n n a ，所以，13,1,3, 1.n n n a n −=⎧=⎨>⎩故A 正确；对于B ，因为3log n n n a b a =，得311,1log 31,23n n nn n a b n a n −⎧=⎪⎪==⎨−⎪≥⎪⎩，故B 错误；对于C ，数列{}n b 的前n 项和1232311123133333n n n n T b b b b −−=++++=+++++①， 234111231393333n nn T −=+++++②，所以，−①②得， 23122111111()3933333n n n n T −−=++⨯+++−11515311193293929333n n n n n n −−−⎛⎫=+−=+⨯−− ⎪⎝⎭1823n=−⋅，得 113211243n n n T −+=−⋅，故C 正确，D 错误；故选：AC11．（2023·福建漳州·三模）已知数列{n a }的前n 项和为211n S n n =−，则下列说法正确的是（）． A ．{}n a 是递增数列 B ．{}n a 是递减数列C ．122n a n =-D ．数列{}n S 的最大项为5S 和6S【答案】BCD 【解析】【分析】根据211n S n n =−，利用二次函数的性质判断D ，利用数列通项和前n 项和关系求得通项公式判断ABC. 【详解】解：因为22111211124n S n n n ⎛⎫=−=−−+ ⎪⎝⎭，所以数列{}n S 的最大项为5S 和6S ，故D 正确；当1n =时，110a =，当2n ≥时，由211n S n n =−，得()()211111n S n n −=−−−，两式相减得：212n a n =−+，又110a =，适合上式，所以212n a n =−+，故C 正确；因为120n n a a −−=−<，所以{}n a 是递减数列，故A 错误，B 正确；故选：BCD12．（2022·湖南怀化·一模）设{}()*n a n N ∈是各项为正数的等比数列，q 是其公比，nK是其前n 项的积，且56678,K K K K K <=>，则下列选项中成立的是（） A ．01q << B ．71a =C ．95K K >D ．6K 与7K 均为n K 的最大值【答案】ABD【分析】结合等比数列的定义利用数列的单调性判断各选项．【详解】由已知数列各项均为正，因此乘积n K 也为正，公比0q >，又56678,K K K K K <=>， 6651K a K =>，7761Ka K ==，B 正确； 8871K a K =<，761aq a =<，即01q <<，A 正确；由71a =得681a a =，591a a =，所以49K K =，而51a >，54K K >，因此95K K <，C 错；由上知126781a a a a a <<<<=<<，{}n K 先增后减，6K 与7K 均为n K 的最大值，D 正确．故选：ABD ．13．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，则下列命题正确的是( )A ．若11a =，2q =，则663S =B ．若1q >，则数列{}n a 是单调递增数列C ．若10a >，0q >，lg n n b a =，则数列{} n b 是公差为lg q 的等差数列D ．若10a >，0q >，且()21105612a a a a +=+，则110a a +的最小值为4 【答案】AC 【解析】【分析】A ：利用等比数列前n 项和公式即可计算；B ：根据函数单调性即可判断；C ：根据等差数列定义即可判断；D ：利用基本不等式即可判断．【详解】对于A ，66612216312S −==−=−，故A 正确；对于B ，∵11n n a a q −=⋅，故{}n a 的单调性由q 和1a 共同决定，q >1无法判断数列为递增数列，如10a <，此时数列为递减数列，故B 错误；对于C ，∵111lg lg lg lg n n n n n na b b a a q a +++−=−==为常数，∴数列{}n b 是公差为lg q 的等差数列，故C 正确；对于D ，若10a >，0q >，则0n a >，56110a a a a =， ∵()21105612a a a a +=+， ∴()2211011011012122a a a a a a +⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭…，即()()22110110124a a a a +++…，即()211016a a +≤，即11004a a <+…，即当110a a =时，110a a +的最大值为4，故D 错误．故选：AC ．14．（2022·江苏泰州·模拟预测）数列{}n a 满足1111,,2n n n a a a n N *+==∈，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则（） A ．418a =B ．1n n a a +≤C ．3n S <D ．132n n S S −<【答案】BC 【解析】【分析】根据题意求得212112n n n n n n a a a a a a ++++==，得到{}n a 的奇数项和偶数项分别构成公比为12的等比数列，且首项分别为1211,2a a ==，由414a =，可判定A 错误；求得n 为奇数和n 为偶数时，数列的通项公式，可判定B 正确；根据n 为奇数和偶数，求得n S ，可判定C 正确；结合2n =时，可判定D 错误. 【详解】由题意，数列{}n a 满足11,2n n na a n N *+=∈，可得212112n n n n n na a a a a a ++++==，因为11a =，可得2112a a =，所以212a =，所以{}n a 的奇数项和偶数项分别构成公比为12的等比数列，且首项分别为1211,2a a ==，对于A 中，可得421124a a =⨯=，所以A 错误；对于B 中，若n 为奇数时，可数列的通项公式为1122111()()22n n n a −−=⨯=；若n 为偶数时，可数列的通项公式为122111()()222n n n a +=⨯=，当n 为奇数时，121()2n n a −=，2211()2n n a ++=，此时1n n a a +<，当n 为偶数时，121()2n n a +=，1211()2n n a ++=，此时1n n a a +=，综上可得：1n n a a +≤，所以B 正确；对于C 中，数列{}n a 为1111111,,,,,,,224488，可得{}1n n a a ++构成首项为32，公比为12的等比数列，当n 为偶数时，可得2231[1()]1223[1()]31212nn n S −==⋅−<−，当n 为奇数时，可得121211[1()]12112[1()]31212n n n S −−⋅−=+=+⋅−<−，所以C 正确；对于D 中，当2n =时，可得213122S =+=，13322S =，此时132n n S S −=，所以D 错误.故选：BC.15．（2022·重庆·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知12a =，且()1210n n n a na ++−=()n N *∈，则下列结论正确的是（） A ．{}n na 是等比数列 B ．n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列C ．2n n a n =⋅D ．()122nn S n =−⋅+【答案】BC 【解析】【分析】由条件变形，先求n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，再判断选项【详解】由题意得121n n a a n n +=⋅+，故n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2，公比为2的等比数列， 1222n n na n−=⋅=，则2n n a n =⋅．故B ，C 正确，A 错误 122222n n S n =+⋅++⋅, 23122222n n S n +=+⋅++⋅,两式相减得：()1212(222)122n n n n S n n ++=⋅−+++=−⋅+，故D 错误．故选：BC16．（2022·广东茂名·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为S ，11a =，121n n n S S a +=++，数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ，则下列选项正确的为（） A ．数列{}1n a +是等比数列 B ．数列{}1n a +是等差数列C ．数列{}n a 的通项公式为21n n a =−D ．1n T > 【答案】AC 【解析】【分析】由1121n n n n a S S a ++=−=+可得，1121n n a a ++=+，可判断A,B 的正误，再求出n a ，可判断C 的正误，利用裂项相消法求n T ，可判断D 的正误. 【详解】因为121n n n S S a +=++，所以1121n n n n a S S a ++=−=+，1+122n n a a +=+，即1121n n a a ++=+，且112a +=，所以数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，故A 正确，B 错误；所以12nn a +=，即21n n a =−，故C 正确；因为()()111212122211121n n n n n n n n a a +++−−−−==−⋅，所以12231121212121111111111212121n n n n T ++−+−+=−−−−+−−−=−−<…，故D 错误；故选：AC.17．（2022·重庆·二模）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，公差0d >，若920S S =，则下列结论中正确的有（） A ．150a = B ．当15n =时，n S 取得最小值 C ．10220a a +> D ．当0n S >时，n 的最小值为29【答案】ABC 【解析】【分析】根据等差数列的前n 项和公式，结合该数列的单调性逐一判断即可. 【详解】解：根据题意，由9201111511998202019140022S S a d a d a d a =⇒+⨯⨯=+⨯⨯⇒+=⇒=.故A 正确；因为0d >，故当15n <时，0n a <，150a =，当15n >时，0n a >，当15n =或14n =时，n S 取得最小值，故B 正确；由于()102216150a a a a d d +=2=2+=2>，故C 正确；因为0d >，n *∈N ，所以由1111(1)(14)(1)(29)0222n S na n n d n d n n d dn n =+−=−+−=−>，可得：29,n >n *∈N ，因此n 的最小值为30，故D 错误.故选：ABC18．（2022·河北保定·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，22a =，1143n n n a a a +−=−，则下面说法正确的是（） A ．数列{}1n n a a +−为等比数列 B ．数列{}13n n a a +−为等差数列C ．131n n a -=+D ．3142n n nS −=+【答案】ABD【分析】由已知递推式可得()113n n n n a a a a +−−=−或1133n n n n a a a a +−−=−，从而可得数列{}1n n a a +−为公比为3的等比数列，数列{}13n n a a +−为常数列，从而可求出,n n a S ，进而可分析判断【详解】根据题意得()()111113434344n n n n n n n n n a a a a ka k a a k a a k +−+−−⎛⎫=−⇒+=+−=+−⎪+⎝⎭，令2343014k k k k k =−⇒++=⇒=−+或3k =−，所以可得：()113n n n n a a a a +−−=−或1133n n n n a a a a +−−=−，所以数列{}1n n a a +−为公比为3的等比数列，故选项A 正确；数列{}13n n a a +−为常数列，即为公差为0的等差数列，故选项B 正确；所以1113n n n a a −+−=⨯，且131n n a a +−=−，解得1312n n a −+=，所以C 错误，所以12n n S a a a =++⋅⋅⋅+ 011313131222n −+++=++⋅⋅⋅+()011133322n n −=++⋅⋅⋅++ 1132132n n −=⨯+− 3142n n −=+，所以D 正确，故选：ABD ．19．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足()1213n n n a a a m ++=+，12n a ≠−，则下列说法正确的有（）A ．若12=−m ，11a =，则35a =B ．若0m =，112a =，则11331n n n a −−=+C ．若12m =，12a ≠−，3，则32n n a a ⎧⎫−⎨⎬+⎩⎭是等比数列 D ．若12m =−，11a =，则766n n a =−【答案】BC 【解析】A 选项由递推关系计算可判断；B 选项，递推关系变形为1111113n n a a +⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，构造一个等比数列11n a ⎧⎫−⎨⎬⎩⎭，可求出通项公式，从而判断；C 选项由递推关系变形出1132n n a a ++−+3372n n a a −=−⨯+，从而得到判断；D 选项，递推关系变形得出112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪−⎩⎭是等比数列，从而求得通项公式进行判断．【详解】A 选项：若12=−m ，则()121312n n n a a a ++=−，即131221n n n a a a +−=+.又11a =，则231233a −==−，391221615a −−==−+，故A 错误. B 选项：若0m =，则()1213n n n a a a ++=，即1321nn n a a a +=+，即112133n n a a +=+，则1111113n n a a +⎛⎫−=− ⎪⎝⎭.又112a =，则111211a −=−=，所以11n a ⎧⎫−⎨⎬⎩⎭是首项为1，公比为13的等比数列，则11113n n a −⎛⎫−= ⎪⎝⎭，即1111113133n n n n a −−−+⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，即11331n n n a −−=+，故B 正确.C 选项：若12m =，则()121312n n n a a a ++=+，即131221n n n a a a ++=+，则()()1131233123213213122312221221n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +++−+−+−+===+++++++393371472n n n n a a a a ⎛⎫−+−=−⨯ ⎪++⎝⎭，所以32n n a a ⎧⎫−⎨⎬+⎩⎭是公比为37−的等比数列，故C 正确.D 选项：若12m =−，则113221n n n a a a +−=+，则11132112222121n n n n n n a a a a a a +−−−−−==++，则1212121111112121222n n n n n n a a a a a a +−+⎛⎫==+=+≠ ⎪−−⎝⎭−−，即11111122n n a a +−=−−.又11a =，则11212a =−，所以112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪−⎩⎭是首项为2，公差为1的等差数列，所以1112n n a =+−，即1121n a n −=+，即1112n a n =++，故D 错误，故选：BC.20．（2022·广东·一模）已知数列{}n a 满足11a =，*12()N n n n a a n ++=∈，则下列结论中正确的是（） A ．45a =B ．{}n a 为等比数列C ．202212202123a a a +++=−D ．2023122022223a a a −+++=【答案】AD 【解析】【分析】利用递推式可求得234,,a a a 的值，可判断A,B;将122021a a a +++变为1235202042021()()()a a a a a a a ++++++++，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断C; 将122022a a a +++变为412320212022))()((a a a a a a +++++++，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断D; 【详解】11a =，则1222,1a a a +== ，又2334,3a a a +== ，同理33442,5a a a +== ，故A 正确；而32121,3a a a a == ，故{}n a 不是等比数列，B 错误； 1220211235204202021()()()a a a a a a a a a a =+++++++++++1010101120222420204-4-12-112+2++2=1+==1-433=+（14），故C 错误； 122022123202120242()a a a a a a a a a ++++=++++++（）（）101110112023132021-24-22-22+2++2===1-433⨯=2(14），故D 正确，故选：AD21．（2022·福建·模拟预测）已知{}n a 是正项等差数列，其公差为d ，若存在常数c ，使得对任意正整数n 均有12n n n ac a a c+=+，则以下判断不正确的是（） A ．0d > B ．0d = C ．1c > D ．01c <<【答案】ACD 【解析】【分析】利用基本不等式可得101n a +<≤，结合通项公式可得0d =，从而可得()212c c a −=，故可得02c <<，故可得正确的选项.【详解】由题设可得{}n a 是无穷正项等差数列，故0d ≥且0c >，由基本不等式有122nn n a c a a c+=+≥，所以101n a +<≤对任意的正整数n 恒成立，即101a nd <+≤对任意的正整数n 恒成立，即111a nd a −<≤−对任意的正整数n 恒成立，故0d =且101a <≤. 而1112a c a a c=+，故()212c c a −=，所以()021c c <−≤，所以02c <<，故选：ACD22．（2022·重庆市育才中学模拟预测）已知数列{an }满足11a =，21n n n a a a +=+，则（）A ．{an }是递增数列B ．n a n ≥C ．202120222a ≤D ．121111111n a a a ++⋅⋅⋅+<+++ 【答案】ABD 【解析】【分析】由递推公式和20n a >可判断A ，由数列递增和11a =可判断B ，由递推公式知21n n a a +>可判断C ，对递推公式取倒裂项，然后累加、放缩可判断D. 【详解】因为a 1=1，21n n n a a a +=+，所以1n n a a +>，故A 正确；易知，所以n a 为正整数，又{an }是递增数列，所以n a n ≥，故B 正确；由递推公式得：232,64a a ==>，又221n n n n a a a a +=+>，所以244a >，22225(4)4a >=，()23222644a >=，易知201922021202242a >>，故C 不正确；取倒得1111(1)11n n n n n a a a a a +=−++=，则由累加法得2341123123111111111111()1111n n n a a a a a a a a a a a a ++++⋅⋅⋅+=+++⋅⋅⋅+−+++⋅⋅⋅+++++整理得123111111111111111n n n a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+=−=−++++，又110n a +>所以121111111n a a a ++⋅⋅⋅+<+++故选：ABD23．（2022·河北张家口·三模）已知公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列B ．n S 是关于n 的二次函数C ．{}n na 不可能是等差数列D ．“0d >”是“112n n n S S S −++>”的充要条件【答案】AD 【解析】【分析】根据等差数列前n 项公式及函数特征结合等差数列的定义即可判断ABC ，再结合充分条件和必要条件的定义即可判断D. 【详解】解：由11(1)2n S na n n d =+−知，11(1)2n S a n d n =+−，则1112+−=+n n S S d n n ，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，故A 正确；当0d =时，1n S na =不是n 的二次函数，故B 不正确；当0d =时，11,n n a a na na ==，则()111n n n a na a ++−=，所以{}n na 是等差数列，故C 不正确；当0d >时，1102n n n S S d S −+=−>+，故112n n n S S S −++>，11111120n n n n n n n n n n n S S S S S S S a a a a d −++−+++>⇔−>−⇔>⇔−=>，所以“0d >”是“112n n n S S S −++>”的充要条件，故D 正确. 故选：AD.24．（2022·江苏江苏·三模）已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n na S a =+，则（） A ．{}2n S 是等差数列B ．212n n n S S S +++<C ．1n n a a +>D ．1ln n nS n S −≥ 【答案】ABD 【解析】【分析】对于A,求出1a ，再将n a 转化为n S ,即可证明，对于B,利用A 的结论求出n S ，再利用基本不等式，即可证明. 对于C ，求出21a a <，即可判断正误，对于D ，构造函数()12ln f x x x x=−−，即可判断正误【详解】 1111122a a S a ==+，10a >，解得：111S a == 2n ≥时，()11122n n n n n S S S S S −−−=+−，整理得：2211n n S S −−=故{}2n S 是等差数列，选项A 正确；2211n S S n n =+−=，则=n S212n n n S S S +++<==，选项B 正确；22111a S S a =−=<，选项C 错误；令()12ln f x x x x =−−，1≥x ，()()2210x f x x −'=≥ ()f x 在[)1,+∞递增，()()10f x f ≥=，则ln 0fn≥ 即1ln n nS n S −≥，选项D 正确；故选：ABD.25．（2022·河北保定·一模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且21n n S S n +=−+，则下列选项中正确的是（）.A ．121n n a a n ++=−（2n ≥）B ．22n n a a +−=C ．若10a =，则1004950S =D ．若数列{}n a 单调递增，则1a 的取值范围是11,43⎛⎫− ⎪⎝⎭【答案】AC 【解析】【分析】对于A ，由 21n n S S n +=−+，多写一项，两式相减即可得出答案.对于B ，由 121n n a a n ++=−（2n ≥），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件2n ≥. 对于C ，由分析知22n n a a +−=，所以{}n a 奇数项是以10a =为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以21a =为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前n 项和公式即可得出答案. 对于D ，因为数列{}n a 单调递增，根据1234n a a a a a <<<<<，即可求出1a 的取值范围.【详解】对于A ，因为21n n S S n +=−+，当()2121n n n S S n −≥=−+−，，两式相减得：121n n a a n ++=−（2n ≥）,所以A 正确.对于B ，因为121n n a a n ++=−（2n ≥）,所以()+122+11=21n n a a n n ++=−+，两式相减得：22n n a a +−=（2n ≥），所以B 不正确.对于C ，21n n S S n +=−+，令1n =，则211S S =−+，1211a a a +=−+，因为10a =，所以21a =.令2n =，则324S S =−+，112324a a a a a ++=−−+ ，所以32a =.因为22n n a a +−=（2n ≥），而312a a −=，所以22n n a a +−=.所以{}n a 奇数项是以10a =为首项，2为公差的等差数列. 偶数项是以21a =为首项，2为公差的等差数列. 则：()()10012399100139924100=+++S a a a a a a a a a a a =+++++++++5049504950025012=495022⨯⨯⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以C 正确.对于D ，21n n S S n +=−+，令1n =，则211S S =−+，1211a a a +=−+，则2121a a =−+又因为+12=21n n a a n +++，令1n =则23=3a a +，所以()3211=332122a a a a −=−−+=+，同理：()4311=552223a a a a −=−+=−+，()5411=772324a a a a −=−−+=+，因为数列{}n a 单调递增，所以1234n a a a a a <<<<<，解12a a <得：113a <，解23a a <得：114a >−，解34a a <得：114a <，解45a a <得：114a >−，解56a a <得：114a <，所以1a 的取值范围是11,44⎛⎫− ⎪⎝⎭，所以D 不正确.故选：AC. 【点睛】本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用121n n a a n ++=−，得出{}n a 的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.26．（2022·山东日照·二模）已知数列{}n a 满足11a =，()12ln 11n n n a a a +=++，则下列说法正确的有（） A ．31225a a a <+ B ．2211n nn a a a +−≤+ C ．若2n ≥，则131141n i i a =≤<+∑ D ．()()1ln 121ln 2nni i a =+≤−∑【答案】BCD 【解析】【分析】直接计算出23,a a 即可判断A 选项；构造函数函数()ln 1f x x x =−−，由ln 1x x +…，得到ln 1n n a a +…，进而判断B 选项；由ln 11n a +…得到121n n a a ++…，再结合累乘法得到12n n a +…，按照等比数列求和公式即可判断C 选项；构造函数()12ln g x x x x=−+，由11ln 2x x x ⎛⎫− ⎪⎝⎭…得到212n n n a a a ++…，结合累乘法求得()1ln 12ln2n n a −+…，按照等比数列求和公式即可判断D 选项.【详解】()()2113222ln 113,2ln 116ln37a a a a a a =++==++=+，则()3122512ln360a a a −+=−>，又120a a +>，所以31225a a a >+，A 不正确. 令函数()ln 1f x x x =−−，则()11f x x'=−，则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,∞+上单调递增，()()10f x f =…，即ln 1x x +…，又易得{}n a 是递增数列，11n a a =…，故ln 1n n a a +…，所以2121n n a a ++…，B 正确.易知{}n a 是递增数列，所以11n a a =…，则()1ln 11,2ln 1121n n n n n a a a a a ++=+++厖，则()1121n n a a +++…，即1121n n a a +++…，所以11212111211n n n n n a a a a a a −−−−++⋅⋅++…，即()111212n n n a a −++=…，所以1112n n a +…，所以2111111111221111222212n n n ni i a =⎛⎫− ⎪⎝⎭+++==−<+−∑…，而当2n …时，则有11211131114ni i a a a =+=+++∑…，C 正确. 令函数()12ln g x x x x =−+，则()222212110x x g x x x x−+−=−−='…，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，所以当1x …时，()()10g x g =…，则11ln 2x x x ⎛⎫− ⎪⎝⎭…，所以211121122n n n n n n a a a a a a +⎡⎤⎛⎫−++=+⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦…，()()()()()()()()()211121211ln 1ln 1ln 1ln 111,2,2ln 1ln 1ln 1ln 1n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−+−−++++++⋅⋅⋅++++剟?，()()111ln 12ln 12ln2n n n a a −−++=…，所以())()11ln 1(122ln221ln2nn n i i a −=++++=−∑…，D 正确.故选：BCD. 【点睛】本题关键点在于B 选项通过构造函数()ln 1f x x x =−−进行放缩得到ln 1n n a a +…，结合()12ln 11n n n a a a +=++即可判断；C 选项由ln 11n a +…放缩得到121n n a a ++…，D 选项构造函数()12ln g x x x x=−+得到212n nn a a a ++…，再结合累乘法和求和公式进行判断. 27．（2022·福建南平·三模）如图，在平面直角坐标系中的一系列格点(),i i i A x y ，其中1,2,3,,,i n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅且,i i x y ∈Z .记n n n a x y =+，如()11,0A 记为11a =，()21,1A −记为20a =，()30,1A −记为31,a =−⋅⋅⋅，以此类推；设数列{}n a 的前n 项和为n S .则（）A ．202242a =B ．202287S =−C ．82n a n =D ．()245312n n n n S ++=【答案】ABD 【解析】【分析】由图观察可知第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和为0，则2440n n S +=，同时第n 圈的最后一个点对应坐标为(),n n ，设2022a 在第k 圈，则k 圈共有()41k k +个数，可判断前22圈共有2024个数，2024a 所在点的坐标为()22,22，向前推导，则可判断A ，B 选项；当2n =时，16a 所在点的坐标为()2,2−−，即可判断C 选项；借助2440n n S +=与图可知22222244144245454544n n n n n nn n n n n n S S S aaa++++++++=−=+++，即n 项之和，对应点的坐标为()1,+n n ，()1,1n n +−，…，()1,1n +，即可求解判断D 选项.【详解】由题，第一圈从点()1,0到点()1,1共8个点，由对称性可知81280S a a a =+++=；第二圈从点()2,1到点()2,2共16个点，由对称性可知248910240S S a a a −=+++=，即 240S =，以此类推，可得第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和为0，即()214482n nn n SS ++⨯==，设2022a 在第k 圈，则()()888168412k k k kk ++++==+，由此可知前22圈共有2024个数，故20240S =，则()2022202420242023S S a a =−+，2024a 所在点的坐标为()22,22，则2024222244a =+=，2023a 所在点的坐标为()21,22，则2023212243a =+=，2022a 所在点的坐标为()20,22，则2022202242a =+=，故A 正确；()()20222024202420230444387S S a a =−+=−+=−，故B 正确；8a 所在点的坐标为()1,1，则8112a =+=，16a 所在点的坐标为()2,2−−，则16224a =−−=−，故C 错误；22222244144245454544n n n n n nn n n n n n S S S aaa++++++++=−=+++，对应点的坐标为()1,+n n ，()1,1n n +−，…，()1,1n +，所以()()()()()245111112122n n S n n n n n n n n +=+++++−++++=+++++()()2123122n n n n n ++++==，故D 正确.故选：ABD 【点睛】关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D 选项，考虑已知的前n 项和与所求的关系，结合图形，可适当先列举找到规律，再求解.28．（2022·辽宁·东北育才学校二模）如图所示，正五边形ABCDE 的边长为1a ，正五边形11111A B C D E 的边长为2a ，正五边形22222A B C D E 的边长为3a ，……，依次下去，正五边形11111n n n n n A B C D E −−−−−的边长为n a ，记ACE α∠=，则下列结论中正确的是（）A．cos α=B ．数列{}n aC ．数列{}n a的等比数列D ．对任意θ∈R ，cos cos(2)cos(4)cos(6)cos(8)1θθαθαθαθα++++++++= 【答案】AB 【解析】【分析】根据正五边形的几何性质可知1111111,,,B EAC AE AC CE AB AE CB AB AE B E B C λ======，根据长度关系列方程解得λ=，再利用正弦定理可求得cos α，通过图形类比归纳的12211n n a a a a λ+==，对于D ，注意5πα=，利用诱导公式和两角和差公式化简计算．【详解】在△ACE ，2CAE AEC α∠=∠=，设1AC CE AE a λλ=== 易知△ACE ∽△1B AE ，则111B E a λ=，11AB AE a ==1ACE CAB ∠=∠，则111AB CB a ==∵11CB B E CE +=，即1111a a a λλ+=，解得λ=又∵AC AE λ=，由正弦定理得sin 2sin αλα=，即2sin cos sin ααλα=∴cos 2λα=，A 正确；同理：△11B EC ∽△1B AE ，则111211B C B E AE λλ==即2121a a λ=，则2211a a λ==以此类推，1n n a a +={}n aB 正确，C 不正确；∵cos α=2cos 22cos 1αα=−=又∵5πα=，则可得： cos cos(2)cos(4)cos(6)cos(8)θθαθαθαθα++++++++[][][]cos cos(2)cos ()πcos ()πcos (2)2πθθαθαθαθα=+++−+++++−+cos cos(2)cos()cos()cos(2)θθαθαθαθα=++−−−++−()cos 2cos cos 22cos cos cos 12cos 22cos 0θθαθαθαα=+−=+−=D 不正确；故选：AB ．。

2024年高考数学专项突破数列大题压轴练(解析版)

数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n T 为数列{}n S 的前n 项和，已知2n n S T +=．(1)求证：数列{}n S 是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n A ．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*1sin 3()cos cos n n n n c N b b +=∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1n nnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n n a xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a =，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求使得不等式2022n S >成立的n 的最小值．6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．2024年高考数学专项突破数列大题压轴练（解析版）(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+--．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)ni i i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++;{}n b 是等比数列，29b =，1330bb +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．14．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b-+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n ∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(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 c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}11,n n n n n a b b a a ++=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a满足)1,2n n a a n n -+-∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a 满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC --=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：2221211154n b b b +++< ．27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列{}1,1,n n a a S =为数列{}n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214na n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n n b e +=（其中e 是自然对数的底数），求证：123426n n b b b b b b ++++<….数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S为数列{}n a的前n项和，n T为S T+=．数列{}n S的前n项和，已知2n n(1)求证：数列{}n S是等比数列；(2)求数列{}n na的前n项和n A．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，24a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*sin 3()cos cos n n c N b b =∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1nnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n n a xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a =，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；S>成立的n的最小值．(2)设数列{}n a的前n项和为n S，求使得不等式2022n6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+-．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2){}n a 为等比数列，理由见解析10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)nii i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.【答案】(1)12n n a -=(2)288n n+【分析】（1）选择条件①：先由{}1n S a +为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列{}n a 的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；选择条件②：先由1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=得出()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥，两式做减即可得出()122n n a a n +=≥，再验证1n =时即可利用等比数列通项公式得出答案；（2）通过14n n n T b b +=⋅得出()1142n n n T b b n --⋅≥=，两式相减结合已知即可得出()1142n n b b n +--=≥，即数列{}n b 的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，将211(1)nii i i b b+=⎡⎤-⎣⎦∑转化即可得出答案.【详解】（1）选条件①：数列{}1n S a +为等比数列，()()()2211131S a S a S a ∴+=++，即()()2121123222a a a a a a +=++，11a = ，且设等比数列{}n a 的公比为q ，()()22222q q q ∴+=++，解得2q =或0q =（舍），1112n n n a a q --∴==，选条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+= ①，()()1212122212n n n n a a a n a n ---++⋅⋅⋅+=-≥∴，即()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥ ②，由①②两式相减得：()()12221n n n n a na n a +=-≥-，即()122n n a a n +=≥，令1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=中1n=得出212a a =也符合上式，故数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，则1112n n n a a q --==，（2）由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，即12n n a -=，11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++;{}n b 是等比数列，29b =，1330bb +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．【答案】(1)43n a n =-，3nn b =(2)660【分析】（1）将14n n n S S a +=++移项作差可得{}n a 是等差数列，结合25a =可求出数列{}n a 的通项公式，将1,b q 代入等式计算，即可求出数列{}n b 的通项公式；（2）由2077a =可判断前20项中最多含有123,,b b b 三项，排除23b a =可确定前20项中14．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b -+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n ∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(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 c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT【答案】(1)1*(2)3n n a n -=⋅∈N ，()*)1(n b n n n =+∈N (2)()*)121(3n n T n n =+-∈N 【分析】（1）由132n n S S +=+可得12)3(2n n S S n -=+≥，两式作差即可得数列{}n a 的递推关系，即可求通项，最后验证1a 是否符合即可；数列{}n b 利用累乘法即可求，最后验证1b 是否符合即可；（2）由题，由等差数列的性质得()11n n n a a n c +-=+，即可求出n c 的通项公式，最后利用错位相减法求n T 即可【详解】（1）由132n n S S +=+可得12)3(2n n S S n -=+≥，两式相减可得13(2)n n a a n +=≥，故数列{}n a 从第3项开始是以首项为2a ，公比3q =的等比数列.又由已知132n n S S +=+，令1n =，得213+2S S =，即12132a a a +=+，得21226a a =+=，故123)2(n n a n -=⋅≥；又12a =也满足上式，则数列{}n a 的通项公式为1*(2)3n n a n -=⋅∈N ；16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}1,n n n a b b a a +=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a 满足)1,2n n a a n n -+-∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC--=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：22211154b b b +++< ．（2）由（1）可得：当1n =时，则1b 当2n ≥时，可得()(2211212n b n n=<-则222121111111114223nb b b ⎛+++=+-+- ⎝L 27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．⎫⎪⎪⎪28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值【答案】(1)230S =，384S =，133n n S +=+(2)7【分析】（1）根据123,,S S S 进行猜想，结合等比数列的知识进而求解，并进行推导.（2）利用裂项求和法求得m T ，由此列不等式，从而求得m 的最小值.【详解】（1）一阶和数列：{}2,6,4，对应112S =；二阶和数列：{}2,8,6,10,4，对应230S =；三阶和数列：{}2,10,8,14,6,16,10,14,4，对应384S =；故猜想136n n S S -=-，()1333n n S S --=-，所以数列{}3n S -是首项为139S -=，公比为3的等比数列，所以11393,33n n n n S S -+-=⋅=+.下面证明136n n S S -=-：设112124n m m S a a a a --=++++++ ，则()()()()1112112244n m m m m m S a a a a a a a a a --=+++++++++++++29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列{}1,1,n n a a S =为数列{}n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214na n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n nb e+=（其中e 是自然对数的底数），求证：123426n n b b b b b b ++++<….。

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析

一．解答题（共30小题）1．（2012•上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．2．（2011•重庆）设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n．3．（2011•重庆）设实数数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a n+1S n（n∈N*）．（Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3．（Ⅱ）求证：对k≥3有0≤a k≤．4．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为S n，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n；（Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n 与B n的大小．5．（2011•上海）已知数列{a n}和{b n}的通项公式分别为a n=3n+6，b n=2n+7（n∈N*）．将集合{x|x=a n，n∈N*}∪{x|x=b n，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，c n，…（1）写出c1，c2，c3，c4；（2）求证：在数列{c n}中，但不在数列{b n}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；（3）求数列{c n}的通项公式．6．（2011•辽宁）已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10（I）求数列{a n}的通项公式；（II）求数列{}的前n项和．7．（2011•江西）（1）已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，若数列{a n}唯一，求a的值；（2）是否存在两个等比数列{a n}，{b n}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n}，{b n}的通项公式；若不存在，说明理由．8．（2011•湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5．（I）求数列{b n}的通项公式；（II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列．9．（2011•广东）设b＞0，数列{a n}满足a1=b，a n=（n≥2）（1）求数列{a n}的通项公式；（4）证明：对于一切正整数n，2a n≤b n+1+1．10．（2011•安徽）在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n，n≥1．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=tana n•tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．11．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n，满足S5S6+15=0．（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；（Ⅱ）求d的取值范围．12．（2010•四川）已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．13．（2010•四川）已知数列{a n}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2a m+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设b n=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{b n}是等差数列；（3）设c n=（a n+1﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c n}的前n项和S n．14．（2010•陕西）已知{a n}是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项；（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S n．15．（2010•宁夏）设数列满足a1=2，a n+1﹣a n=3•22n﹣1（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=na n，求数列的前n项和S n．16．（2010•江西）正实数数列{a n}中，a1=1，a2=5，且{a n2}成等差数列．（1）证明数列{a n}中有无穷多项为无理数；（2）当n为何值时，a n为整数，并求出使a n＜200的所有整数项的和．17．（2009•陕西）已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．18．（2009•山东）等比数列{a n}的前n项和为S n，已知对任意的n∈N*，点（n，S n），均在函数y=b x+r（b＞0）且b≠1，b，r均为常数）的图象上．（1）求r的值；（2）当b=2时，记b n=n∈N*求数列{b n}的前n项和T n．19．（2009•江西）数列{a n}的通项，其前n项和为S n，（1）求S n；（2），求数列{b n}的前n项和T n．20．（2009•辽宁）等比数列{a n}的前n项和为s n，已知S1，S3，S2成等差数列，（1）求{a n}的公比q；（2）求a1﹣a3=3，求s n．21．（2009•湖北）已知数列{a n}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16（1）求数列{a n}的通项公式；（2）数列{a n}和数列{b n}满足等式a n=（n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．22．（2009•福建）等比数列{a n}中，已知a1=2，a4=16（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若a3，a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项，试求数列{b n}的通项公式及前n项和S n．23．（2009•安徽）已知数列{a n}的前n项和S n=2n2+2n，数列{b n}的前n项和Tn=2﹣b n（Ⅰ）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=a n2•b n，证明：当且仅当n≥3时，c n+1＜c n．24．（2009•北京）设数列{a n}的通项公式为a n=pn+q（n∈N*，P＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．（Ⅰ）若，求b3；（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；（Ⅲ）是否存在p和q，使得b m=3m+2（m∈N*）？如果存在，求p和q 的取值范围；如果不存在，请说明理由．25．（2008•浙江）已知数列{x n}的首项x1=3，通项x n=2n p+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：（Ⅰ）p，q的值；（Ⅱ）数列{x n}前n项和S n的公式．26．（2008•四川）设数列{a n}的前n项和为S n=2a n﹣2n，（Ⅰ）求a1，a4（Ⅱ）证明：{a n+1﹣2a n}是等比数列；（Ⅲ）求{a n}的通项公式．27．（2008•四川）在数列{a n}中，a1=1，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n项和S n；（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．28．（2008•陕西）已知数列{a n}的首项，，n=1，2，3，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．29．（2008•辽宁）在数列{a n}，{b n}是各项均为正数的等比数列，设．（Ⅰ）数列{c n}是否为等比数列？证明你的结论；（Ⅱ）设数列{lna n}，{lnb n}的前n项和分别为S n，T n．若a1=2，，求数列{c n}的前n项和．30．（2008•辽宁）在数列{a n}，{b n}中，a1=2，b1=4，且a n，b n，a n+1成等差数列，b n，a n+1，b n+1成等比数列．（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{a n}，{b n}的通项公式，并证明你的结论；（2）证明：．答案与评分标准一．解答题（共30小题）1．（2012•上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．考点：数列递推式；数列的函数特性。

2024年高考数学大题突破：数列综合大题归类(解析版)

数列综合大题归类目录【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型【题型七】递推公式：分式型不动点【题型八】插入数型【题型九】数列跳项型【题型十】证明数列不等式【题型十一】新结构第19题型：差分密码型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型基础原理：m pq =m q -p 1p -1q，如：12×4=14-212-14；基本题型：①1n n +1 =1n -1n +1；②12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；注意(避免掉坑)①分母分解因式：1n 2+3n=1n n +3 =131n -1n +3 ；②系数不相同就提系数：1n 2n +4=12⋅1n n +2 =12⋅121n -1n +2 ；③求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项(或正负项)对应.(1)1n n +k=1k 1n -1n +k ；(2)1n +k +n=1k n +k -n ；(3)12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1；(4)1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2；分式型分子裂差法形如f n a n ⋅a n +1型，如果f n =λa n +1-a n ，则可以分子裂差：f n a n ⋅a n +1=λa n +1-a n a n ⋅a n +1=λ1a n -1a n +11(22·23·龙岩·二模)已知等差数列a n 的首项为1，公差d ≠0，前n 项和为S n ，且S nS 2n为常数．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2，证明：b 1+b 2+b 3+⋯+b n <13．【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)由S nS 2n为常数，则n [1+1+(n -1)d ]22n [1+1+(2n -1)d ]2=2-d +nd4-2d +4nd为常数，即d =2，然后结合等差数列的通项公式求解即可；(2)由(1)可得b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2=n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)，然后累加求和即可得证．【详解】(1)依题意，得：S 1S 2=S 2S 4，即a 1a 1+a 2=a 1+a 2a 1+a 2+a 3+a 4所以，12+d =2+d4+6d，化简得：d (d -2)=0因为d ≠0，所以d =2所以a n =1+2(n -1)=2n -1经检验：S n S 2n =n 24n 2=14成立(2)因为a n =2n -1所以b n =n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)=144n (2n -1)(2n +1)-4(n +1)(2n +1)(2n +3)=1412n -1+12n +1 -12n +1+12n +3=1412n -1-12n +3 ，所以b 1+b 2+b 3+⋯+b n =14[1-15 +13-17 +15-19 +⋯+12n -5-12n -1 +12n -3-12n +1 +12n -1-12n +3 ]=141+13-12n +1-12n +3 =1443-12n +1-12n +3 <13．2(22·23·秦皇岛·模拟预测)设等比数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等差数列，且公差d ≠0,a 1=b 1=2，a 3=b 3,S 3=b 5.(1)求数列a n 的通项公式以及前n 项和S n ；(2)数列2n +1n 2b n +4 2的前n 项和为T n ，求证：T n≤19.【答案】(1)a n =2n ,S n =2n +1-2(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列通项公式运算、等比数列通项公式和求和公式运算即可求解.(2)利用裂项相消法求出T n =19×1-1n +1 2，而1-1n +1 2<1，从而得出证明.【详解】(1)设a n 的公比为q ，由题意，可得a 1q 2=b 1+2d a 1+a 1q +a 1q 2=b 1+4d ，解得q =2d =3 ，所以a n =2n，所以S n =2×1-2n 1-2=2n +1-2；(2)由(1)得b n =2+3n -1 =3n -1，所以2n +1n 2b n +4 2=2n +1n 2(3n +3)2=2n +19n 2(n +1)2=191n 2-1(n +1)2，所以T n =b 1+b 2+⋯+b n =19×1-122 +122-132+⋯+1n 2-1(n +1)2=19×1-1n +1 2 ，因为1-1n +12<1，所以T n ≤19，得证.3(2024下·福建·高三校联考开学考试)已知正项数列a n 中，a 1=1，a n +1=a n +2a n +1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)记数列b n =2a n +1a n a n +1的前n 项和S n ，求满足S n <99100的正整数n 的集合．【答案】(1)a n =n 2(2)n ∈N *|1≤n ≤8【分析】(1)由题意，可得到数列a n 是公差为1的等差数列，进而得到数列a n 的通项公式；(2)由(1)可得数列b n 的通项公式，利用裂项相消法即可求出S n ，进而解不等式.【详解】(1)由a n +1=a n +2a n +1，有a n +1=a n +1 2，即a n +12=a n +1 2，因为数列a n 是正项数列，所以a n +1=a n +1，即a n +1-a n =1，可得数列a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1=n ，故数列a n 的通项公式为a n =n 2；(2)由(1)可得b n =2n +1n 2n +1 2=n +1 2-n 2n 2n +1 2=1n 2-1n +12．所以S n =1-122+122-132+⋅⋅⋅+1n 2-1n +1 2 =1-1n +12，故不等式S n <99100可化为1-1n +1 2<99100，解得0<n <9，所以满足S n <99100的正整数n 的集合为n ∈N *|1≤n ≤8 .【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型指数裂项法形如mq n +r +t hq n +b hq n +1+b 型，如果mq n +r +t =λhq n +b -hq n +1+b ，则可以分子裂差：mq n +r +t hq n +b hq n +1+b=λhq n +1+b -hq n +bhqn+b hq n +1+b=λ1hq n +b -1hq n +1+b1(2023·广西玉林·校联考模拟预测)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=2，a n +1=S n +n ．(1)证明：当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)设b n =2n +1a n +1a n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <13．【答案】(1)证明见解析，a n =2,n =12n-1,n ≥2(2)证明见解析【分析】(1)令n =1可求得a 2的值，当n ≥2时，由a n +1=S n +n ，可得a n =S n -1+n -1，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列a n 的通项公式；(2)b n =12n +1-1-12n +2-1，利用裂项相消法可证得结论成立.【详解】(1)证明：因为a 1=2，a n +1=S n +n ，S n 为数列a n 的前n 项和，当n =1时，a 2=S 1+1=2+1=3，当n ≥2时，由a n +1=S n +n ①，可得a n =S n -1+n -1②，①-②可得a n +1-a n =a n +1，即a n +1=2a n +1，所以，a n +1+1=2a n +1 ，又因为a 2+1=3+1=4≠2a 1+1 ，则当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，其公比为2，即当n ≥2时，a n +1=a 2+1 ⋅2n -2=4×2n -2=2n ，则a n =2n -1，a 1=2不满足a n =2n -1，所以，a n =2,n =12n -1,n ≥2.(2)证明：b n =2n +1a n +1a n +2=2n +12n +1-1 2n +2-1=12n +1-1-12n +2-1，则T n =b 1+b 2+⋯+b n =122-1-123-1 +123-1-124-1 +124-1-125-1 +⋯+12n +1-1-12n +2-1=13-12n +2-1<13.综上，对任意的n ∈N ∗，T n <13.2(2023上·海南海口·高三校考阶段练习)在数列a n a n ≠0 和b n 中，a 1=1,b 1=2，且a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项.(1)设c n =b na n，求证：数列c n -1 为等比数列；(2)若b n =3×2n2n +1,a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <3.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由等差中项整理得a n b n +1=2a n +1b n -a n a n +1，两边同时除以a n a n +1，得c n +1-1=2(c n -1)即可证明；(2)应用裂项相消法即可求解.【详解】(1)依题a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项，则2a n +1b n =a n a n +1+a n b n +1，即a n b n +1=2a n +1b n -a n a n +1，两边同时除以a n a n+1a n≠0，得b n+1a n+1=2⋅b na n-1，即c n+1=2c n-1，则c n+1-1=2(c n-1)，由c1-1=b1a1-1=1≠0，所以数列c n-1是以1为首项，2为公比的等比数列.(2)由(1)得c n-1=2n-1，则c n=2n-1+1，则a n=b nc n=3×2n(2n-1+1)(2n+1)=612n-1+1-12n+1，则S n=612-13+13-15+⋯+12n-2+1-12n-1+1+12n-1+1-12n+1=612-1 2n+1=3-62n+1，因为n∈N∗，则62n+1>0，故S n<3.3(2023上·湖南长沙·高二长沙一中校考阶段练习)已知数列a n的首项a1=4，且满足a n+1=3a n -2n∈N*．(1)求证：数列a n-1为等比数列；(2)记b n=3na n⋅a n+1，求数列b n的前n项和S n．【答案】(1)证明见解析(2)S n=18-12⋅3n+1+2【分析】(1)由题设递推式可得a n+1-1=3a n-1n∈N*，根据等比数列的定义，结合已知条件，即可证a n-1为等比数列；(2)由(1)有a n=3n+1，进而求b n，利用裂项相消法求S n.【详解】(1)由a n+1=3a n-2n∈N*得a n+1-1=3a n-1n∈N*，又a1-1=3，所以a n-1是首项为3，公比为3的等比数列.(2)由(1)知，a n-1=3×3n-1=3n，所以a n=3n+1所以b n=3n3n+1⋅3n+1+1=12×13n+1-13n+1+1，S n=b1+b2+b3+⋯+b n=12×131+1-132+1+132+1-133+1+⋯+13n+1-13n+1+1=12×131+1-13n+1+1=18-12⋅3n+1+2.【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型正负型：等差裂和型形如-1n⋅f na n⋅a n+1型，如果f n =λa n+1-a n，则可以分子裂差：-1 n⋅f na n⋅a n+1=-1n⋅λa n+1-a na n⋅a n+1=-1n⋅λ1a n-1a n+11(2023·河北唐山·三模)设S n 为数列a n 的前n 项和，a n >0，a 2n +2a n +1=4S n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列-1n4na n a n +1的前n 项和T n.【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =-1+(-1)n12n +1【分析】(1)利用S n 与a n 的关系计算求通项；(2)结合(1)的结论，利用裂项相消法计算即可.【详解】(1)已知a 2n +2a n +1=4S n ①，当n =1时，a 1=1.当n ≥2时，a 2n -1+2a n -1+1=4S n -1②①-②得：a 2n +2a n -a 2n -1-2a n -1=4a n ，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0.又a n >0，所以a n +a n -1≠0，a n -a n -1=2.所以数列a n 是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n =2n -1.(2)设b n =(-1)n 4n a n a n +1=(-1)n 4n 2n -1 2n +1=(-1)n 12n -1+12n +1 .T n =-1+13 +13+15 -15+17 +⋯+(-1)n 12n -1+12n +1 =-1+(-1)n 12n +1.2(2023·江苏镇江·二模)已知数列a n 满足：a 1=14,a n +1=nn +2a n.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =(-1)n (2n +1)a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =12n n +1(2)S n =-12+-1 n ⋅12n +2【分析】(1)运用累乘法计算；(2)运用裂项相消法求和.【详解】(1)由题意：a 2a 1=13,a 3a 2=24,a 4a 3=35,a 5a 4=46,⋯,a n +1a n =nn +2 ，∴a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×a 5a 4×⋯×a n +1a n =13×24×35×46×⋯×n n +2=2n +1 n +2，a n +1a 1=2n +1 n +2 ,a n +1=a 1×2n +1 n +2 =12n +1 n +2 ，a n =12n n +1 ，将n =1代入上式也成立，∴a n =12n n +1；(2)b n =-1 n 2n +1 a n =-1 n 2n +12n n +1=-1 n 1n +1n +1 ⋅12，S n =b 1+b 2+b 3+b 4+b 5+⋯+b n =12-1-12+12+13-13-14+⋅⋅⋅+-1 n ⋅1n +-1 n ⋅1n +1=12-1+-1 n ⋅1n +1 =-12+-1 n⋅12n +2.3(2023·湖南永州·三模)记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1=1-4.(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅8n +6T n ⋅T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n .【答案】(1)证明见解析(2)-8n 40n +25【分析】(1)根据题意得到T n T n -1=a n ，由1a n =1-4T n，化简得到T n -T n -1=4，求得T 1=5，结合等差数列的定义，即可求解；(2)由(1)可得T n =4n +1，得到b n =-1 n ⋅14n +1+14n +5，结合裂项法，即可求解.【详解】(1)证明：由题意得T n =a 1a 2⋯a n ，当n ≥2时，可得T n -1=a 1a 2⋯a n -1，可得Tn T n -1=a n ,(n ≥2)，因为1a n =1-4T n ，所以T n -1T n =1-4T n,(n ≥2)，即T n -1=T n -4(n ≥2)，即T n -T n -1=4,(n ≥2)，当n =1时，可得T 1=a 1，所以1T 1=1-4T 1，解得T 1=5，所以数列T n 是以5为首项，4为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得T n =5+(n -1)×4=4n +1，所以b n =-1 n ⋅8n +6T n ⋅T n +1=-1 n ⋅8n +6(4n +1)(4n +5)=-1 n ⋅14n +1+14n +5 ，所以S 2n =-15+19+19+113 -113+117+⋯-18n -3+18n +1 +18n +1+18n +5 =-15+18n +5=-8n 40n +25.【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和正负型：指数裂和型形如-1 n⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b型，如果mq n +r +t =λhq n +b +hq n +1+b ，则可以分子裂和：-1 n ⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b =-1 n ⋅λhq n +1+b +hq n +b hq n +b hq n +1+b=-1 n ⋅λ1hq n +b +1hq n +1+b1(23·24上·湖北·期中)已知{a n }为等比数列，且a 2+a 3+a 4=14，a 2,a 3+1,a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)当{a n }为递增数列时，b n =(-1)n 6a n +22n +1 2n +1+1 ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若存在n ∈N ∗,m ≥T n ，求m 的取值范围.【答案】(1)a n =2n -1或a n =25-n (2)m ≥-815【分析】(1)运用等差中项的性质和等比数列通项公式基本量运算，解方程即可得到{a n }通项.(2)由{a n }递增可得a n =2n -1，对b n 通项进行裂项展开，当n 为偶数、奇数时分别求出T n 表达式，然后再分别求出T n的范围，由存在n∈N∗,m≥T n，即可求出m的取值范围.【详解】(1)设等比数列{a n}公比为q，由a2+a3+a4=14a2+a4=2a3+1⇒a3=4q=2或a3=4q=12，∴a n=2n-1或a n=25-n.(2)当{a n}为递增数列时，a n=2n-1所以b n=(-1)n3⋅2n+22n+12n+1+1=(-1)n12n+1+12n+1+1当n为偶数时，T n=-12+1+122+1+122+1+123+1+⋯+12n+1+12n+1+1=-13+12n+1+1在n∈N*上单调递减，∴T n∈-13,-29，当n为奇数时，T n=-12+1+122+1+122+1+123+1+⋯-12n+1+12n+1+1=-13-12n+1+1在n∈N*上单调递增，∴T n∈-815,-13，∴m≥-815.2(23·24上·黔东南·阶段练习)已知数列a n满足：a1=1，a n=2a n-1+1n≥2.(1)证明：a n+1是等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n(3n+2)n(n+1)a n+1+1，求b n的前n项和S n.【答案】(1)证明见解析，a n=2n-1(2)S n=(-1)n(n+1)∙2n+1-12【分析】(1)通过构造可证a n+1为等比数列，根据等比数列通项公式可得a n+1，然后可得a n；(2)将数列b n通项公式变形为b n=(-1)n1n∙2n+1(n+1)∙2n+1，直接求和可得.【详解】(1)证明：由a n=2a n-1+1(n≥2)，所以a n+1=2a n-1+2=2(a n-1+1)，所以{a n+1}是以a1+1=2为首项，公比为2的等比数列，所以a n+1=2n，即a n=2n-1(2)由(1)知：a n+1+1=2n+1，所以b n=(-1)n(3n+2)n(n+1)∙2n+1.又b n=(-1)n1n∙2n+1(n+1)∙2n+1，所以S n=-12+12·22+12·22+13·23-13·23+14·24+⋯+-1 n1n·2n+1n+1·2n+1=(-1)n(n+1)∙2n+1-123(22·23高二下·黑龙江哈尔滨·期中)已知数列a n满足a1=14,a n+1=3a n-4.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=(-1)n a n3n+13n+1+1，数列b n的前n项和为T n，若存在n∈N*，使m≥T n，求m的取值范围.【答案】(1)a n=4×3n+2(2)-720,+∞【分析】(1)依题意可得a n+1-2=3a n-2，再结合等比数列的定义即可证明；(2)由(1)可得b n=(-1)n13n+1+1 3n+1+1，再分n为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.【详解】(1)证明：因为a n+1=3a n-4，所以a n+1-2=3a n-2，即a n+1-2a n-2=3n∈N*，因为a1=14，所以a1-2=12，故数列a n-2是以12为首项，3为公比的等比数列，所以a n-2=12×3n-1=4×3n，则a n=4×3n+2.(2)解：由(1)知a n=4×3n+2，所以b n=(-1)n a n3n+13n+1+1=(-1)n4×3n+23n+13n+1+1=(-1)n13n+1+13n+1+1.当n为偶数时，T n=-13+1-1 32+1+132+1+133+1+L+-13n++113n+1+13n+1+13n++1=-13+1+13n+1+1=-14+13n+1+1，因为T n=-14+13n+1+1是单调递减的，所以-14<T n≤-314.当n为奇数时，T n=-13+1-1 32+1+132+1+133+1+⋯+13n++1+13n+1+-13n+113n+1+1=-13+1-13n+1+1=-14-13n+1+1，又T n=-14-13n+1+1是单调递增的，因为13n+1+1>0，所以-720≤T n<-14.要使存在n∈N*，使m≥T n，只需m≥T nmin，即m≥-720，故m的取值范围是-720,+∞.【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型仿写规律：t>1①b na n⋅a n+1⋅t n⇒1a n⋅t n-1-1a n+1⋅t n=λb na n⋅a n+1⋅t n(可通分反解λ)；②b n⋅t na n⋅a n+1⇒t n+1a n+1-t na n=λb n⋅t na n⋅a n+1(可通分反解λ)1(23·24上·甘南·期中)在数列a n中，a1=2且∀n∈N*,a n+1=3a n+2×3n.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=a n+3na n a n+1，若b n的前n项和为S n，证明：S n<14.【答案】(1)a n=2n⋅3n-1,n∈N∗(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，化简得到a n+13n+1-a n3n=23，得出数列a n3n为等差数列，结合等差数列的通项公式，进而求得数列a n的通项公式；(2)由a n=2n⋅3n-1，得到b n=121a n-1a n+1，结合裂项法求和，求得S n=14-14(n+1)⋅3n，进而证得S n<1 4.【详解】(1)解：由a n+1=3a n+2×3n，两边同除以3n+1，可得a n+13n+1=a n3n+23，即a n+13n+1-a n3n=23，因为a1=2，可得a13=23，所以数列a n3n是首项为23，公差为23的等差数列，可得a n3n=23+(n-1)×23=2n3，所以a n=2n3×3n=2n⋅3n-1，即数列a n的通项公式为a n=2n⋅3n-1,n∈N∗.(2)解：由a n=2n⋅3n-1，可得b n=a n+3na n a n+1=2n⋅3n-1+3n2n⋅3n-1⋅2(n+1)⋅3n=(2n+3)⋅3n-12n⋅3n-1⋅2(n+1)⋅3n=1212n⋅3n-1-12(n+1)⋅3n=121a n-1a n+1，所以数列b n的前n项和为S n=121a1-1a2+1a2-1a3+⋯+1an-1a n+1=121a1-1a n+1=1212-12(n+1)⋅3n=14-14(n+1)⋅3n，因为4(n+1)⋅3n>0，可得14-14(n+1)⋅3n<14，即S n<14.2(23·24上·合肥·阶段练习)在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作T n，令a n=log3T n.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=n+1⋅2n-1a n a n+1，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)a n=n+22(2)S n=2n+2n+3-43【分析】(1)利用等比数列的基本性质结合倒序相乘法可求得T n，结合对数的运算可得出数列a n的通项公式；(2)计算得出b n=-2n+1n+2+2n+2n+3，利用裂项相消法可求得S n.【详解】(1)解：在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，设插入的这n个数分别为c1、c2、⋯、c n，由等比数列的性质可得c1c n=c2c n-1=⋯=c n c1=1×3=3，所以，T n=1⋅c1c2⋯c n⋅3 T n=3⋅c n c n-1⋯c1⋅1，所以，T2n =1⋅3⋅c1c n⋅c2c n-1⋅⋯⋅c n c1⋅1⋅3=3n+2，易知T n>0，所以，T n=3n+22，则an=log3T n=log33n+22=n+22.(2)解：b n =n +1 ⋅2n -1a n a n +1=n +1 ⋅2n -1n +2 n +34=n +1 ⋅2n +1n +2 n +3=2n +2 -n +3 ⋅2n +1n +2 n +3=-2n +1n +2+2n +2n +3，所以，S n =-223+234 +-234+245+⋯+-2n +1n +2+2n +2n +3 =2n +2n +3-43.3(23·24上·昆明·阶段练习)已知数列a n 满足a 1=2,a n +1=2n +1a n n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 2a 2n -n 2，数列b n +22n +1b n ⋅b n +1 的前n 项和为S n ，求证：38≤S n<12.【答案】(1)a n =2n n +12(2)证明见解析【分析】(1)运用累乘法求出a n 的通项公式；(2)先运用裂项法求出S n 的解析式，再运用缩放法证明.【详解】(1)由已知a 1=2,a n +1a n=2n +1n ∈N * ，所以a n =a n a n -1⋅a n -1a n -2⋯⋯a 2a 1⋅a 1=2n ⋅2n -1⋯⋯22⋅2=2n n +12n ≥2 ，当n =1时，a 1=2满足条件，所以a n =2n n +12；(2)由于b n =log 2a 2n -n 2=n ，所以b n +22n +1b n ⋅b n +1=n +22n +1n n +1 =1n ⋅2n -1n +1 2n +1，所以S n =11×2-12×22+12×22-13×23 +13×23-14×24+⋯+1n ⋅2n 1n +1 2n +，所以S n =11×2-1n +1 2n +1，显然S n 在N *上为增函数，S 1=11×2-12×22=38,∴S n ≥S 1=38，又S n =11×2-1n +12n +1<11×2=12，所以38≤S n <12；综上，a n =2n n +12.【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型常见的三角函数裂项：1.正切型裂项：若a n +1-a n =α,tan α=m (特殊角)，则tan α=tan a n +1-a n =tan a n +1-tan a n1+tan a n +1tan a n=m ，b n =tan a n +1tan a n =1mtan a n +1-tan a n -1；2.正余弦和与差公式应用裂项型：b n =sin1cos n cos (n -1)=sin [n -(n -1)]cos n cos (n -1)=sin n cos (n -1)-cos n sin (n -1)cos n cos (n -1)=tan n -tan (n -1)1(2023·山东威海·二模)已知2n +2个数排列构成以q n q n >1 为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n +2个数为8，设a n =log 2q n ．(1)证明：数列1a n是等差数列；(2)设b n =tanπa n tan πa n +1，求数列b n 的前100项和S 100．【答案】(1)数列1a n是以公差为23的等差数列.1a n +1-1a n =23(2)-99【分析】(1)根据等比数列的性质分析可得a n =32n +1，再结合等差数列的定义分析证明；(2)根据两角差的正切公式整理得b n =-33tan πa n +1-tan πa n-1，结合裂项相消法运算求解.【详解】(1)由题意可得：q 2n +1n=81=8，且q n >1，可得q n =232n +1，所以a n =log 2232n +1=32n +1，可得1a n =2n +13，则1a n +1-1a n =2n +1 +13-2n +13=23，所以数列1a n是以公差为23的等差数列.(2)由(1)可得πa n +1-πa n =2π3，则tan 2π3=tan πa n +1-πa n=tan πa n +1-tan πan 1+tan πa n +1tan πan=-3，整理得b n =tanπa n tan πa n +1=-33tan πa n +1-tan πa n-1，则S 100=b 1+b 2+⋅⋅⋅+b 100=-33tan πa 2-tan πa 1 -1+-33tan πa 3-tan πa 2-1 +⋅⋅⋅+-33tan πa 101-tan πa 100-1=-33tanπa 2-tan πa 1 +tan πa 3-tan πa 2 +⋅⋅⋅+tan πa 101-tan πa 100-100=-33tan πa 101-tan πa 1-100=-33tan 203π3-tanπ -100=-33tan 68π-π3 -100=33tan π3-100=-99，所以数列b n 的前100项和S 100=-99.2(22·23高三上·山东济宁·期中)已知n ∈N *，抛物线y =-x 2+n 与x 轴正半轴相交于点A ，在点A 处的切线在y 轴上的截距为a n (1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =4n cos n πa n -1 a n +1，求数列b n 的前项和S n ．【答案】(1)a n =2n ；(2)S n =-2n +22n +1,n =2k -1-2n 2n +1,n =2k,k ∈N ∗ .【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线方程，再求出纵截距作答.(2)由(1)的结论求出b n，再分奇偶利用裂项相消法求解作答.【详解】(1)n∈N∗，抛物线与x轴正半轴的交点坐标为(n,0)，由y=-x2+n求导得：y =-2x，因此抛物线在点A处的切线的斜率为-2n，切线方程为y=-2n(x-n)，当x=0时，y=2n，所以a n=2n.(2)由(1)知，a n=2n，则b n=4n cos nπ(2n-1)(2n+1)=12n-1+12n+1cos nπ，当n为偶数时，S n=-1+1 3+13+15-15+17+17+19-⋯-12n-3+12n-1+1 2n-1+1 2n+1=-1+12n+1=-2n2n+1，当n为奇数时，S n=S n+1-b n+1=-1+12n+3-12n+1+12n+3=-1-12n+1=-2n+22n+1，S n=-2n+22n+1,n=2k-1-2n2n+1,n=2k,k∈N∗.3(22·23上·芜湖·期末)已知S n是数列a n的前n项和，2S n=n+1a n．且a1=1(1)求a n的通项公式；(2)设a0=0，已知数列b n满足b n=sin1cos a n cos a n-1，求b n的前n项的和T n【答案】(1)a n=n；(2)tan n.【分析】(1)利用给定的递推公式，结合a n=S n-S n-1,n≥2变形，构造数列求解作答.(2)由(1)的结论，利用差角的正弦公式变形，再利用错位相减法求解作答.【详解】(1)因为n∈N*，2S n=n+1a n，当n≥2时，2S n-1=na n-1，两式相减得：2a n=(n+1)a n-na n-1，即(n-1)a n=na n-1，变形得a nn=a n-1n-1，于是得数列a nn是常数列，因此a nn=a11=1，即a n=n，所以数列a n的通项公式是a n=n.(2)由(1)知，a n=n，b n=sin1cos n cos(n-1)=sin[n-(n-1)]cos n cos(n-1)=sin n cos(n-1)-cos n sin(n-1)cos n cos(n-1)=tan n-tan(n-1)，所以T n=(tan1-tan0)+(tan2-tan1)+(tan3-tan2)+⋅⋅⋅+[tan n-tan(n-1)]=tan n-tan0=tan n.【题型七】递推公式：分式型不动点已知分式一次型数列递推关系a n+1=Ca n+DAa n+B求通项的问题解法：法一，化归法.当D=0时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当D≠0时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令a n+1+x=Ca n+DAa n+B+x=C+xAa n+D+BxAa n+B，可由1x=C+AxD+Bx解得x的值，即可得到构造方向b n+1=tb nAa n+B，通过这样的转化将问题又化归为D=0的情形再求解.法二，特征根法求解.先构造特征方程x=Cx+DAx+B，解方程得根x1,x2，若x1≠x2，则a n-x2a n-x1为等比数列；若x1=x2，则1a n-x1为等差数列.1(22-23高三·河南·阶段练习)已知数列a n满足a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗．(1)证明：数列1a n+1是等差数列；(2)证明：a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1．【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.【分析】(1)根据条件a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗可得1a n+1+1=2+1a n+1，利用等差数列的定义即可证明结论；(2)利用(1)的结论可得a n=-2n+22n-1，即得|a n |=2n-22n-1,(n≥2,n∈N∗)，利用作差法可得|a n|=2n-22n-1>2n-32n-2，由此可设S=a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1，即得S=23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1，且S>12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n，两式相乘可证明结论.【详解】(1)证明：根据题意a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗，可得a n+1+1=a n+12a n+3，则1a n+1+1=2a n+3a n+1=2+1a n+1，故1a n+1+1-1a n+1=2，1a1+1=10+1=1故数列1a n+1是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知，1a n+1=1+2(n-1)=2n-1，则a n=12n-1-1=-2n+22n-1，则|a n|=2n-22n-1,(n≥2,n∈N∗),由于2n-22n-1-2n-32n-2=(2n-2)2-(2n-3)(2n-1)(2n-1)(2n-2)=1(2n-1)(2n-2)>0，故|a n|=2n-22n-1>2n-32n-2,(n≥2,n∈N∗)设S=a2⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1,则S=23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1，且S>12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n，则S2>23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1⋅12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n=12n+1，故S>12n+1,∴a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1.2(2024高三·全国·专题练习)在数列{a n}中，a1=4且a n+1=3a n+2a n+4，求数列{a n}的通项公式.【答案】a n=2n-1+5n-1 5n-1-2n-2【分析】法一，由a n+1+x=3a n+2a n+4+x=(x+3)a n+4x+2a n+4，令1x=x+34x+2，解得x1=-1,x2=2，即在等式两边同减去1，可构造出形式a n+1-1=2(a n-1)a n+4，从而两边再同取倒数可得1a n+1-1=12+52⋅1a n-1，由此配凑常数，可构造等比数列1a n-1+13进而求得等比数列通项，解an可得；法二，利用特征方程x=3x+2x+4有两个不等式根：x1=1,x2=-2，确定构造方向，先构造两个等式,再作比即可构造特殊数列，即可求得特殊数列的通项，再解出a n即可.【详解】法一，由a n+1=3a n+2a n+4两边减去1得，a n+1-1=3a n+2a n+4-1=2(a n-1)a n+4，两边取倒数得，1a n+1-1=a n+42(a n-1)=a n-1+52(a n-1)=12+52⋅1a n-1，两边同加13得，1a n+1-1+13=56+52⋅1a n-1=52⋅1a n-1+13，由a1=4，则1a1-1+13=23≠0，所以有1a n+1-1+131a n-1+13=52，故1a n-1+13是以23为首项，52为公比的等比数列.所以1a n-1+13=23⋅52n-1，故a n-1=3⋅2n-12⋅5n-1+2n-1，解得a n=2n-1+5n-15n-1-2n-2.法二：因为a n+1=3a n+2a n+4，两边同减去1得a n+1-1=3a n+2a n+4-1=2a n-2a n+4①，两边同加上2得a n+1+2=3a n+2a n+4+2=5a n+10a n+4②，由已知a1=4，则a1-1=3≠0,a1+2=6≠0，①②两式相除得，a n+1-1 a n+1+2=2a n-15(a n+2)，且a1-1a1+2=12≠0，所以，数列a n-1a n+2是以12为首项，25为公比的等比数列，∴a n-1a n+2=a1-1a1+2·25n-1=12⋅25 n-1，∴a n=2n-1+5n-15n-1-2n-2.3(2023高三·全国·专题练习)已知数列a n满足性质：对于n∈N,a n-1=a n+42a n+3,且a1=3,求{a n}的通项公式.【答案】a n =(-5)n -42+(-5)n【分析】根据特征方程的根，构造数列c n 的通项公式，再得到数列a n 的通项公式.【详解】依定理作特征方程x =x +42x +3,变形得2x 2+2x -4=0,其根为λ1=1,λ2=-2.故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第(2)部分，则有c n =a 1-λ1a 1-λ2⋅p -λ1r p -λ2rn -1=3-13+2⋅1-1⋅21+2⋅2n -1，n ∈N ∴c n =25-15n -1,n ∈N .∴a n =λ2c n -λ1c n -1=-2⋅25-15 n -1-125-15n -1-1,n ∈N .即a n =(-5)n -42+(-5)n,n ∈N .【题型八】插入数型插入数型1.插入数构成等差数列在a n 和a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数构成等差数列，可通过构造新数列{b n }来求解d nn +2个数构成等差数列，公差记为d n ，所以：b n +2=b 1+(n +2-1)d n ⇔d n =b n +2-b 1(n +2-1)2.插入数构成等比数列在a n 和a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数构成等比数列，可通过构造新数列{b n }来求解d nn +2个数构成等比数列，公差记为d n ，所以：b n +2=b 1∙q n (n +2-1)⇔q n (n +2-1)=b n +2b 1⇔ln b n +2b 1=ln q n (n +2-1)=(n +2-1)ln q n3.插入数混合型混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列a n 提供了多少项，其余都是插入进来的。

新高考——数学数列多选题专项训练专项练习附答案

一、数列多选题1．意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1,1,2,3,5,8,13,….即从第三项开始，每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列{}n a 说法正确的是（） A ．1055a = B ．2020a 是偶数C ．2020201820223a a a =+D ．123a a a +++…20202022a a +=答案：AC 【分析】由该数列的性质，逐项判断即可得解. 【详解】对于A ，，，，故A 正确；对于B ，由该数列的性质可得只有3的倍数项是偶数，故B 错误；对于C ，，故C 正确；对于D ，，，，，各式相加解析：AC 【分析】由该数列的性质，逐项判断即可得解. 【详解】对于A ，821a =，9211334a =+=，10213455a =+=，故A 正确；对于B ，由该数列的性质可得只有3的倍数项是偶数，故B 错误；对于C ，20182022201820212020201820192020202020203a a a a a a a a a a +=++=+++=，故C 正确；对于D ，202220212020a a a =+，202120202019a a a =+，202020192018a a a =+，32121,a a a a a ⋅⋅⋅=+=，各式相加得()2022202120202021202020192012182a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++⋅⋅⋅++，所以202220202019201811a a a a a a =++⋅⋅⋅+++，故D 错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是合理利用该数列的性质去证明选项. 2．已知数列{}n a 满足()*111n na n N a +=-∈，且12a =，则（） A ．31a =-B ．201912a =C ．332S =D ． 2 01920192S =答案：ACD 【分析】先计算出数列的前几项，判断AC ，然后再寻找规律判断BD ．【详解】由题意，，A 正确，，C 正确；，∴数列是周期数列，周期为3．，B 错；，D 正确．故选：ACD ．【点睛】本解析：ACD 【分析】先计算出数列的前几项，判断AC ，然后再寻找规律判断BD ．【详解】由题意211122a =-=，311112a =-=-，A 正确，3132122S =+-=，C 正确；41121a =-=-，∴数列{}n a 是周期数列，周期为3． 2019367331a a a ⨯===-，B 错；20193201967322S =⨯=，D 正确．故选：ACD ．【点睛】本题考查由数列的递推式求数列的项与和，解题关键是求出数列的前几项后归纳出数列的性质：周期性，然后利用周期函数的定义求解．3．已知数列{}n a 满足112a =-，111n na a +=-，则下列各数是{}n a 的项的有（）A ．2-B ．23C ．32D ．3答案：BD 【分析】根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论．【详解】因为数列满足，，；；；数列是周期为3的数列，且前3项为，，3；故选：．【点睛】本题主要解析：BD 【分析】根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论．【详解】因为数列{}n a 满足112a =-，111n na a +=-，212131()2a ∴==--；32131a a ==-； 4131112a a a ==-=-； ∴数列{}n a 是周期为3的数列，且前3项为12-，23，3；故选：BD ．【点睛】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查数列的周期性，解题的关键在于求出数列的规律，属于基础题．4．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，….，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．68a =B ．733S =C ．135********a a a a a +++⋅⋅⋅+=D ．22212201920202019a a a a a ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+= 答案：ABCD 【分析】由题意可得数列满足递推关系，对照四个选项可得正确答案. 【详解】对A ，写出数列的前6项为，故A 正确；对B ，，故B 正确；对C ，由，，，……，，可得：.故是斐波那契数列中的第解析：ABCD 【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系12211,1,(3)n n n a a a a a n --===+≥，对照四个选项可得正确答案. 【详解】对A ，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A 正确；对B ，71123581333S =++++++=，故B 正确；对C ，由12a a =，342a a a =-，564a a a =-，……，201920202018a a a =-，可得：135********a a a a a +++⋅⋅⋅+=.故1352019a a a a +++⋅⋅⋅+是斐波那契数列中的第2020项.对D ，斐波那契数列总有21n n n a a a ++=+，则2121a a a =，()222312321a a a a a a a a =-=-，()233423423a a a a a a a a =-=-，……，()220182018201920172018201920172018a a a a a a a a =-=-，220192019202020192018a a a a a =-2222123201920192020a a a a a a +++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=，故D 正确；故选：ABCD. 【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换.5．(多选)在数列{}n a 中，若221(2,,n n a a p n n N p *--=≥∈为常数)，则称{}n a 为“等方差数列”.下列对“等方差数列”的判断正确的是（） A ．若{}n a 是等差数列，则{}n a 是等方差数列 B ．(){}1n- 是等方差数列C ．{}2n是等方差数列.D ．若{}n a 既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列答案：BD 【分析】根据等差数列和等方差数列定义，结合特殊反例对选项逐一判断即可.【详解】对于A ，若是等差数列，如，则不是常数，故不是等方差数列，故A 错误；对于B ，数列中，是常数，是等方差数列，故解析：BD 【分析】根据等差数列和等方差数列定义，结合特殊反例对选项逐一判断即可. 【详解】对于A ，若{}n a 是等差数列，如n a n =，则12222(1)21n n a a n n n --=--=-不是常数，故{}na 不是等方差数列，故A 错误；对于B ，数列(){}1n-中，222121[(1)][(1)]0n n n n a a ---=---=是常数，{(1)}n ∴-是等方差数列，故B 正确；对于C ，数列{}2n中，()()22221112234n n n n n aa ----=-=⨯不是常数，{}2n∴不是等方差数列，故C 错误；对于D ，{}n a 是等差数列，1n n a a d -∴-=，则设n a dn m =+，{}n a 是等方差数列，()()222112(2)n n n n dn m a a a a d a d d n m d d dn d m --∴-=++++=+=++是常数，故220d =，故0d =，所以(2)0m d d +=，2210n n a a --=是常数，故D 正确.故选：BD. 【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题和等差数列的定义，解题的关键是正确理解等差数列和等方差数列定义，利用定义进行判断.6．等差数列{}n a 是递增数列，公差为d ，前n 项和为n S ，满足753a a =，下列选项正确的是（） A ．0d <B ．10a <C ．当5n =时n S 最小D ．0n S >时n 的最小值为8答案：BD 【分析】由题意可知，由已知条件可得出，可判断出AB 选项的正误，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质以及二次不等式可判断出CD 选项的正误. 【详解】由于等差数列是递增数列，则，A 选项错误解析：BD 【分析】由题意可知0d >，由已知条件753a a =可得出13a d =-，可判断出AB 选项的正误，求出n S 关于d 的表达式，利用二次函数的基本性质以及二次不等式可判断出CD 选项的正误. 【详解】由于等差数列{}n a 是递增数列，则0d >，A 选项错误；753a a =，则()11634a d a d +=+，可得130a d =-<，B 选项正确；()()()22171117493222224n n n d n n d n n d S na nd n d -⎡⎤--⎛⎫=+=-+==--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，当3n =或4时，n S 最小，C 选项错误；令0n S >，可得270n n ->，解得0n <或7n >.n N *∈，所以，满足0n S >时n 的最小值为8，D 选项正确.故选：BD.7．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知450,5S a ==，则（） A ．25n a n =-B ．310na nC ．228n S n n =- D ．24n S n n =-答案：AD 【分析】设等差数列的公差为，根据已知得，进而得，故，. 【详解】解：设等差数列的公差为，因为所以根据等差数列前项和公式和通项公式得：，解方程组得：，所以，. 故选：AD.解析：AD 【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，根据已知得1145460a d a d +=⎧⎨+=⎩，进而得13,2a d =-=，故25n a n =-，24n S n n =-.【详解】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为450,5S a == 所以根据等差数列前n 项和公式和通项公式得：1145460a d a d +=⎧⎨+=⎩，解方程组得：13,2a d =-=，所以()31225n a n n =-+-⨯=-，24n S n n =-.故选：AD.8．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，现有下列4个命题中正确的有（）A ．若100S =，则280S S +=；B ．若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15C ．若150S >，160S <，则{}n S 中8S 最大D ．若78S S <，则89S S <答案：BC 【分析】根据等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判断，即可得答案. 【详解】 A 选项，若，则，那么.故A 不正确； B 选项，若，则，又因为，所以前8项为正，从第9项开始为负，因为解析：BC 【分析】根据等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判断，即可得答案. 【详解】A 选项，若1011091002S a d ⨯=+=，则1290a d +=，那么()()2811128281029160S S a d a d a d d +=+++=+=-≠.故A 不正确； B 选项，若412S S =，则()5611128940a a a a a a ++++=+=，又因为10a >，所以前8项为正，从第9项开始为负，因为()()116168916802a a S a a +==+=，所以使0n S >的最大的n 为15.故B 正确； C 选项，若()115158151502a a S a +==>，()()116168916802a a S a a +==+<，则80a >，90a <，则{}n S 中8S 最大.故C 正确；D 选项，若78S S <，则80a >，而989S S a -=，不能判断9a 正负情况.故D 不正确. 故选：BC . 【点睛】本题考查等差数列性质的应用，涉及等差数列的求和公式，属于常考题型.9．设公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1718S S =，则下列各式的值为0的是（） A ．17aB ．35SC ．1719a a -D ．1916S S -答案：BD 【分析】由得，利用可知不正确；；根据可知正确；根据可知不正确；根据可知正确. 【详解】因为，所以，所以，因为公差，所以，故不正确；，故正确；，故不正确；，故正确. 故选：BD.解析：BD 【分析】由1718S S =得180a =，利用17180a a d d =-=-≠可知A 不正确；；根据351835S a =可知 B 正确；根据171920a a d -=-≠可知C 不正确；根据19161830S S a -==可知D 正确. 【详解】因为1718S S =，所以18170S S -=，所以180a =，因为公差0d ≠，所以17180a a d d =-=-≠，故A 不正确；13518351835()35235022a a a S a +⨯====，故B 正确； 171920a a d -=-≠，故C 不正确；19161718191830S S a a a a -=++==，故D 正确.故选：BD. 【点睛】本题考查了等差数列的求和公式，考查了等差数列的下标性质，属于基础题.10．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若90a <，100a >，则下列结论正确的是（） A ．109S S >B ．170S <C ．1819S S >D ．190S >答案：ABD 【分析】先根据题意可知前9项的和最小，判断出正确；根据题意可知数列为递减数列，则，又，进而可知，判断出不正确；利用等差中项的性质和求和公式可知，，故正确.【详解】根据题意可知数列为递增解析：ABD 【分析】先根据题意可知前9项的和最小，判断出A 正确；根据题意可知数列为递减数列，则190a >，又181919S S a =-，进而可知1516S S >，判断出C 不正确；利用等差中项的性质和求和公式可知()01179179172171722a a a S a <+⨯⨯===，()1191019101921919022a a a S a +⨯⨯===>，故BD 正确. 【详解】根据题意可知数列为递增数列，90a <，100a >，∴前9项的和最小，故A 正确；()11791791721717022a a a S a +⨯⨯===<，故B 正确； ()1191019101921919022a a a S a +⨯⨯===>，故D 正确； 190a >， 181919S S a ∴=-， 1819S S ∴<，故C 不正确.故选：ABD . 【点睛】本题考查等差数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.。

2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案解析

2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10＝100，则a 7的值为()A ．11B ．12C ．13D ．14答案C解析由S 10＝100及公差为2，得10a 1＋10×(10－1)2×2＝100，所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1，故a 7＝13.故选C.2．若等差数列{a n }的公差d ≠0且a 1，a 3，a 7成等比数列，则a2a 1等于()A.32B.23C.12D ．2答案A解析设等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ，a 7＝a 1＋6d .因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d .所以a 2a 1＝2d ＋d 2d＝32.故选A.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＝30，S 10＝10，则S 16等于()A ．－160B ．－80C ．20D ．40答案B解析a 1＋15d ＝30，a 1＋45d ＝10，解得a 1＝10，d ＝－2，故S 16＝16a 1＋120d ＝16×10＋120×(－2)＝－80，故选B.4．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于()A ．－3B ．5C ．－31D ．33答案D解析由题意知公比q ≠1，S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－qa 1(1－q 3)1－q ＝1＋q 3＝9，∴q ＝2，S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－qa 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝1＋25＝33.5．(2019·湖南五市十校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6等于()A ．6B ．7C ．8D ．9答案B解析由数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)得数列{a n }为等差数列，所以a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12，即a 4＝4，同理a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，即a 3＝3，所以a 1＋a 6＝a 3＋a 4＝7.6．(2019·新乡模拟)为了参加冬季运动会的5000m 长跑比赛，某同学给自己制定了7天的训练计划：第1天跑5000m ，以后每天比前1天多跑200m ，则这个同学7天一共将跑()A ．39200mB ．39300mC ．39400mD ．39500m答案A解析依题意可知，这个同学第1天，第2天，…跑的路程依次成首项为5000，公差为200的等差数列，则这个同学7天一共将跑5000×7＋7×62×200＝39200(m)．故选A.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于()A ．38B ．20C ．10D ．9答案C解析因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，由S 2m －1＝38知a m ≠0，所以a m ＝2，又S 2m －1＝38，即(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝38，即(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.8．(2019·青岛调研)已知各项均不相等的等比数列{a n }，若3a 2，2a 3，a 4成等差数列，设S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3a 3等于()A.139B.79C ．3D ．1答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵3a 2，2a 3，a 4成等差数列，∴2×2a 3＝3a 2＋a 4，∴4a 2q ＝3a 2＋a 2q 2，化为q 2－4q ＋3＝0，解得q ＝1或3.又数列的各项均不相等，∴q ≠1，当q ＝3时，S 3a 3＝a 1(33－1)3－1a 1×9＝139.故选A.9．(2019·广东六校联考)将正奇数数列1，3，5，7，9，…依次按两项、三项分组，得到分组序列如下：(1，3)，(5，7，9)，(11，13)，(15，17，19)，…，称(1，3)为第1组，(5，7，9)为第2组，依此类推，则原数列中的2019位于分组序列中的()A ．第404组B ．第405组C ．第808组D ．第809组答案A解析正奇数数列1，3，5，7，9，…的通项公式为a n ＝2n －1，则2019为第1010个奇数，因为按两项、三项分组，故按5个一组分组是有202组，故原数列中的2019位于分组序列中的第404组，故选A.10．(2019·新疆昌吉教育共同体月考)在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n .在直线y ＝2x －1上，则a 9等于()A ．1290B ．1280C ．1281D ．1821答案C解析由已知可得S n ＋1n ＋1－1＝又S11－1＝a 1－1＝1，1，公比为2的等比数列，所以Sn n －1＝2n －1，得S n ＝n (1＋2n －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)2n －2＋1，故a 9＝10×128＋1＝1281.11．(2019·长沙长郡中学调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋4n ，若首项为13的数列{b n }满足1b n ＋1－1b n ＝a n ，则数列{b n }的前10项和为()A.175264B.3988C.173264D.181264答案A解析由S n ＝n 2＋4n ，可得a n ＝2n ＋3，根据1b n ＋1－1b n＝a n ＝2n ＋3，结合题设条件，应用累加法可求得1b n n 2＋2n ，所以b n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝所以数列{b n }的前n项和为T n －13＋12－14＋…＋1n －－1n ＋1－所以T 10－111－＝175264，故选A.12．已知数列{a n }的通项a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)，n ∈N *，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2018<1，则实数x 可以等于()A ．－23B ．－512C ．－1348D ．－1160答案B 解析∵a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)＝1(x ＋1)(2x ＋1)…[n (x －1)＋1]－1(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)(n ≥2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 2018＝x x ＋1＋1x ＋1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)＝1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)，当x ＝－23x ＋1>0，nx ＋1<0(2≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.当x ＝－512时，x ＋1>0，x ＋2>0，nx ＋1<0(3≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)<1；当x ＝－1348时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，nx ＋1<0(4≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1；当x ＝－1160时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，x ＋4>0，x ＋5>0，nx ＋1<0(6≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和为S n ，若a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，则d 的值为________．答案－10解析由a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，1＋3d ＋a 1＋9d ＝0，a 1＋12×112d2a 1＋d ＋10，解得d ＝－10.14．(2019·沈阳东北育才中学模拟)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若Sn T n ＝2n ＋13n ＋2，则a 3＋a 11＋a 19b 7＋b 15＝________.答案129130解析原式＝3a 112b 11＝32·2a 112b 11＝32·a 1＋a 21b 1＋b 21＝32·S 21T 21＝32·2×21＋13×21＋2＝129130.15．(2019·荆州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝(2n －2则S 2019＝________.答案2020解析∵a n ＝(2n －2＝(1－2n )sinn π2，∴a 1，a 2，…，a n 分别为－1，0，5，0，－9，0，13，0，－17，0，21，0，…，归纳可得，每相邻四项和为4，∴S 2019＝504×4＋a 2017＋a 2018＋a 2019＝2016＋[(1－2×2017)＋0＋(2×2019－1)]＝2016＋4＝2020.16．(2019·长沙长郡中学调研)已知点列P 1(1，y 1)，P 2(2，y 2)，P 3(3，y 3)，…，P n ＋1(n ＋1，y n ＋1)在x 轴上的投影为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1，且点P n ＋1满足y 1＝1，直线P n P n ＋1的斜率1n n P P k ＋＝2n .则多边形P 1Q 1Q n ＋1P n ＋1的面积为________．答案3×2n －n －3解析根据题意可得y n ＋1－y n ＝2n ，结合y 1＝1，应用累加法，可以求得y n ＋1＝2n ＋1－1，根据题意可以将该多边形分成n 个直角梯形计算，且从左往右，第n 个梯形的面积为S n ＝y n ＋y n ＋12＝3×2n －1－1，总的面积应用分组求和法，可求得多边形的面积为S ＝3(2n －1)－n ＝3×2n －n －3.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)已知{a n }是以a 为首项，q 为公比的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)当S 1，S 3，S 4成等差数列时，求q 的值；(2)当S m ，S n ，S l 成等差数列时，求证：对任意自然数k ，a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列．(1)解由已知，得a n ＝aq n －1，因此S 1＝a ，S 3＝a (1＋q ＋q 2)，S 4＝a (1＋q ＋q 2＋q 3)．当S 1，S 3，S 4成等差数列时，S 4－S 3＝S 3－S 1，可得aq 3＝aq ＋aq 2，化简得q 2－q －1＝0.解得q ＝1±52.(2)证明若q ＝1，则{a n }的各项均为a ，此时a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 显然成等差数列．若q ≠1，由S m ，S n ，S l 成等差数列可得S m ＋S l ＝2S n ，即a (q m －1)q －1＋a (q l －1)q －1＝2a (q n －1)q －1，整理得q m ＋q l ＝2q n .因此a m ＋k ＋a l ＋k ＝aq k －1(q m ＋q l )＝2aq n＋k －1＝2a n ＋k ，所以a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 成等差数列．18．(12分)(2019·安徽皖南八校联考)数列{a n }的前n 项和记为S n ，且4S n ＝5a n －5，数列{b n }满足b n ＝log 5a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明T n <1.(1)解∵4S n ＝5a n －5，∴4a 1＝5a 1－5，∴a 1＝5.当n ≥2时，4S n －1＝5a n －1－5，∴4a n ＝5a n －5a n －1，∴a n ＝5a n －1，∴{a n }是以5为首项，5为公比的等比数列，∴a n ＝5·5n －1＝5n .∴b n ＝log 55n ＝n .(2)证明∵c n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n…＝1－1n ＋1<1.19．(12分)(2019·安徽皖中名校联考)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝2a n －n ＋1，a 1＝3.(1)设数列{b n }满足：b n ＝a n －n ，求证：数列{b n }是等比数列；(2)求出数列{a n }的通项公式和前n 项和S n .(1)证明b n ＋1b n ＝a n ＋1－(n ＋1)a n －n ＝2a n －n ＋1－(n ＋1)a n －n＝2(a n －n )a n －n ＝2，又b 1＝a 1－1＝3－1＝2，∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得b n ＝2n ，∴a n ＝2n ＋n ，∴S n ＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(2n ＋n )＝(21＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.20．(12分)(2019·湖南衡阳八中月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －n (n ∈N *)．(1)证明：{a n ＋1}是等比数列；(2)若数列b n ＝log 2(a n ＋1)n 项和T n .(1)证明当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1.∵S n ＝2a n －n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)，∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴{a n ＋1}是以a 1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋1＝2n ，∴b n ＝log 22n ＝n ，∴1b 2n －1·b 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝∴T n －13＋13－15＋…＋12n －1－＝n 2n ＋1.21．(12分)(2019·青岛调研)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n .(1)若对任意n ∈N *，S n ＝n 2＋n ＋12都成立，求a n ；(2)若a 1＝1，a 2＝2，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，且数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n .解(1)由S n ＝n 2＋n ＋12，得S n －1＝(n －1)2＋n2，n ≥2，两式相减得a n ＝n ，n ≥2，又a 1＝S 1＝32，不满足a n ＝n ，∴a n n ＝1，n ≥2.(2)S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ，∵b 1＝a 1＋a 2＝3，{b n }是公比为3的等比数列，∴S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－3n )1－3＝32(3n－1)．22．(12分)(2019·湖南岳阳一中质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，若存在n ∈N *，使不等式2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n≥m 成立，求实数m 的最大值．解(1)∵S n ＝2a n －2，①∴S n ＋1＝2a n ＋1－2，②∴②－①得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n (n ≥1)，∴a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n .(2)由题意得，T n ＋1n ＋1－T n n ＝12，成等差数列，公差为12.首项T 11＝b11＝1，∴T n n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，T n ＝n (n ＋1)2，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n ，当n ＝1时，b 1＝1成立，∴b n ＝n .∴2b n a n ＝2n2n ＝n 2n －1＝－1，令M n ＝2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n，只需(M n )max ≥m .∴M n ＝1＋2×12＋3＋…＋n －1，③12M n ＝12＋2＋3＋…＋n ，④③－④得，12M n ＝1＋12＋＋…－1－n 1－12n＝2－(n ＋，∴M n ＝4－(n ＋－1.∵M n ＋1－M n ＝4－(n ＋－4＋(n ＋－1＝n ＋12n>0.∴{M n }为递增数列，且(n ＋－1>0，∴M n <4.∴m ≤4，实数m 的最大值为4.。

高考数学数列大题训练

高考数学数列大题训练1. 已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比（Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ，其中.154=a （Ⅰ）求321,,a a a ；（Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n S3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12a =， 11353n n n n S a a S --=-+(2)n ≥ （1）求数列n a 的通项公式；（2）若(21)n n b n a =-，求数列n a 的前n 项的和n T 。

4.已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且．（Ⅰ）求2a ， 3a ；（Ⅱ）证明数列{nna 2}是等差数列；（Ⅲ）求数列{n a }的前n 项之和n S5.已知数列{}n a 满足31=a ， 1211-=--n n n a a a . （1）求2a ， 3a ， 4a ；（2）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并写出{}n a 的一个通项。

6.数列{}n a 的前n 项和为n S ， 11a =， *12()n n a S n +=∈N（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；（Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T7.22,,4,21121+=-===++n n n n n b b a a b a a . 求证： ⑴数列{b n +2}是公比为2的等比数列；⑵n a n n 221-=+；⑶4)1(2221-+-=++++n n a a a n n .8.已知各项都不相等的等差数列}{n a 的前六项和为60，且2116a a a 和为的等比中项. （1）求数列}{n a 的通项公式n n S n a 项和及前；（2）若数列}1{,3),(}{11nn n n n b b N n a b b b 求数列且满足=∈=-*+的前n 项和T n .9.已知n S 是数列{}n a 的前n 项和， 123,22a a ==，且113210n n n S S S +--++=，其中*2,n n N ≥∈.① 求证数列{}1n a -是等比数列； ② 求数列{}n a 的前n 项和n S .10.已知n S 是数列{n a }的前n 项和，并且1a =1，对任意正整数n ， 241+=+n n a S ；设,3,2,1(21=-=+n a a b n n n ）.（I ）证明数列}{n b 是等比数列，并求}{n b 的通项公式；（II ）设}log log 1{,32212++⋅=n n n n n C C T b C 为数列的前n 项和，求n T .高考数列大题参考答案1.解析：(1)设该等差数列为{}n c ，则25a c =， 33a c =， 42a c=533222()c c d c c -==-∴2334()2()a a a a -=-即：223111122a q a q a q a q -=- ∴12(1)q q q -=-，1q ≠， ∴121,2q q ==， ∴1164()2n a -= (2)121log [64()]6(1)72n n b n n -==--=-， {}n b 的前n 项和(13)2n n n S -=∴当17n ≤≤时， 0n b ≥， ∴(13)2n n n n T S -==（8分）当8n ≥时， 0n b <， 12789n n T b b b b b b =+++----789777()()2n n n S b b b S S S S S =-+++=--=-(13)422n n -=-∴(13)(17,)2(13)42(8,)2n n n n n T n n n n -⎧≤≤∈⎪⎪=⎨-⎪-≥∈⎪⎩**N N2.解：（1）由151241=+=-a a a n n 及知,1234+=a a 解得：,73=a 同理得.1,312==a a（2）由121+=-n n a a 知2211+=+-n n a a)1(211+=+-n n a a {}1+∴n a 构成以211=+a 为首项以2为公比的等比数列； 112)1(1-⋅++∴n n a a ；,21n n a =+∴ .12-=∴n n a 为所求通项公式（3）12-=nn a123......n n S a a a a ∴=++++123(21)(21)(21)......(21)n =-+-+-++-123(222......2)nn =++++-n n ---=21)21(2.221n n --=+3.解：由11335(2)n n n n S S a a n ---=-≥， 12n n a a -∴=，又12a =，112n n a a -=， {}n a ∴是以2为首项，12为公比的等比数列， 122112()()222n n n n a ---∴=⨯== 2(21)2n n b n -=-， 1012123252(21)2n n T n --∴=⨯+⨯+⨯++-⋅ （1）012111232(23)2(21)22n n n T n n ---=⨯+⨯++-⋅+-⋅ （2）（1）—（2）得0121122(222)(21)22n n n T n ---=++++--⋅即：1111112[1(2)]2(21)26(23)2212n n n n T n n ------=+--⋅=-+⋅-，212(23)2n n T n -∴=-+⋅4．解：（Ⅰ）622212=+=a a ， 2022323=+=a a ．（Ⅱ）),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且， ∴),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥+=--且，即),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥=---且． ∴数列}2{nn a 是首项为21211=a ，公差为1=d 的等差数列．（Ⅲ）由（Ⅱ）得,211)1(21)1(212-=⋅-+=-+=n n d n a nn ∴n n n a 2)21(⋅-=． )2(2)21(2)211(2252232212)1(2)21(2252232211432321+⋅-+⋅--++⋅+⋅+⋅=⋅-++⋅+⋅+⋅=n n n n n n n S n S 1322)21(2221)2()1(+⋅--++++=--n n n n S 得12)21(2222132-⋅--++++=+n n n 12)21(21)21(21-⋅----=+n n n 32)23(-⋅-=n n ． ∴32)32(+⋅-=n n n S ．5.解：（1）79,57,35432===a a a （2）证明：由题设可知N n a a n n ∈≠≠,10且1211-=--n n n a a a()()()()111111--=---⇒--n n n n a a a a 111111=---⇒-n n a a ⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∴11n a 是以21为首项， 1为公差的等差数列故2112111-=-+=-n n a n 12121122-+=+-=∴n n n a n 6.解：（Ⅰ）12n n a S +=， 12n n n S S S +∴-=， 1n nS S +∴= 又111S a ==， ∴数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列， 1*3(n n S n -=∈N当2n ≥时， 21223(2)n n n a S n --==≥，21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩，，，≥．（Ⅱ）12323n n T a a a na =++++，当1n =时， 11T =；当2n ≥时， 0121436323n n T n -=++++， …………①12133436323n n T n -=++++， ………………………②-①②得：12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-213(13)222313n n n ---=+--11(12)3n n -=-+-1113(22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥ 又111T a ==也满足上式， 1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥ 7.解： ⑴ )2(221+=++n n b b 2221=++∴+n n b b2121=-=a a b 62222=+=b b数列{b n +2}是首项为4公比为2的等比数列；⑵由⑴知 112242+-=⨯=+n n n b 221-=∴+n n b 2211-=-++n n n a a22212-=-∴a a 22323-=-a a……221-=--n n n a a上列（n-1）式子累加：n a nn 2)222(232-+++=-n a n n 221-=∴+⑶2)1(2)222(13221+-+++=++++n n a a a n n . 4)1(2221-+-=+++∴+n n a a a n n8.解：（1）设等差数列}{n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧+=+=+21111)5()20(,60156d a d a a d a 解得⎩⎨⎧==.5,21a d32+=∴n a n .)4(2)325(+=++=n n n n S n（2）由).,2(,111*--+∈≥=-∴=-N n n a b b a b b n n n n n n112211121112,()()()(1)(14)3(2).3,n n n n n n n n b b b b b b b b a a a b n n n n b -----≥=-+-++-+=++++=--++=+=当时对也适合))(2(*∈+=∴N n n n b n ).211(21)2(11+-=+=∴n n n n b n)211123(21)2114121311(21+-+-=+-++-+-=n n n n T n )2)(1(4532+++=n n nn10.解析：（I ）),2(24,2411≥+=∴+=-+n a S a S n n n n两式相减：),2(4411≥-=-+n a a a n n n*),(2)2(2,2)(42,2),2)((41111121111N n b a a b a a a a a b a a b n a a a n n n n n n n n n n n n n n n n ∈=-=--=-=∴-=∴≥-=∴++++++++-+,21=∴+nn b b }{n b ∴是以2为公比的等比数列， ,325,523,24,2112121121=-==+=∴+=+-=b a a a a a a a b 而 *)(231N n b n n ∈⋅=∴-（II ）,231-==n n n b C ,)1(12log 2log 1log log 11222212+=⋅=⋅∴+++n n C C n n n n而,111)1(1+-=+n n n n .111)111()4131()3121()211(+-=+-++-+-+-=∴n n n T n9.解：①113210n n n S S S +--++=⇒112()1n n n n S S S S +--=--⇒121(2)n n a a n +=-≥又123,22a a ==也满足上式， ∴*121()n n a a n N +=-∈⇒112(1)n n a a +-=-（*n N ∈）∴数列{}1n a -是公比为2，首项为1112a -=的等比数列（2）由①， 1211222n n n a ---=⨯=221n n a -⇒=+ 于是12...n n S a a a =+++()()()()1012212121...21n --=++++++++()112222 (2)n n --=++++212n n -=+（23）从1918年起，鲁迅陆续发表了《狂人日记》、《药》、《祝福》等短篇小说。

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高考数学数列大题训练1. 已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比（Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前解析：(1)设该等差数列为{}n c ，则25a c =，33a c =，42a c =Q 533222()c c d c c -==- ∴2334()2()a a a a -=-即：223111122a q a q a q a q -=-∴12(1)q q q -=-，Q 1q ≠， ∴121,2q q ==，∴1164()2n a -=g (2)121log [64()]6(1)72n n b n n -==--=-g ，{}n b 的前n 项和(13)2n n n S -=∴当17n ≤≤时，0n b ≥，∴(13)2n n n n T S -== （8分）当8n ≥时，0n b <，12789n n T b b b b b b =+++----L L 789777()()2n n n S b b b S S S S S =-+++=--=-L (13)422n n -=- ∴(13)(17,)2(13)42(8,)2n n n n n T n n n n -⎧≤≤∈⎪⎪=⎨-⎪-≥∈⎪⎩**N N2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ，其中.154=a （Ⅰ）求321,,a a a ；（Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n S解：（1）由151241=+=-a a a n n 及知,1234+=a a解得：,73=a 同理得.1,312==a a（2）由121+=-n n a a 知2211+=+-n n a a)1(211+=+-n n a a {}1+∴n a 构成以211=+a 为首项以2为公比的等比数列； 112)1(1-⋅++∴n n a a ；,21n n a =+∴.12-=∴n n a 为所求通项公式（3）12-=n n a Θ123......n n S a a a a ∴=++++123(21)(21)(21)......(21)n =-+-+-++-123(222......2)nn =++++-n n ---=21)21(2.221n n --=+3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12a =，11353n n n n S a a S --=-+(2)n ≥（1）求数列n a 的通项公式；（2）若(21)n n b n a =-，求数列n a 的前n 项的和n T 。

解：由11335(2)n n n n S S a a n ---=-≥，12n n a a -∴=，又12a =Q ，112n n a a -=， {}n a ∴是以2为首项，12为公比的等比数列，122112()()222n n n n a ---∴=⨯== 2(21)2n n b n -=-，1012123252(21)2n n T n --∴=⨯+⨯+⨯++-⋅L L （1）012111232(23)2(21)22n n n T n n ---=⨯+⨯++-⋅+-⋅L L （2）（1）—（2）得0121122(222)(21)22n n n T n ---=++++--⋅L L 即：1111112[1(2)]2(21)26(23)2212n n n n T n n ------=+--⋅=-+⋅- ，212(23)2n n T n -∴=-+⋅4.已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且．（Ⅰ）求2a ，3a ；（Ⅱ）证明数列{nn a 2}是等差数列；（Ⅲ）求数列{n a }的前n 项之和n S解：（Ⅰ）622212=+=a a ，2022323=+=a a ．（Ⅱ）),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且Θ， ∴),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥+=--且，即),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥=---且． ∴数列}2{nn a 是首项为21211=a ，公差为1=d 的等差数列．（Ⅲ）由（Ⅱ）得,211)1(21)1(212-=⋅-+=-+=n n d n a n n ∴n n n a 2)21(⋅-=． )2(2)21(2)211(2252232212)1(2)21(2252232211432321+⋅-+⋅--++⋅+⋅+⋅=⋅-++⋅+⋅+⋅=n n n n n n n S n S ΛΛΘ1322)21(2221)2()1(+⋅--++++=--n n n n S Λ得 12)21(2222132-⋅--++++=+n n n Λ12)21(21)21(21-⋅----=+n n n 32)23(-⋅-=n n ． ∴32)32(+⋅-=n n n S ．5.已知数列{}n a 满足31=a ，1211-=--n n n a a a .（1）求2a ，3a ，4a ；（2）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并写出{}n a 的一个通项。

解：（1）79,57,35432===a a a （2）证明：由题设可知N n a a n n ∈≠≠,10且1211-=--n n n a a a Θ()()()()111111--=---⇒--n n n n a a a a 111111=---⇒-n n a a⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∴11n a 是以21为首项，1为公差的等差数列故2112111-=-+=-n n a n 12121122-+=+-=∴n n n a n 6.数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；（Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T解：（Ⅰ）12n n a S +=Q ，12n n n S S S +∴-=，13n nS S +∴= 又111S a ==Q ，∴数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列，1*3()n n S n -=∈N当2n ≥时，21223(2)n n n a S n --==g≥， 21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩g，，，≥．（Ⅱ）12323n n T a a a na =++++L ，当1n =时，11T =；当2n ≥时，0121436323n n T n -=++++gg L g ，…………① 12133436323n n T n -=++++g g L g ，………………………② -①②得：12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-L g 213(13)222313n n n ---=+--g g 11(12)3n n -=-+-g 1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥ 又111T a ==Q 也满足上式， 1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥7.22,,4,21121+=-===++n n n n n b b a a b a a . 求证：⑴数列{b n +2}是公比为2的等比数列；⑵n a n n 221-=+；⑶4)1(2221-+-=++++n n a a a n n Λ. 解： ⑴ )2(221+=++n n b b 2221=++∴+n n b b 2121=-=a a b 62222=+=b b 数列{b n +2}是首项为4公比为2的等比数列；⑵由⑴知 112242+-=⨯=+n n n b 221-=∴+n n b 2211-=-++n n n a a22212-=-∴a a22323-=-a a……221-=--n n n a a上列（n-1）式子累加：n a n n 2)222(232-+++=-Λn a n n 221-=∴+ ⑶2)1(2)222(13221+-+++=++++n n a a a n n ΛΛ. 4)1(2221-+-=+++∴+n n a a a n n Λ8.已知各项都不相等的等差数列}{n a 的前六项和为60，且2116a a a 和为的等比中项.（1）求数列}{n a 的通项公式n n S n a 项和及前；（2）若数列}1{,3),(}{11n n n n n b b N n a b b b 求数列且满足=∈=-*+的前n 项和T n . 解：（1）设等差数列}{n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧+=+=+21111)5()20(,60156d a d a a d a 解得⎩⎨⎧==.5,21a d32+=∴n a n . )4(2)325(+=++=n n n n S n （2）由).,2(,111*--+∈≥=-∴=-N n n a b b a b b n n n n n n112211121112,()()()(1)(14)3(2).3,n n n n n n n n b b b b b b b b a a a b n n n n b -----≥=-+-++-+=++++=--++=+=L L 当时对也适合))(2(*∈+=∴N n n n b n ).211(21)2(11+-=+=∴n n n n b n )211123(21)2114121311(21+-+-=+-++-+-=n n n n T n Λ )2)(1(4532+++=n n n n9.已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，123,22a a ==，且113210n n n S S S +--++=，其中*2,n n N ≥∈.① 求证数列{}1n a -是等比数列；② 求数列{}n a 的前n 项和n S .解：①Q 113210n n n S S S +--++=⇒112()1n n n n S S S S +--=-- ⇒121(2)n n a a n +=-≥ 又123,22a a ==也满足上式，∴*121()n n a a n N +=-∈⇒112(1)n n a a +-=-（*n N ∈） ∴数列{}1n a -是公比为2，首项为1112a -=的等比数列（2）由①，1211222n n n a ---=⨯=221n n a -⇒=+ 于是12...n n S a a a =+++()()()()1012212121...21n --=++++++++ ()1012222...2n n --=++++212n n -=+10.已知n S 是数列{n a }的前n 项和，并且1a =1，对任意正整数n ，241+=+n n a S ；设Λ,3,2,1(21=-=+n a a b n n n ）.（I ）证明数列}{n b 是等比数列，并求}{n b 的通项公式；（II ）设}log log 1{,32212++⋅=n n n n n C C T b C 为数列的前n 项和，求n T . 解析：（I ）),2(24,2411≥+=∴+=-+n a S a S n n n n Θ两式相减：),2(4411≥-=-+n a a a n n n *),(2)2(2,2)(42,2),2)((41111121111N n b a a b a a a a a b a a b n a a a n n n n n n n n n n n n n n n n ∈=-=--=-=∴-=∴≥-=∴++++++++-+ ,21=∴+nn b b }{n b ∴是以2为公比的等比数列， ,325,523,24,2112121121=-==+=∴+=+-=b a a a a a a a b 而Θ*)(231N n b n n ∈⋅=∴-（II ）,231-==n n n b C ,)1(12log 2log 1log log 11222212+=⋅=⋅∴+++n n C C n n n n 而,111)1(1+-=+n n n n .111)111()4131()3121()211(+-=+-++-+-+-=∴n n n T n Λ。