2020届高考数学(理科)一轮复习课时训练第6章数列27Word版含解析

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2020高考数学(理)(全国通用)大一轮复习2020高考试题汇编第六章数列 Word版含解析.doc

第六章数列第一节等差数列与等比数列题型67 等差（等比）数列的公差（公比）1.(2017北京理10)若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =_______. 解析由11a =-，48a =，则21132a a d =+=-+=，由11b =-，48b =，则2q =-，则212b b q ==.故22212a b ==. 2.（2017全国1理4）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（）. A ．1B ．2C ．4D ．8解析 45113424a a a d a d +=+++=，61656482S a d ⨯=+=，联立112724 61548 a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩①② 3⨯-①②，得()211524-=d ，即624d =，所以4d =.故选C.3.（2017全国2理3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）. A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏解析设顶层灯数为1a ，2=q ，()7171238112-==-a S ，解得13a =．故选B.4.（2017全国3理14）设等比数列{}n a 满足12–1a a +=， 13––3a a =，则4a = ___________．解析因为{}n a 为等比数列，设公比为q ．由题意得121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩，即112111 3 a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②显然1q ≠，10a ≠，式式②①，得13q -=，即2q =-，代入①式可得11a =，所以()3341128a a q ==⨯-=-．题型68 等差、等比数列求和问题的拓展1.（2017全国1理12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数100N N >：且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（）. A.440B.330C.220D.110解析设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．设第n 组的项数为n ，则n 组的项数和为()12n n +，由题意得，100N >，令()11002n n +>，得14n ≥且*n ∈N ，即N 出现在第13组之后，第n 组的和为122112nn -=--，n 组总共的和为()12122212n n n n +--=---，若要使前N 项和为2的整数幂，则()12n n N +-项的和21k -应与2n --互为相反数，即()*21214k n k n -=+∈N ，≥，()2log 3k n =+，得n 的最小值为295n k ==，，则()2912954402N ⨯+=+=.故选A.2.2017山东理19）已知{}n x 是各项均为正数的等比数列，且123x x +=，322x x -=，（1）求数列{}n x 的通项公式；（2）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，依次联结点()111P x ，，()222P x ，，…，()11,1n n P x n +++得到折线121n PP P +，求由该折线与直线0y =，1x x =，1n x x +=所围成的区域的面积n T .解析（1）设数列{}n x 的公比为q ，由已知0q >. 由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩，所以23520q q --=，因为0q >，所以12,1q x ==，因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=（2）过1231,,,,n P P P P +向x 轴作垂线，垂足分别为1231,,,,n Q Q Q Q +，由（1）得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯，所以1n n T b b b b =++++=13n n n n ---⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯① 又012212325272(21)2(21)2n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯②-①②，得132(n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(21n n n---+--所以(21)21.2n n n T -⨯+=题型69 等差、等比数列的性质及其应用1.（2017江苏09）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = ．解析解法一：由题意等比数列公比不为1，由()()313616171416314a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，因此36319S q S =+=，得2q =．又3123S a a a =++()2117174a q qa =++==，得114a =，所以78132a a q ==．故填32．解法二（由分段和关系）：由题意3363374634S S S q S ⎧=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩，所以38q =，即2q =．下同解法一．2.（2017全国2理15）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．解析设{}n a 首项为1a ，公差为d ．由3123a a d =+=，414610S a d =+=，得11a =，1d =，所以n a n=，()12n n n S +=，()()112222122311nk kSn n n n ==++++=⨯⨯-+∑11111112122311n n n n ⎛⎫-+-++-+-= ⎪-+⎝⎭122111n n n ⎛⎫-=⎪++⎝⎭.题型70 判断或证明数列是等差、等比数列1.（2017江苏19）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足1111+n k n kn nn ka aa a a --+-++-++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+2n k n a k a +=对任意正整数n ()n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“()3P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．解析（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则()11n a a n d =+-，从而当4n …时，()()1111=n k n k a a a n k d a n k d -++=+--+++-()12212n a n d a +-=，1,2,3k =，所以321123+++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=，因此等差数列{}n a 是“()3P 数列”．（2）由数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n …时，21124n n n n n a a a a a --+++++= ① 当4n …时，3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++= ② 由①知，()()321144n n n n n a a a a a n ---++=-+≥ ③()()231142n n n n n a a a a a n +++-+=-+≥ ④将③④代入②，得112n n n a a a -++=，其中4n …，所以345,,,a a a ⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为d '．在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d '=-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以312a a d '=-，从而数列{}n a 是等差数列．评注这是数列新定义的问题，其实类似的问题此前我们也研究过，给出仅供参考．（2015南通基地密卷7第20题）设数列{}n a 的各项均为正数，若对任意的*n ∈N ，存在*k ∈N ，使得22n k n n k a a a ++=成立，则称数列{}n a 为“k J 型”数列．（1）若数列{}n a 是“2J 型”数列，且28a =，81a =，求2n a ；（2）若数列{}n a 既是“3J 型”数列，又是“4J 型”数列，证明数列{}n a 是等比数列．解析（1）由题意得，2468,,,,a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，且公比138212a q a ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以412212n n n a a q --⎛⎫== ⎪⎝⎭．（2）由{}n a 是“4J 型”数列得159131721,,,,,,a a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为t ，由{}n a 是“3J 型”数列得1471013,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为1α；2581114,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为2α； 3691215,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为3α；则431311a t a α==，431725a t a α==，432139a t a α==，所以123ααα==，不妨令123αααα===，则43t α=．所以()3211311k k k a aα----==，()2311223315111k k k k k a a a t a a ααα------====，所以131323339111k k k k kaa a t a a ααα----====，综上11n n a a -=，从而{}n a 是等比数列．2.(2017北京理20)设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（1）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．解析（1）111110c b a =-=-=，{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=-，{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-. 当3n …时，()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以k kb na -关于*k ∈N 单调递减.从而{}112211ma x ,,,1n n n c b a n b a n b an b a n=---=-=-，将1,2,3n =代入，满足此式，所以对任意1n …，1n c n =-，于是11n n c c +-=-，得{}n c 是等差数列.（2）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则()[]()()121111211(1)1k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--. 所以()()11212111211,,n b a n n d nd d nd c b a n d nd ⎧-+-->⎪=⎨-⎪⎩当时当时….①当10d >时，取正整数21d m d >，则当n m …时，12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时，12,,,m m m c c c ++是等差数列.②当10d =时，对任意1n …， (){}(){}()11211211max ,01max ,0n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--.此时，123,,,,,n c c c c 是等差数列.③当10d <时，当21d n d >时，有12nd d <，所以()()()11211211121n b a n n d nd c b d n d d a d n n n-+---==-+-++…()111212||n d d a d b d -+-+--.对任意正数M ，取正整数12112211||max ,M b d a d d d m d d ⎧⎫+-+-->⎨⎬-⎩⎭，故当n m …时，nc M n>. 题型71 等差数列与等比数列的交汇问题——暂无第二节数列的通项公式与求和题型72 数列通项公式的求解题型73 数列的求和1.（2017天津理18）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}221n n a b -的前n 项和()n *∈N .解析（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ① 由114=11S b ，可得1516a d += ② 联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(2)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=1112(14)4(31)4=(32)4814n n n n n ++⨯----⨯--⨯--，得1328433n n n T +-=⨯+. 所以数列{}221n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2.（2017全国3理9）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则数列{}n a 前6项的和为（）. A ．24-B ．3-C ．3D ．8解析因为{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d ，则2326a a a =，即()()()211125a d a d a d +=++.因为11a =，代入上式可得220d d +=，又0d ≠，则2d =-，所以()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-.故选A. 第三节数列的综合题型74 数列与不等式的综合1.(2017浙江理22)已知数列{}n x 满足：11x =，()()*11ln 1n n n x x x n ++=++∈N .证明：当*n ∈N 时.（1）10n n x x +<<；（2）1122n n n n x x x x ++-…；（3）1-21122n n n x -剟. 解析（1）用数学归纳法证明：0n x >.当1n =时，110x =>，假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +…，则()110ln 10k k k x x x ++<=++…，矛盾，故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ，所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N .（2）由()111l n 1n n n nx x x x +++=++>，得()()21111114222ln1nnn nn n n nx x x x x x x x ++++++-+=-+++. 记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++….()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++…，知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f =…，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=…，即()*1122n n n n x x x x n ++-∈N …. （3）因为()()*11111ln 12n n n n n n x x x x x x n +++++=+++=∈N …，得112n n x x +…，以此类推，21111,,22n n x x x x -厖，所以112112112n n n n n n x x xx x x x x ----⎛⎫=⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭=x ?，故112n n x -…. 由（2）知，()*1122n n n n x x x x n ++-∈N …，即111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭…，所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭厖?，故212n n x -….综上，()*121122n n n x n --∈N 剟.。

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第六章数列第|一节等差数列与等比数列题型67 等差 (等比 )数列的公差 (公比 )1.(2021北京理10)假设等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b == ,448a b == ,那么22a b =_______. 解析由11a =- ,48a = ,那么21132a a d =+=-+= ,由11b =- ,48b = ,那么2q =- ,那么212b b q ==.故22212a b ==. 2. (2021全国1理4 )记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．假设4524a a += ,648S = ,那么{}n a 的公差为 ( ).A ．1B ．2C ．4D ．8解析 45113424a a a d a d +=+++= ,61656482S a d ⨯=+= ,联立112724 61548 a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩①② 3⨯-①② ,得()211524-=d ,即624d = ,所以4d =.应选C.3. (2021全国2理3 )我国古代数学名著<算法统宗>中有如下问题： "远望巍巍塔七层 ,红光点点倍加增 ,共灯三百八十一 ,请问尖头几盏灯 ?〞意思是：一座7层塔共挂了381盏灯 ,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍 ,那么塔的顶层共有灯 ( ). A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏解析设顶层灯数为1a ,2=q ,()7171238112-==-a S ,解得13a =．应选B.4. (2021全国3理14 )设等比数列{}n a 满足12–1a a += , 13––3a a = ,那么4a = ___________．解析因为{}n a 为等比数列 ,设公比为q ．由题意得121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩ ,即112111 3 a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②显然1q ≠ ,10a ≠ ,式式②①,得13q -= ,即2q =- ,代入①式可得11a = , 所以()3341128a a q ==⨯-=-．题型68 等差、等比数列求和问题的拓展1. (2021全国1理12 )几位大学生响应国|家的创业号召 ,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣 ,他们推出了 "解数学题获取软件激活码〞的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：数列1 ,1 ,2 ,1 ,2 ,4 ,1 ,2 ,4 ,8 ,1 ,2 ,4 ,8 ,16 ,… ,其中第|一项为哪一项02 ,接下来的两项是02 ,12 ,再接下来的三项是02 ,12 ,22 ,依此类推.求满足如下条件的最|||小整数100N N >：且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 ( ). A.440B.330C.220D.110解析设首|||项为第1组 ,接下来两项为第2组 ,再接下来三项为第3组 ,以此类推．设第n 组的项数为n ,那么n 组的项数和为()12n n + ,由题意得 ,100N > ,令()11002n n +> ,得14n ≥且*n ∈N ,即N 出现在第13组之后 ,第n 组的和为122112nn -=-- ,n 组总共的和为()12122212n n n n +--=--- ,假设要使前N 项和为2的整数幂 ,那么()12n n N +-项的和21k -应与2n --互为相反数 ,即()*21214k n k n -=+∈N ，≥ ,()2log 3k n =+ ,得n 的最|||小值为295n k ==， , 那么()2912954402N ⨯+=+=.应选A.2.2021山东理19 ){}n x 是各项均为正数的等比数列 ,且123x x += ,322x x -= , (1 )求数列{}n x 的通项公式；(2 )如以下图 ,在平面直角坐标系xOy 中 ,依次联结点()111P x ， ,()222P x ， ,… ,()11,1n n P x n +++得到折线121n PP P + ,求由该折线与直线0y = ,1x x = ,1n x x +=所围成的区域的面积n T .解析 (1 )设数列{}n x 的公比为q ,由0q >. 由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩ ,所以23520q q --= , 因为0q > ,所以12,1q x == ,因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=(2 )过1231,,,,n P P P P +向x 轴作垂线 ,垂足分别为1231,,,,n Q Q Q Q + ,由 (1 )得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯ , 所以123n n T b b b b =++++=10132325272(21)2(21)2n n n n ---⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯① 又012212325272(21)2(21)2n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯②-①②,得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=题型69 等差、等比数列的性质及其应用1. (2021江苏09 )等比数列{}n a 的各项均为实数 ,其前n 项的和为n S ,374S = ,6634S = ,那么8a = ．解析解法一：由题意等比数列公比不为1 ,由()()313616171416314a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪⎨-⎪==⎪-⎩ ,因此36319S q S =+= ,得2q =．又3123S a a a =++()2117174a q qa =++==,得114a = ,所以78132a a q ==．故填32．解法二 (由分段和关系 )：由题意3363374634S S S q S ⎧=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩ ,所以38q = ,即2q =．下同解法一．2. (2021全国2理15 )等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a = ,410S = ,那么11nk kS ==∑ ．解析设{}n a 首|||项为1a ,公差为d ．由3123a a d =+= ,414610S a d =+= ,得11a = ,1d = ,所以n a n= ,()12n n n S += ,()()112222122311nk kS n n n n ==++++=⨯⨯-+∑11111112122311n n n n ⎛⎫-+-++-+-= ⎪-+⎝⎭122111n n n ⎛⎫-= ⎪++⎝⎭.题型70 判断或证明数列是等差、等比数列1. (2021江苏19 )对于给定的正整数k ,假设数列{}n a 满足1111+n k n k n n n k a a a a a --+-++-++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+2n k n a ka +=对任意正整数n ()n k >总成立 ,那么称数列{}n a 是 "()P k 数列〞． (1 )证明：等差数列{}n a 是 "()3P 数列〞；(2 )假设数列{}n a 既是 "()2P 数列〞 ,又是 "()3P 数列〞 ,证明：{}n a 是等差数列．解析 (1 )因为{}n a 是等差数列 ,设其公差为d ,那么()11n a a n d =+- , 从而当4n 时 ,()()1111=n k n k a a a n k d a n k d -++=+--+++-()12212n a n d a +-= ,1,2,3k = ,所以321123+++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++= ,因此等差数列{}n a 是 "()3P 数列〞． (2 )由数列{}n a 既是 "()2P 数列〞 ,又是 "()3P 数列〞 ,因此 ,当3n 时 ,21124n n n n n a a a a a --+++++= ① 当4n 时 ,3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++= ② 由①知 ,()()321144n n n n n a a a a a n ---++=-+≥ ③()()231142n n n n n a a a a a n +++-+=-+≥ ④将③④代入② ,得112n n n a a a -++= ,其中4n , 所以345,,,a a a ⋅⋅⋅是等差数列 ,设其公差为d '．在①中 ,取4n = ,那么235644a a a a a +++= ,所以23a a d '=- , 在①中 ,取3n = ,那么124534a a a a a +++= ,所以312a a d '=- , 从而数列{}n a 是等差数列．评注这是数列新定义的问题 ,其实类似的问题此前我们也研究过 ,给出仅供参考．(2021南通基地密卷7第20题 )设数列{}n a 的各项均为正数 ,假设对任意的*n ∈N ,存在*k ∈N ,使得22n k n n k a a a ++=成立 ,那么称数列{}n a 为 "k J 型〞数列．(1 )假设数列{}n a 是 "2J 型〞数列 ,且28a = ,81a = ,求2n a ；(2 )假设数列{}n a 既是 "3J 型〞数列 ,又是 "4J 型〞数列 ,证明数列{}n a 是等比数列．解析 (1 )由题意得 ,2468,,,,a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,且公比138212a q a ⎛⎫== ⎪⎝⎭,所以412212n n n a a q --⎛⎫== ⎪⎝⎭．(2 )由{}n a 是 "4J 型〞数列得159131721,,,,,,a a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为t , 由{}n a 是 "3J 型〞数列得1471013,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为1α；2581114,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为2α； 3691215,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为3α；那么431311a t a α== ,431725a t a α== ,432139a t a α== , 所以123ααα== ,不妨令123αααα=== ,那么43t α=．所以()32113211k k k a a a α----==,()2311223315111k k k k k aa a t a a ααα------==== ,所以131323339111k k k k kaa a t a a ααα----==== ,综上11n n a a -= ,从而{}n a 是等比数列．2.(2021北京理20)设{}n a 和{}n b 是两个等差数列,记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅ ,其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最|||大的数．(1 )假设n a n = ,21n b n =- ,求123,,c c c 的值 ,并证明{}n c 是等差数列；(2 )证明：或者对任意正数M ,存在正整数m ,当n m ≥时 ,nc M n>；或者存在正整数m ,使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．解析(1 )111110c b a =-=-= ,{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=- ,{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-.当3n 时 ,()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-< , 所以k k b na -关于*k ∈N {}112211max ,,,1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=- ,将1,2,3n =代入 ,满足此式 ,所以对任意1n ,1n c n =- ,于是11n n c c +-=- ,得{}n c 是等差数列.(2 )设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ,那么()[]()()121111211(1)1k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--. 所以()()11212111211,,n b a n n d nd d nd c b a n d nd ⎧-+-->⎪=⎨-⎪⎩当时当时.①当10d >时 ,取正整数21d m d > ,那么当n m 时 ,12nd d > ,因此11n c b a n =-. 此时 ,12,,,m m m c c c ++是等差数列.②当10d =时 ,对任意1n ,(){}(){}()11211211max ,01max ,0n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--.此时 ,123,,,,,n c c c c 是等差数列.③当10d <时 , 当21d n d >时 ,有12nd d < ,所以()()()11211211121n b a n n d nd c b d n d d a d n n n-+---==-+-++()111212||n d d a d b d -+-+--.对任意正数M ,取正整数12112211||max ,M b d a d d d m d d ⎧⎫+-+-->⎨⎬-⎩⎭ ,故当n m 时 ,nc M n>. 题型71 等差数列与等比数列的交汇问题 - -暂无第二节数列的通项公式与求和题型72 数列通项公式的求解题型73 数列的求和1. (2021天津理18 ){}n a 为等差数列 ,前n 项和为()n S n *∈N ,{}n b 是首|||项为2的等比数列 ,且公比大于0 ,2312b b += ,3412b a a =- ,11411S b =. (1 )求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2 )求数列{}221n n a b -的前n 项和()n *∈N .解析 (1 )设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .由2312b b += ,得21()12b q q += ,而12b = ,所以260q q +-=. 又因为0q > ,解得2q =.所以2nn b =.由3412b a a =- ,可得138d a -= ① 由114=11S b ,可得1516a d += ② 联立①② ,解得11a = ,3d = ,由此可得32n a n =-.所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =- ,数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(2)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ,由262n a n =- ,12124n n b --=⨯ ,有221(31)4nn n a b n -=-⨯ ,故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯ ,23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯ ,上述两式相减 ,得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=1112(14)4(31)4=(32)4814n n n n n ++⨯----⨯--⨯-- ,得1328433n n n T +-=⨯+. 所以数列{}221n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2. (2021全国3理9 )等差数列{}n a 的首|||项为1 ,公差不为0．假设2a ,3a ,6a 成等比数列 ,那么数列{}n a 前6项的和为 ( ). A ．24-B ．3-C ．3D ．8解析因为{}n a 为等差数列 ,且236,,a a a 成等比数列 ,设公差为d ,那么2326a a a = ,即()()()211125a d a d a d +=++.因为11a = ,代入上式可得220d d += ,又0d ≠ ,那么2d =- ,所以()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-.应选A. 第三节数列的综合题型74 数列与不等式的综合1.(2021浙江理22)数列{}n x 满足：11x = ,()()*11ln 1n n n x x x n ++=++∈N .证明：当*n ∈N 时.(1 )10n n x x +<<； (2 )1122n n n nx x x x ++-； (3 )1-21122n n n x -. 解析 (1 )用数学归纳法证明：0n x >. 当1n =时 ,110x => ,假设n k =时 ,0k x > ,那么1n k =+时 ,假设10k x + ,那么()110ln 10k k k x x x ++<=++ ,矛盾 ,故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ,所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N .(2)由()111ln 1n n n n x x x x +++=++> ,得()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++.记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++.()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++ ,知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增 ,所以()()00f x f = , 因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++= ,即()*1122n n n nx x x x n ++-∈N . (3 )因为()()*11111ln 12n n n n n n x x x x x x n +++++=+++=∈N,得112n nx x + ,以此类推 ,21111,,22nn x x x x - ,所以112112112n n n n n n x x x x x x x x ----⎛⎫=⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭,故112nn x -. 由 (2 )知 ,()*1122n n n n x x x x n ++-∈N ,即111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭, 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ,故212n n x -.综上 ,()*121122n n n x n --∈N .第七章不等式第|一节不等式的性质与不等式的解法题型75 不等式的性质 - -暂无题型76 比拟数 (式 )的大小1.(2021北京理13)能够说明 "设a b c ，，是任意实数．假设a b c >> ,那么a b c +>〞是假命题的一组整数a b c ，，的值依次为__________________．解析由题知 ,取一组特殊值且,,a b c 为整数 ,如1a =- ,2b =- ,3c =-.2. (2021山东理7 )假设0a b >> ,且1ab = ,那么以下不等式成立的是 ( ). A.()21log 2a b a a b b +<<+ B.()21log 2a b a b a b <+<+ C.()21log 2a ba ab b +<+< D.()21log 2a b a b a b +<+<解析由题意知1a > ,01b << ,所以12ab< ,()22log log 1a b +>= , 12112log ()a ba ab a a b b b+>+>+⇒+>+.应选B. 评注此题也可采用特殊值法 ,如13,3a b == ,易得结论.题型77 一元一次不等式与一元二次不等式的解法题型78 分式不等式的解法 - -暂无第二节二元一次不等式 (组 )与简单的线性规划问题题型79 二元一次不等式组表示的平面区域题型80 求解目标函数的取值范围或最|||值1. (2021天津理2 )设变量,x y 满足约束条件2022003x y x y x y +⎧⎪+-⎪⎨⎪⎪⎩ ,那么目标函数z x y =+的最|||大值为 ( ). A.23 B.1 C.32解析变量,x y 满足约束条件2022003x y x y x y +⎧⎪+-⎪⎨⎪⎪⎩的可行域如以下图 ,目标函数z x y =+经过可行域的点A 时 ,目标函数取得最|||大值 ,由03x y =⎧⎨=⎩ ,可得(0,3)A ,目标函数z x y =+的最|||大值为3.应选D.32.(2021北京理4)假设x ,y 满足32x x y y x ⎧⎪+⎨⎪⎩,那么2x y +的最|||大值为 ( ).A.1B. 3 C解析作出不等式组的可行区域 ,如以下图 ,令2z x y =+ ,那么22x zy -=+.当过A 点时z 取最|||大值 ,由()3,3A,故max 369z =+=.应选D.3. (2021全国1理14 )设x ,y 满足约束条件210x y x y ⎪+-⎨⎪-⎩,那么32z x y =-的最|||小值为 .解析不等式组21210x y x y x y +⎧⎪+-⎨⎪-⎩表示的平面区域如以下图 ,由32z x y =- ,得322zy x =- ,求z 的最|||小值,即求直线322z y x =-的纵截距的最|||大值 ,当直线322zy x =-过图中点A 时 ,纵截距最|||大 , 由2121x y x y +=-⎧⎨+=⎩,解得点A 的坐标为(1,1)- ,此时3(1)215z =⨯--⨯=-.4. (2021全国2理5 )设x ,y 满足约束条件2330233030x y x y y +-⎧⎪-+⎨⎪+⎩,那么2z x y =+的最|||小值是( ).A ．15-B ．9-C ．1D ．9解析目标区域如以下图 ,当直线2y =x+z -过点()63--，时 ,所求z 取到最|||小值为15-．应选A.(6,35. (2021全国3理12 )假设x ,y 满足约束条件200x y y ⎪+-⎨⎪⎩,那么34z x y =-的最|||小值为__________．解析 34z x y =- ,那么直线344zy x =-的纵截距越大 ,z 值越小．由图可知z 在()1,1A 处取得最|||小值 ,故min 31411z =⨯-⨯=-．6. (2021山东理4 )x ,y 满足3035030x y x y x -+⎧⎪++⎨⎪+⎩,那么2z x y =+的最|||大值是 ( ).A. 0B. 2 C解析由303+5030x y x y x -+⎧⎪+⎨⎪+⎩,作出可行域及直线20x y += ,如以下图 ,平移20x y +=发现 ,当其经过直线350x y ++=与3x =-的交点(3,4)-时 ,2z x y =+取最|||大值为max 3245z =-+⨯=.应选 C.y=-3x-5y=-x 27.(2021浙江理4)假设x ,y 满足约束条件03020x x y x y ⎧⎪+-⎨⎪-⎩,那么2z x y =+的取值范围是( ).A.[]0,6B.[]0,4C.[)6,+∞D.[)4,+∞ 解析如以下图 ,22x zy =-+在点()2,1取到z 的最|||小值为2214z =+⨯= ,没有最|||大值 ,故[)4,z ∈+∞．应选D ．题型81 求解目标函数中参数的取值范围 - -暂无题型82 简单线性规划问题的实际运用第三节根本不等式及其应用题型83 利用根本不等式求函数的最|||值1. (2021江苏10 )某公司一年购置某种货物600吨 ,每次购置x 吨 ,运费为6万元/次 ,一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最|||小 ,那么x 的值是．解析一年的总运费与总存储费用之和为6003600644x x x x⨯+=+23600240⨯= ,当且仅当36004x x= ,即30x =时取等号．故填30． 2.(2021浙江理17)a ∈R ,函数()4f x x a a x=+-+在区间[]14，上的最|||大值是5 ,那么a 的取值范围是 . 解析设4t x x=+,那么()f t t a a =-+ ,[]4,5t ∈.解法一：可知()f t 的最|||大值为{}max (4),(5)f f ,即(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+=⎪⎨=-+⎪⎩或(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+⎪⎨=-+=⎪⎩, 解得 4.55a a =⎧⎨⎩或 4.55a a ⎧⎨⎩,所以 4.5a ．那么a 的取值范围是(],4.5-∞.解法二：如以下图 ,当0a <时 ,()5f t t a a t =-+=成立；当0a t <时 ,()05f t a t a t =-+-=成立；当a t >时 ,()5f t t a a a t a =-+=-+成立 ,即 4.5a . 那么a 的取值范围是(],4.5-∞.题型84 利用根本不等式证明不等式 - -暂无a。

2020版高考新创新一轮复习数学理科通用版讲义：第六章第一节数列的概念与简单表示含答案

第六章数列突破点一[基本知识]1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)．2．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．3．数列的递推公式如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且任何一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n ＝f (a n －1)(或a n ＝f (a n －1，a n －2)等)，那么这个式子叫做数列{a n }的递推公式．4．S n 与a n 的关系已知数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，这个关系式对任意数列均成立．[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×二、填空题1．数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋1＝12a n －1，则a 5的值为________．解析：由a 1＝2，a n ＋1＝12a n －1，得a 2＝12a 1－1＝1－1＝0，a 3＝12a 2－1＝0－1＝－1，a 4＝12a 3－1＝－12－1＝－32，a 5＝12a 4－1＝－34－1＝－74.答案：－742．数列{a n}定义如下：a 1＝1，当n ≥2时，a n＝⎩⎨⎧1＋a 2n ，n 为偶数，1a n －1，n 为奇数，若a n ＝14，则n 的值为________．解析：困为a 1＝1，所以a 2＝1＋a 1＝2，a 3＝1a 2＝12，a 4＝1＋a 2＝3，a 5＝1a 4＝13，a 6＝1＋a 3＝32，a 7＝1a 6＝23，a 8＝1＋a 4＝4，a 9＝1a 8＝14，所以n ＝9.答案：93．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，则10－3是此数列的第________项．解析：a n ＝1n ＋1＋n ＝n ＋1－n (n ＋1＋n )(n ＋1－n )＝n ＋1－n ，∵10－3＝10－9，∴10－3是该数列的第9项．答案：94．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是____________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[全析考法]考法一利用a n 与S n 的关系求通项数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 的关系为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，通过纽带：a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，根据题目已知条件，消掉a n 或S n ，再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解．[例1] (1)(2019·化州模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为____________．(2)(2019·广州测试)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝____________.[解析] (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)∵a n ，S n ，a 2n 成等差数列，∴2S n ＝a n ＋a 2n .当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 1＋a 21. 又a 1>0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1， ∴(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0.∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)－(a n ＋a n －1)＝0， ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n (n ∈N *)．[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 (2)n[方法技巧]已知S n 求a n 的3个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．考法二利用递推关系求通项[例2] (1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，求数列{a n }的通项公式． (2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． (3)在数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． (4)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式． [解] (1)因为a n ＋1－a n ＝3n ＋2，所以a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2＝12×(3×1＋1)，符合上式，所以a n ＝32n 2＋n 2.(2)因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.由累乘法可得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n (n ≥2)．又a 1＝1符合上式，∴a n ＝1n .(3)因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(4)∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． [方法技巧] 典型的递推数列及处理方法递推式方法示例a n ＋1＝a n ＋f (n ) 叠加法 a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n a n ＋1＝a n f (n ) 叠乘法 a 1＝1，a n ＋1a n ＝2na n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0,1，B ≠0) 化为等比数列a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)化为等差数列a 1＝1，a n ＋1＝3a n2a n ＋31.[考法一]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝(n ＋1)a n2，则a 2 019＝( )A ．2 018B ．2 019C ．4 036D ．4 038解析：选B 由题意知n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)a n 2－na n －12，化为a n n ＝a n －1n －1， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n .则a 2 019＝2 019.故选B.2.[考法一]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B ．⎝⎛⎭⎫32n －1C.⎝⎛⎭⎫23n －1D ．⎝⎛⎭⎫12n －1解析：选B S n ＝2a n ＋1＝2S n ＋1－2S n ⇒3S n ＝2S n ＋1⇒S n ＋1S n＝32，故数列{S n }为等比数列，公比是32，又S 1＝1，所以S n ＝1×⎝⎛⎭⎫32n －1＝⎝⎛⎭⎫32n －1.故选B.3.[考法二]已知在数列{a n }中，a n ＋1＝nn ＋2a n (n ∈N *)，且a 1＝4，则数列{a n }的通项公式a n ＝____________.解析：由a n ＋1＝n n ＋2a n ，得a n ＋1a n＝n n ＋2，故a 2a 1＝13，a 3a 2＝24，…，a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)，以上式子累乘得，a n a 1＝13·24·…·n －3n －1·n －2n ·n －1n ＋1＝2n (n ＋1).因为a 1＝4，所以a n ＝8n (n ＋1)(n ≥2)．因为a 1＝4满足上式，所以a n ＝8n (n ＋1).答案：8n (n ＋1)4.[考法二]已知数列{a n }满足a 1＝2，a n －a n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝____________. 解析：由题意可知，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)，以上式子累加得，a n －a 1＝2＋3＋…＋n .因为a 1＝2，所以a n ＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n ＋22(n ≥2)．因为a 1＝2满足上式，所以a n ＝n 2＋n ＋22.答案：n 2＋n ＋22突破点二数列的性质[基本知识]数列的分类1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n3n ＋1，那么这个数列是________(填递增或递减)．答案：递增2．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是________．答案：03．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n，则当a n 取得最大值时，n 等于________．答案：5或6[全析考法]考法一数列的单调性[例1] 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ⎝⎛⎭⎫23n ，则数列{a n }中的最大项为( ) A.89 B ．23C.6481D ．125243[解析] 法一：(作差比较法)a n ＋1－a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫23n ＋1－n ⎝⎛⎭⎫23n ＝2－n 3·⎝⎛⎭⎫23n ，当n <2时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝2时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >2时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 所以a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{a n }中的最大项为a 2或a 3，且a 2＝a 3＝2×⎝⎛⎭⎫232＝89.故选A. 法二：(作商比较法)a n ＋1a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫23n ＋1n ⎝⎛⎭⎫23n ＝23⎝⎛⎭⎫1＋1n ，令a n ＋1a n >1，解得n <2；令a n ＋1a n ＝1，解得n ＝2；令a n ＋1a n <1，解得n >2.又a n >0，故a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{a n }中的最大项为a 2或a 3，且a 2＝a 3＝2×⎝⎛⎭⎫232＝89.故选A.[答案] A [方法技巧]求数列最大项或最小项的方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项．(2)通过通项公式a n 研究数列的单调性，利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项．(3)比较法：①若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )>0( 或a n >0时，a n ＋1a n>1 )，则a n ＋1>a n ，即数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；②若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )<0( 或a n >0时，a n ＋1a n <1 )，则a n ＋1<a n ，即数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．考法二数列的周期性数列的周期性与函数的周期性相类似．求解数列的周期问题时，通常是求出数列的前几项观察规律．确定出数列的一个周期，然后再解决相应的问题．[例2] (2019·广西南宁二中、柳州高中联考)已知数列2 008,2 009,1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018＝________.[解析] 由题意可知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝2 008，a 2＝2 009，a 3＝1，a 4＝－2 008，∴a 5＝－2 009，a 6＝－1，a 7＝2 008，a 8＝2 009，…，∴a n ＋6＝a n ，即数列{a n }是以6为周期的数列，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，∴S 2 018＝336(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋(a 1＋a 2)＝ 4 017.[答案] 4 017 [方法技巧]周期数列的常见形式与解题方法(1)周期数列的常见形式①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列． (2)解决此类题目的一般方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n 项的和．[集训冲关]1.[考法二]若数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，则a 2 019＝( ) A ．1B ．－2C ．3D ．－3解析：选A 因为a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2，所以a n ＋3＝－a n ，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，所以{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.2.[考法一]已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．解析：因为a n ＝n ＋13n －16，所以数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．答案：5[课时跟踪检测][A 级基础题——基稳才能楼高]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)，则a 4的值为( ) A ．31 B ．30 C ．15D ．63解析：选C 由题意，得a 2＝2a 1＋1＝3，a 3＝2a 2＋1＝7，a 4＝2a 3＋1＝15，故选C. 2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 019＝( )A ．－1B ．12C ．1D ．2解析：选A 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 018＝a 3×672＋3＝a 3＝－1. 3．数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝n 2 B ．a n ＝(－1)n ·n 2 C ．a n ＝(－1)n ＋1·n 2D ．a n ＝(－1)n ·(n ＋1)2解析：选B 易知数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为a n ＝(－1)n ·n 2，故选B. 4．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( )A ．256B ．510C ．512D ．1 024解析：选C 在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .所以a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8.所以a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.5．设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D ．⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.[B 级保分题——准做快做达标]1．(2019·福建四校联考)若数列的前4项分别是12，－13，14，－15，则此数列的一个通项公式为( )A.(－1)n ＋1n ＋1B ．(－1)n n ＋1C.(－1)n nD ．(－1)n －1n解析：选A 由于数列的前4项分别是12，－13，14，－15，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n 项的绝对值等于⎪⎪⎪⎪1n ＋1，故此数列的一个通项公式为(－1)n ＋1n ＋1.故选A.2．(2019·沈阳模拟)已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．2n －1 B ．⎝⎛⎭⎫n ＋1n n －1C ．nD ．n 2解析：选C 由a n ＝n (a n ＋1－a n )，得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，即a n ＋1n ＋1＝a n n ，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为常数列，即a n n ＝a 11＝1，故a n ＝n .故选C.3．(2019·北京西城区模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2－2n ＋1，则a 3＝( )A ．－1B ．－2C ．－4D ．－8解析：选D ∵数列{a n }的前n 项和S n ＝2－2n ＋1，∴a 3＝S 3－S 2＝(2－24)－(2－23)＝－8.故选D.4．(2019·桂林四地六校联考)数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的第100项是( ) A ．10 B ．12 C ．13D ．14解析：选D 1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)，由12n (n ＋1)≤100，得n 的最大值为13，易知最后一个13是已知数列的第91项，又已知数列中14共有14项，所以第100项应为14.故选D.5．(2019·兖州质检)已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n －2，n <4，(6－a )n －a ，n ≥4，若对任意的n ∈N *都有a n <a n＋1成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1,4)B ．(2,5)C ．(1,6)D ．(4,6)解析：选A 因为对任意的n ∈N *都有a n <a n ＋1成立，所以数列{a n }是递增数列，因此⎩⎪⎨⎪⎧1<a ，6－a >0，a <(6－a )×4－a ，解得1<a <4，故选A.6．(2019·湖北八校联考)已知数列{a n }满足a n ＝5n －1(n ∈N *)，将数列{a n }中的整数项按原来的顺序组成新数列{b n }，则b 2 019的末位数字为( )A ．8B ．2C ．3D ．7解析：选D 由a n ＝5n －1(n ∈N *)，可得此数列为4，9，14，19，24，29，34，39，44，49，54，59，64，…，{a n }中的整数项为4，9，49，64，144，169，…，∴数列{b n }的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，….∵2 019＝4×504＋3，故b 2 019的末位数字为7.故选D.7．(2018·长沙调研)已知数列{a n }，则“a n ＋1>a n －1”是“数列{a n }为递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 由题意，若“数列{a n }为递增数列”，则a n ＋1>a n >a n －1，但a n ＋1>a n －1不能推出a n ＋1>a n ，如a n ＝1，a n ＋1＝1，{a n }为常数列，则不能推出“数列{a n }为递增数列”，所以“a n ＋1>a n －1”是“数列{a n }为递增数列”的必要不充分条件．故选B.8．(2019·长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n 等于( ) A.13n －1 B ．2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2)D ．5－2n3解析：选B 由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a na n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，有a n ＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1). 9．(2019·兰州诊断)已知数列{a n }，{b n }，若b 1＝0，a n ＝1n (n ＋1)，当n ≥2时，有b n ＝b n －1＋a n－1，则b 501＝________.解析：由b n ＝b n －1＋a n －1得b n －b n －1＝a n －1，所以b 2－b 1＝a 1，b 3－b 2＝a 2，…，b n －b n －1＝a n －1，所以b 2－b 1＋b 3－b 2＋…＋b n －b n －1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)×n，即b n －b 1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)×n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－1n ＝n －1n ，又b 1＝0，所以b n ＝n －1n ，所以b 501＝500501.答案：500501 10．(2019·河南八市重点高中测评)已知数列{a n }满足a n ≠0,2a n (1－a n ＋1)－2a n ＋1(1－a n )＝a n －a n ＋1＋a n ·a n ＋1，且a 1＝13，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：∵a n ≠0,2a n (1－a n ＋1)－2a n ＋1(1－a n )＝a n －a n ＋1＋a n ·a n ＋1，∴两边同除以a n ·a n ＋1，得2(1－a n ＋1)a n ＋1－2(1－a n )a n ＝1a n ＋1－1a n ＋1，整理，得1a n ＋1－1a n＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以3为首项，1为公差的等差数列，∴1a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝1n ＋2. 答案：1n ＋211．(2019·宝鸡质检)若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n 2＋n ，则a 1＋a 22＋…＋a n n ＝________.解析：由题意得当n ≥2时，a n ＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ，∴a n ＝4n 2.又n ＝1，a 1＝2，∴a 1＝4，∴a n n ＝4n ，∴a 1＋a 22＋…＋a n n ＝12n (4＋4n )＝2n 2＋2n . 答案：2n 2＋2n12．(2019·深圳期中)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2＝a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2＝a n (n ∈N *)知，当n ≥2时，a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n －1(n －1)2＝ a n －1，∴a n n 2＝a n －a n －1，即n ＋1n a n ＝n n －1a n －1，∴n ＋1n a n ＝…＝2a 1＝2，∴a n ＝2n n ＋1. 答案：2n n ＋113．(2019·衡阳四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝4a n ＋3.(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{a n }的通项公式；(2)证明：a n ＋1＋1a n ＋1＝4. 解：(1)a 1＝3，a 2＝15，a 3＝63，a 4＝255.因为a 1＝41－1，a 2＝42－1，a 3＝43－1，a 4＝44－1，…，所以归纳得a n ＝4n －1.(2)证明：因为a n ＋1＝4a n ＋3，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4. 14．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值；(2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.(2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3. 所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．15．(2019·武汉调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }中，b n ＝2a n ＋1，且其前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)判断数列{c n }的增减性．解：(1)∵a 1＝S 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)， ∴b n ＝⎩⎨⎧ 23(n ＝1)，1n (n ≥2).(2)由题意得c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1(2n ＋3)(2n ＋2)<0， ∴c n ＋1<c n ，∴数列{c n }为递减数列.。

2019-2020学年高中新创新一轮复习理数通用版：第六章数列 Word版含解析.doc

第六章⎪⎪⎪数列第一节数列的概念与简单表示本节主要包括2个知识点： 1.数列的通项公式； 2.数列的性质.突破点(一) 数列的通项公式[基本知识]1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)．2．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．3．数列的递推公式如果已知数列{a n }的第一项(或前几项)，且任何一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n ＝f (a n －1)(或a n ＝f (a n －1，a n －2)等)，那么这个式子叫做数列{a n }的递推公式．4．S n 与a n 的关系已知数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，这个关系式对任意数列均成立．[基本能力]1．判断题(1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．填空题(1)已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，则数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 2＝________. 答案：15(3)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[全析考法]利用数列的前几项求通项数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系．[例1] (1)(2018·江西鹰潭一中期中)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n 2 B ．a n ＝(－1)n n 2 C ．a n ＝(－1)n ＋1n 2D ．a n ＝(－1)n (n ＋1)2(2)(2018·山西太原五中调考)把1,3,6,10,15，…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第7个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29D ．30[解析] (1)法一：该数列中第n 项的绝对值是n 2，正负交替的符号是(－1)n ＋1，故选C. 法二：将n ＝2代入各选项，排除A ，B ，D ，故选C.(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即a n ＝a n －1＋n (n ≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a 7＝a 6＋7＝a 5＋6＋7＝15＋6＋7＝28.故选B.[答案] (1)C (2)B[方法技巧]由数列的前几项求通项公式的思路方法(1)分式形式的数列，分别求分子、分母的通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系．(2)若第n 项和第n ＋1项正负交错，那么符号用(－1)n 或(－1)n＋1或(－1)n－1来调控．(3)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳．[提醒] 根据数列的前几项写出数列的一个通项公式利用了不完全归纳法，其蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验．利用an 与S n 的关系求通项数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 的关系为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，通过纽带：a n ＝S n－S n －1(n ≥2)，根据题目已知条件，消掉a n 或S n ，再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解．[例2] 已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .[解] (1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.[方法技巧]已知S n 求a n 的三个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[例3] (1)n 1n ＋1n n (2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． (3)在数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． (4)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式． [解] (1)因为a n ＋1－a n ＝3n ＋2，所以a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2＝12×(3×1＋1)，符合上式，所以a n ＝32n 2＋n 2.(2)因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.由累乘法可得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n (n ≥2)．又a 1＝1符合上式，∴a n ＝1n .(3)因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3.又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(4)∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．[方法技巧] 典型的递推数列及处理方法[全练题点]1.[考点一](2018·湖南衡阳二十六中期中)在数列1,1,2,3,5,8，x,21,34,55，…中，x 的值为( )A ．11B ．12C ．13D ．14解析：选C 观察所给数列的项，发现从第3项起，每一项都是与它相邻的前两项的和，所以x ＝5＋8＝13，故选C.2.[考点一]数列1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n(n ∈N *) B ．a n ＝(－1)n－12n ＋1n 3＋3n (n ∈N *) C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n (n ∈N *) D ．a n ＝(－1)n－12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *) 解析：选D 所给数列各项可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，…，通过对比各选项，可知选D.3.[考点二](2018·黑龙江双鸭山一中期末)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4，n ∈N *，则a n ＝( )A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2解析：选A 因为S n ＝2a n －4，所以n ≥2时，有S n －1＝2a n －1－4, 两式相减可得S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2(n ≥2)．因为S 1＝a 1＝2a 1－4，所以a 1＝4，所以a n ＝2n ＋1.4.[考点三](2018·山东潍坊期中)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n ＝( ) A ．2＋ln n B ．2＋(n －1)ln n C ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n解析：选A 法一：由已知得a n ＋1－a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝ln n ＋1n ，而a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1＋a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1，n ≥2，所以a n ＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＋2＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·21＋2＝ln n ＋2，n ≥2.当n ＝1时，a 1＝2＝ln 1＋2.故选A. 法二：由a n ＝a n －1＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n －1＝a n －1＋ln nn －1＝a n －1＋ln n －ln(n －1)(n ≥2)，可知a n－ln n ＝a n －1－ln(n －1)(n ≥2)．令b n ＝a n －ln n ，则数列{b n }是以b 1＝a 1－ln 1＝2为首项的常数列，故b n ＝2，所以2＝a n －ln n ，所以a n ＝2＋ln n ．故选A.突破点(二) 数列的性质[基本知识]数列的分类[基本能力](1)已知函数f (x )＝x －1x ，设a n ＝f (n )(n ∈N *)，则{a n }是________数列(填“递增”或“递减”)．答案：递增(2)数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大．答案：4或5(3)现定义a n ＝5n ＋⎝⎛⎭⎫15n ，其中n ∈N *，则{a n }是_______数列(填“递增”或“递减”)．答案：递增(4)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的____________条件．答案：充分不必要[全析考法](1)数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号．(2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性．要先写出数列对应的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去．[例1] (1)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ⎝⎛⎭⎫23n ，则数列{a n }中的最大项为( ) A.89 B ．23C.6481D ．125243(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n 2＋tn ＋1，若{a n }是单调递增数列，则实数t 的取值范围是( )A ．(－6，＋∞)B ．(－∞，－6)C ．(－∞，－3)D ．()－3，＋∞[解析] (1)法一(作差比较法)：a n ＋1－a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫23n ＋1－n ⎝⎛⎭⎫23n ＝2－n 3·⎝⎛⎭⎫23n ，当n <2时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝2时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >2时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 所以a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{a n }中的最大项为a 2或a 3，且a 2＝a 3＝2×⎝⎛⎭⎫232＝89.故选A.法二(作商比较法)：a n ＋1a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫23n ＋1n ⎝⎛⎭⎫23n ＝23⎝⎛⎭⎫1＋1n ，令a n ＋1a n >1，解得n <2；令a n ＋1a n＝1，解得n ＝2；令a n ＋1a n<1，解得n >2. 又a n >0，故a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{a n }中的最大项为a 2或a 3，且a 2＝a 3＝2×⎝⎛⎭⎫232＝89.故选A. (2)法一：因为{a n }是单调递增数列，所以对于任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即2(n ＋1)2＋t (n ＋1)＋1>2n 2＋tn ＋1，化简得t >－4n －2，所以t >－4n －2对于任意的n ∈N *都成立，因为－4n －2≤－6，所以t >－6.故选A.法二：设f (n )＝2n 2＋tn ＋1，其图象的对称轴为n ＝－t 4，要使{a n }是递增数列，则－t 4<1＋22，即t >－6.故选A. [答案] (1)A (2)A [方法技巧]1．判断数列单调性的两种方法 (1)作差比较法a n ＋1－a n >0⇔数列{a n }是单调递增数列；a n ＋1－a n <0⇔数列{a n }是单调递减数列；a n ＋1－a n ＝0⇔数列{a n }是常数列．(2)作商比较法a n <0时①a n ＋1a n>1⇔数列{a n }是单调递减数列；②a n ＋1a n<1⇔数列{a n }是单调递增数列； ③a n ＋1a n＝1⇔数列{a n }是常数列 (1)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．数列的周期性通常是求出数列的前n 项观察规律．确定出数列的一个周期，然后再解决相应的问题．[例2] (1)(2018·黄冈质检)已知数列{x n }满足x n ＋2＝|x n ＋1－x n |(n ∈N *)，若x 1＝1，x 2＝a (a ≤1，a ≠0)，且x n ＋3＝x n 对于任意的正整数n 均成立，则数列{x n }的前2 017项和S 2 017＝( )A ．672B ．673C ．1 342D ．1 345(2)(2018·广东四校联考)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，则a 2 018＝( )A ．－2B ．－1C ．2D ．12[解析] (1)∵x 1＝1，x 2＝a (a ≤1，a ≠0)，∴x 3＝|x 2－x 1|＝|a －1|＝1－a ，∴x 1＋x 2＋x 3＝1＋a ＋(1－a )＝2，又x n ＋3＝x n 对于任意的正整数n 均成立，∴数列{x n }的周期为3，所以数列{x n }的前2 017项和S 2 017＝S 672×3＋1＝672×2＋1＝1 345.故选D.(2)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，∴a 2＝11－2＝－1，a 3＝11－(－1)＝12，a 4＝11－12＝2，…，可知此数列有周期性，周期T ＝3，即a n ＋3＝a n ，则a 2 018＝a 672×3＋2＝a 2＝－1.故选B.[答案] (1)D (2)B [方法技巧]周期数列的常见形式与解题方法(1)周期数列的常见形式①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列． (2)解决此类题目的一般方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n 项的和．[全练题点]1.[考点二](2018·安徽名校联盟考前模拟)在数列{a n }中，若对任意的n ∈N *均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2为定值，且a 1＝2，a 9＝3，a 98＝4，则数列{a n }的前100项的和S 100＝( )A ．132B ．299C ．68D ．99解析：选B 因为对任意的n ∈N *均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2为定值，所以a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝a n＋1＋a n ＋2＋a n ＋3，所以a n ＋3＝a n ，所以数列{a n }是周期数列，且周期为3.故a 2＝a 98＝4，a 3＝a 9＝3，a 100＝a 1＝2，所以S 100＝33(a 1＋a 2＋a 3)＋a 100＝299.故选B.2.[考点一](2018·山东枣庄第八中学阶段性检测)已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋2n ，欲使它的前n 项的乘积大于36，则n 的最小值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 由数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋2n 的前n 项的乘积31·42·53·…·n ＋2n ＝(n ＋1)(n ＋2)2>36，得n 2＋3n－70>0，解得n <－10或n >7.又因为n ∈N *，所以n 的最小值为8，故选B.3.[考点一]已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(3－a )x ＋2，x ≤2，a9-22+11x x ，x >2(a >0，且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．⎣⎡⎭⎫83，3 C ．(2,3)D ．(1,3)解析：选C 因为{a n }是递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，(3－a )×2＋2<a 2，解得2<a <3，所以实数a 的取值范围是(2,3)．4.[考点二](2018·辽宁重点中学协作体联考)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( )A ．0B ．2 018C ．1 010D ．1 009解析：选C 由a 1＝1及a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2，得a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin 4π2＝0，a 5＝a 4＋sin 5π2＝1，a 6＝a 5＋sin 6π2＝1，a 7＝a 6＋sin 7π2＝0，a 8＝a 7＋sin 8π2＝0，…，可见数列{a n }为周期数列，周期T ＝4，所以S 2 018＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1 010.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.答案：－1n2．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {a n }满足 a n ＋1＝11－a n , a 8＝2，则a 1 ＝________. 解析：将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案：123．(2013·全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n －1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫23a n ＋13－⎝⎛⎭⎫23a n －1＋13 ＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －14．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因此{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一) 数列的通项公式 1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则14是这个数列的( )A ．第6项B ．第7项C ．第8项D ．第9项解析：选B 由a n ＋1＝2a n a n ＋2可得1a n ＋1＝1a n ＋12，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，12为公差的等差数列，故1a n＝1＋(n －1)×12＝12n ＋12，即a n ＝2n ＋1，由2n ＋1＝14，解得n ＝7，故选B.2．(2018·南昌模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516B ．158 C.34 D ．38解析：选C 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.3．(2018·河南郑州一中考前冲刺)数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 018＝( )A.2 0172 018 B ．2 0182 019 C.4 0342 018D ．4 0362 019解析：选D ∵a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，∴a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，用累加法可得a n ＝a 1＋(n －1)(n ＋2)2＝n (n ＋1)2，∴1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 018＝2⎣⎡⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝4 0362 019，故选D.4．(2018·甘肃天水检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B ．12n －1C.⎝⎛⎭⎫23n －1D ．⎝⎛⎭⎫32n －1解析：选D 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )，所以S n ＋1S n＝32，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，32为公比的等比数列，所以S n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1.故选D. 5．(2018·兰州模拟)在数列1,2，7，10，13，…中219是这个数列的第________项．解析：数列1,2，7，10，13，…，即数列1，3×1＋1，3×2＋1，3×3＋1，3×4＋1，…，∴该数列的通项公式为a n ＝3(n －1)＋1＝3n －2，∴3n －2＝219＝76，∴n ＝26，故219是这个数列的第26项．答案：266．(2018·河北冀州中学期中)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则a 3＝________，a n ＝________.解析：由a n ＝n (a n ＋1－a n )，可得a n ＋1a n＝n ＋1n ，则a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1＝nn －1×n －1n －2×n －2n －3×…×21×1＝n (n ≥2)，∴a 3＝3.∵a 1＝1满足a n ＝n ，∴a n ＝n .答案：3 n7．(2018·福建晋江季延中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．解析：已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋1，将n ＝1代入，得a 1＝2；当n ≥2时，将n －1代入得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n ，两式相减得na n ＝(n ＋1)－n ＝1，∴a n ＝1n ，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，1n，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，1n ，n ≥2对点练(二) 数列的性质1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1(n ∈N *)．则下列说法正确的是( ) A ．这个数列的第10项为2731B.98101是该数列中的项 C ．数列中的各项都在区间⎣⎡⎭⎫14，1内 D ．数列{a n }是单调递减数列解析：选C a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝(3n －1)(3n －2)(3n －1)(3n ＋1)＝3n －23n ＋1.令n ＝10，得a 10＝2831.故选项A 不正确，令3n －23n ＋1＝98101，得9n ＝300，此方程无正整数解，故98101不是该数列中的项．因为a n ＝3n －23n ＋1＝3n ＋1－33n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N *，所以数列{a n }是单调递增数列，所以14≤a n <1，所以数列中的各项都在区间⎣⎡⎭⎫14，1内，故选项C 正确，选项D 不正确，故选C.2．(2018·湖北黄冈中学期中)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，则a 2 018＝( )A ．－2B ．12C ．－13D ．3解析：选D ∵a 1＝12，∴a 2＝1＋a 11－a 1＝3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－2，a 4＝1＋a 31－a 3＝－13，a 5＝1＋a 41－a 4＝12，…，∴数列{a n }是周期数列且周期T ＝4，∴a 2 018＝a 2＝3，故选D. 3．(2018·河南郑州质量预测)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝m ，a 2＝n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017的值为( )A ．2 017n －mB ．n －2 017mC ．mD ．n解析：选C 根据题意计算可得a 3＝n －m ，a 4＝－m ，a 5＝－n ，a 6＝m －n ，a 7＝m ，a 8＝n ，…，因此数列{a n }是以6为周期的周期数列，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝0，所以S 2 017＝S 336×6＋1＝a 1＝m .故选C.4．(2018·安徽淮南模拟)已知{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．[－3，＋∞)解析：选C ∵{a n }是递增数列，∴∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，化简得λ>－(2n ＋1)，∴λ>－3.故选C.5．(2018·北京海淀区模拟)数列{a n }的通项为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n ≤4，－n 2＋(a －1)n ，n ≥5(n ∈N *)，若a 5是{a n }中的最大值，则a 的取值范围是________．解析：当n ≤4时，a n ＝2n －1单调递增，因此n ＝4时取最大值，a 4＝24－1＝15. 当n ≥5时，a n ＝－n 2＋(a －1)n ＝－⎝⎛⎭⎫n －a －122＋(a －1)24.∵a 5是{a n }中的最大值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －12≤5.5，－25＋5(a －1)≥15，解得9≤a ≤12.∴a 的取值范围是[9,12]．答案：[9,12][大题综合练——迁移贯通]1．(2018·东营模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)令n ＝1，T 1＝2S 1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.(2)n≥2时，T n－1＝2S n－1－(n－1)2，则S n＝T n－T n－1＝2S n－n2－[2S n－1－(n－1)2]＝2(S n－S n－1)－2n＋1＝2a n－2n＋1.因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，所以S n＝2a n－2n＋1(n≥1)，当n≥2时，S n－1＝2a n－1－2(n－1)＋1，两式相减得a n＝2a n－2a n－1－2，所以a n＝2a n－1＋2(n≥2)，所以a n＋2＝2(a n－1＋2)，因为a1＋2＝3≠0，所以数列{a n＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．所以a n＋2＝3×2n－1，所以a n＝3×2n－1－2，当n＝1时也成立，所以a n＝3×2n－1－2.2．(2018·浙江舟山模拟)已知S n为正项数列{a n}的前n项和，且满足S n＝12a2n＋12a n(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)由S n＝12a2n＋12a n(n∈N*)可得，a1＝12a21＋12a1，解得a1＝1，a1＝0(舍)．S2＝a1＋a2＝12a22＋12a2，解得a2＝2(负值舍去)；同理可得a3＝3，a4＝4.(2)因为S n＝12a2n＋a n2，①所以当n≥2时，S n－1＝12a2n－1＋a n－12，②①－②得a n＝12(a n－a n－1)＋12(a2n－a2n－1)，所以(a n－a n－1－1)(a n＋a n－1)＝0.由于a n＋a n－1≠0，所以a n－a n－1＝1，又由(1)知a1＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n.3．(2018·山西太原月考)已知等比数列{a n}是递增数列，a2a5＝32，a3＋a4＝12，又数列{b n}满足b n＝2log2a n＋1，S n是数列{b n}的前n项和．(1)求S n;(2)若对任意n ∈N *，都有S n a n≤S ka k成立，求正整数k 的值．解：(1)因为{a n }是等比数列，则a 2a 5＝a 3a 4＝32，又a 3＋a 4＝12，且{a n }是递增数列，所以a 3＝4，a 4＝8，所以q ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1.所以b n ＝2log 2a n ＋1＝2log 22n ＝2n .所以S n ＝2＋4＋…＋2n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n . (2)令c n ＝S n a n＝n 2＋n2n －1，则c n ＋1－c n ＝S n ＋1a n ＋1－S n a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n －n (n ＋1)2n －1＝(n ＋1)(2－n )2n .所以当n ＝1时，c 1<c 2；当n ＝2时，c 3＝c 2；当n ≥3时，c n ＋1－c n <0，即c 3>c 4>c 5>…，所以数列{c n }中最大项为c 2和c 3.所以存在k ＝2或3，使得任意的正整数n ，都有S k a k≥S na n.第二节等差数列及其前n 项和本节主要包括3个知识点：1.等差数列基本量的计算；等差数列的基本性质及应用；等差数列的判定与证明.突破点(一) 等差数列基本量的计算[基本知识]1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2.[基本能力]1．判断题(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ 2．填空题(1)已知等差数列{a n }，a 5＝－20，a 20＝－35，则a n ＝________. 答案：－15－n(2)已知等差数列5,427，347，…，则该数列的第5项为________．答案：217(3)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6＝________. 答案：12(4)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 答案：6[全析考法][典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8(2)(2018·安徽江南十校模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知A ，B ，C ，D ，E 五人分5钱，A ，B 两人所得与C ，D ，E 三人所得相同，且A ，B ，C ，D ，E 每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E 所得为( )A.23钱 B ．43钱C.56钱 D ．32钱(3)(2018·南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. ①求数列{a n }的通项公式；②令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .[解析] (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝4，故选C. (2)由题意，设A 所得为a －4d ，B 所得为a －3d ，C 所得为a －2d ，D 所得为a －d ，E所得为a ，则⎩⎪⎨⎪⎧5a －10d ＝5，2a －7d ＝3a －3d ，解得a ＝23，故E 所得为23钱．故选A.(3)①设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5，可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，所以3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. ②由①，可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)．∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1) ＝(－2)×n ＝－2n .[答案] (1)C (2)A[方法技巧]解决等差数列基本量计算问题的思路(1)在等差数列{a n }中，a 1与d 是最基本的两个量，一般可设出a 1和d ，利用等差数列的通项公式和前n 项和公式列方程(组)求解即可．(2)与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d 和前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ，在两个公式中共涉及五个量：a 1，d ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量．[全练题点]1．(2018·武汉调研)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于( )A ．－1B ．－2C ．－3D ．－4解析：选C 法一：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋(a 1＋6d )＝－8，a 1＋d ＝2，解得d ＝－3.法二：a 1＋a 7＝2a 4＝－8，∴a 4＝－4， ∴a 4－a 2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则正整数m 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m－S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m . 由S m ＝(3－m )m ＋m (m －1)2×1＝0，解得正整数m 的值为5. 答案：53．(2018·福州模拟)已知等差数列{a n }的各项均为正数，其公差为2，a 2a 4＝4a 3＋1. (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n .解：(1)依题意知，a n ＝a 1＋2(n －1)，a n >0.因为a 2a 4＝4a 3＋1，所以(a 1＋2)(a 1＋6)＝4(a 1＋4)＋1，所以a 21＋4a 1－5＝0，解得a 1＝1或a 1＝－5(舍去)，所以a n ＝2n －1. (2)a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n －1) ＝2×(1＋3＋32＋…＋3n )－(n ＋1) ＝2×1－3n ＋11－3－(n ＋1)＝3n ＋1－n －2.突破点(二) 等差数列的基本性质及应用[基本知识]等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)． (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(m ∈N *)也是等差数列，公差为m 2d .(5)S 2n －1＝(2n －1)a n ，S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)，遇见S 奇，S 偶时可分别运用性质及有关公式求解．(6){a n }，{b n }均为等差数列且其前n 项和为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.(7)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.[基本能力](1)(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝________.答案：100(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等差数列{b n }的前n 项和为T n ，若S n T n ＝n ＋1n －1，则a 1＋a nb 1＋b n＝________. 答案：n ＋1n －1(3)(2018·天水模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________.答案：60(4)等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5.答案：S 5[全析考法][例1] (1)(2018·银川模拟)已知等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，且a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，若a m ＝8，则m 的值为( )A ．8B ．12C ．6D ．4(2)(2018·山西太原模拟)在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6＝( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．3(3)(2018·湖北武汉调研)若等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 4＝4，S 6＝12，则S 2＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．3[解析] (1)由a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，得(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝32，得4a 8＝32，∴a 8＝8，∴m ＝8.故选A.(2)由等差数列的性质可知2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝2×3a 3＋3×2a 9＝6×2a 6＝36，得a 6＝3，故选D.(3)根据等差数列的性质，可得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，即2(S 4－S 2)＝S 2＋S 6－S 4，因此S 2＝0.[答案] (1)A (2)D (3)B[方法技巧]利用等差数列性质求解问题的注意点(1)如果{a n }为等差数列，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m ＋n ＋a m －n 的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n 项和公式的灵活应用，如a n ＝a m ＋(n －m )d ，d ＝a n －a m n －m，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．[提醒] 一般地，a m ＋a n ≠a m ＋n ，等号左、右两边必须是两项相加，当然也可以是a m －n＋a m ＋n ＝2a m .等差数列前n 项和最值问题n n 差数列前n 项和S n 的最值问题．[例2] 等差数列{a n }的首项a 1>0，设其前n 项和为S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？[解] 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1<0.法一(函数法)： S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2·⎝⎛⎭⎫－18a 1 ＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝⎛⎭⎫n －1722＋28964a 1，因为a 1>0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法二(通项变号法)：设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a 1＋(n －1)·⎝⎛⎭⎫－18a 1≥0，a 1＋n ·⎝⎛⎭⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．[方法技巧]求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)函数法利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)通项变号法①a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[全练题点]1.[考点一](2018·陕西咸阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝54，则a 2＋a 4＋a 9＝( )A ．9B ．15C ．18D ．36解析：选C 由等差数列的通项公式及性质，可得S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝54，a 5＝6，则a 2＋a 4＋a 9＝a 1＋a 5＋a 9＝3a 5＝18.故选C.2.[考点一](2018·辽宁鞍山一中期末)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若m >1，且a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于( )A ．38B ．20C ．10D ．9解析：选C 因为a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ＝a 2m ，显然a m ≠0，所以a m ＝2.又因为S 2m －1＝(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝(2m －1)a m ＝38.所以将a m ＝2代入可得(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.3.[考点二](2018·成都模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＋a 7＋a 10＝9，S 14－S 3＝77，则使S n 取得最小值时n 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B 根据等差数列的性质可得a 4＋a 7＋a 10＝3a 7＝9，得a 7＝3.S 14－S 3＝11a 9＝77，解得a 9＝7，所以等差数列的通项公式为a n ＝2n －11.当n ＝6时，a n >0；当n ＝5时，a n <0，所以使S n 取得最小值的n 的值为5.4.[考点二](2018·吉林长春外国语学校期末)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 13<0，S 12>0，则在数列中绝对值最小的项为( )A ．第5项B ．第6项C ．第7项D ．第8项解析：选C 根据等差数列{a n }的前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2，因为⎩⎪⎨⎪⎧S 13<0，S 12>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 13<0，a 1＋a 12>0，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 13＝2a 7，a 1＋a 12＝a 6＋a 7，得⎩⎪⎨⎪⎧a 7<0，a 6＋a 7>0，所以数列{a n }中绝对值最小的项为第7项．突破点(三) 等差数列的判定与证明[全析考法][典例] (2018·n 1n (a n ＋1－n －1)＝(n＋1)(a n ＋n )(n ∈N *)．(1)求证数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求其通项公式；(2)设b n ＝2a n －15，求数列{|b n |}的前n 项和T n . [解] (1)∵n (a n ＋1－n －1)＝(n ＋1)(a n ＋n )(n ∈N *)，∴na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，∴a n ＋1n ＋1－a nn＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其公差为2，首项为2，∴a nn ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)由(1)知a n ＝2n 2，∴b n ＝2a n －15＝2n －15，则数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－13＋2n －15)2＝n 2－14n .令b n ＝2n －15≤0，解得n ≤7.5.∴当n ≤7时，数列{|b n |}的前n 项和T n ＝－b 1－b 2－…－b n ＝－S n ＝－n 2＋14n . 当n ≥8时，数列{|b n |}的前n 项和T n ＝－b 1－b 2－…－b 7＋b 8＋…＋b n ＝－2S 7＋S n ＝－2×(72－14×7)＋n 2－14n ＝n 2－14n ＋98.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14n －n 2，n ≤7，n 2－14n ＋98，n ≥8.[方法技巧] 等差数列的判定与证明方法[提醒] 判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a 2－a 1＝d 这一关键条件．[全练题点]1．(2016·浙江高考)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列解析：选A 由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线(图略)，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.2．(2018·岳阳模拟)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n－1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2.又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0.又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.2．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100B ．99C ．98D ．97解析：选C 法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C.法二：∵{a n }是等差数列，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.故选C.3．(2013·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．解析：由已知⎩⎨⎧S 10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2(n －1)2d ＝n 33－10n 23.由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，因而检验n ＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49.∴nS n 的最小值为－49.答案：－494．(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．解：(1)由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1.由(1)知，a 3＝λ＋1.令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一) 等差数列基本量的计算1．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7D ．8解析：选D 由题意知S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8.2．在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( ) A ．37 B ．36 C ．20D ．19解析：选A a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37，∴m ＝37.故选A. 3．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (3n －1)B ．n (n ＋3)2 C ．n (n ＋1)D ．n (3n ＋1)2解析：选C 依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，故选C. 4．(2018·太原一模)在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0 C.14D ．12解析：选B 由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2，又∵a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，∴a 2＝12，a 4＝32.∴公差d ＝a 4－a 22＝12.∴a 1＝a 2－d ＝0. 对点练(二) 等差数列的基本性质及应用1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝18，a n －4＝30(n >9)，若S n ＝336，则n 的值为( )A ．18B ．19。

2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列6-数列(含答案解析)

2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测六数列第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－2，a 3＝2，则{a n }的公差d 等于( ) A ．－1 B ．－2 C ．－3D ．－42．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．93．已知数列{a n }是等差数列，若a 2 016＋a 2 017<0，a 2 016·a 2 017<0，且数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，那么S n 取得最小正值时，n 等于( )A ．4 029B ．4 030C ．4 031D ．4 0324．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝(n ＋1n )n －1C．a n＝n2D．a n＝n5．已知{a n}是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n，若a3，a4，a8成等比数列，则()A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞06．已知数列{a n}的前n项和S n＝2a n－1，则满足a nn≤2的正整数n的集合为()A．{1,2} B．{1,2,3,4}C．{1,2,3} D．{1,2,4}7．设函数f(x)＝2x－cos x，{a n}是公差为π8的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5等于()A．0 B.1 16π2C.18π2 D.1316π28．若数列{a n}满足1a n＋1－pa n＝0，n∈N*，p为非零常数，则称数列{a n}为“梦想数列”．已知正项数列{1b n}为“梦想数列”，且b1b2b3…b99＝299，则b8＋b92的最小值是()A．2 B．4C．6 D．8第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．已知等比数列{a n}的前n项和为S n＝3n＋a(n∈N*)，则实数a的值是________．10．数列{a n}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.11．设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．12．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．13．在数列{a n }中，a 1≠0，a n ＋1＝3a n ，S n 为{a n }的前n 项和．记R n ＝82S n －S 2na n ＋1，则数列{R n }的最大项为第________项．14．已知数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝1＋1a n.若对任意的自然数n ≥4，恒有32<a n <2，则a 的取值范围为________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)等差数列{a n}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．16．(13分)为了综合治理交通拥堵状况，缓解机动车过快增长势头，一些大城市出台了“机动车摇号上牌”的新规．某大城市2015年初机动车的保有量为600万辆，预计此后每年将报废本年度机动车保有量的5%，且报废后机动车的牌照不再使用．同时每年投放10万辆的机动车牌号．只有摇号获得指标的机动车才能上牌，经调研，获得摇号指标的市民通常都会在当年购买机动车上牌．(1)问：到2019年初，该城市的机动车保有量为多少万辆；(2)根据该城市交通建设规划要求，预计机动车的保有量少于500万辆时，该城市交通拥堵状况才真正得到缓解，问：至少需要多少年可以实现这一目标．(参考数据：0.954＝0.81,0.955＝0.77，lg 0.75＝－0.13，lg 0.95＝－0.02)17.(13分)已知数列{a n}满足a2＝5，且其前n项和S n＝pn2－n.(1)求p的值和数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}为等比数列，公比为p，且其前n项和T n满足T5<S5，求b1的取值范围．18．(13分)已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)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 .19.(14分)已知a 2、a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{a n }是递增的等差数列，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝1－12b n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .20．(14分在数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项和为S n ，则S n ＝a n ＋1－12，(n ∈N *)． (1)求a n ，S n ；(2)设b n ＝log 2(2S n ＋1)－2，数列{c n }满足c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值．答案解析1．C [由a 1＋a 7＝2a 4＝－2得a 4＝－1，a 3＝2，d ＝－3，故选C.] 2．D [由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎨⎧ ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎨⎧ ab ＝4，2a ＝b －2解得⎩⎨⎧ a ＝4，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.] 3．C [∵数列{a n }的前n 项和S n 有最大值， ∴数列{a n }是递减的等差数列．又∵a 2 016＋a 2 017<0，a 2 016·a 2 017<0， ∴a 2 016>0，a 2 017<0，∴数列的前2 016项为正数，从第2 017项开始为负数，由求和公式和性质可得S 4 031＝4 031a 2 016>0，S 4 032＝2 016(a 2 016＋a 2 017)<0， ∴S n 取最小正值时n ＝4 031.] 4．D [因为a n ＝n (a n ＋1－a n )，所以a n ＋1a n＝n ＋1n ，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×32×21×1＝n .]5．B [∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ， ∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d3，∴dS 4＝－2d 23＜0，故选B.] 6．B [因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 而a nn ≤2，即2n －1≤2n ，所满足的正整数n ＝1,2,3,4.]7．D [∵{a n }是公差为π8的等差数列， ∴a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝2a 3，且a 1＝a 3－π4，a 2＝a 3－π8，a 4＝a 3＋π8，a 5＝a 3＋π4. ∵f (x )＝2x －cos x ，∴f (a 1)＋f (a 5)＝2a 1－cos a 1＋2a 5－cos a 5 ＝2(a 1＋a 5)－(cos a 1＋cos a 5) ＝4a 3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π4＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋π4＝4a 3－2cos a 3cos π4＝4a 3－2cos a 3， f (a 2)＋f (a 4)＝2a 2－cos a 2＋2a 4－cos a 4 ＝2(a 2＋a 4)－(cos a 2＋cos a 4) ＝4a 3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π8＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋π8＝4a 3－2cos a 3cos π8.∴f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5) ＝10a 3－cos a 3－(2＋2cos π8)cos a 3＝10a 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2＋2cos π8cos a 3＝5π，∴a 3＝π2，∴f (a 3)＝2×π2－cos π2＝π. ∴a 1＝π2－π4＝π4，a 5＝π2＋π4＝34π. ∴[f (a 3)]2－a 1a 5＝π2－34π×π4＝1316π2.]8．B [依题意可得b n ＋1＝pb n ，则数列{b n }为等比数列．又b 1b 2b 3…b 99＝299＝b 9950，则b 50＝2.b 8＋b 92≥2b 8·b 92＝2b 50＝4，当且仅当b 8＝b 92，即该数列为常数列时取等号．]9．－1解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2·3n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋a ，因为{a n }是等比数列，所以有3＋a ＝2，解得a ＝－1.10．1解析设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ， a 5＝a 1＋4d ，∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3a 1＋1＝1.11．10 100解析由x 2－x <2nx (n ∈N *)得0<x <2n ＋1，因此a n ＝2n ，所以数列{a n }是一个等差数列，所以S 100＝100×2＋2002＝10 100.12.2011解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝2＋nn －12，即a n ＝n n ＋12，令b n ＝1a n，故b n ＝2nn ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 13．4解析 ∵a 1≠0，a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是等比数列． ∴R n ＝82a 11－3n 2－a 11－3n1－3a 1·3n 2＝3n 22－823n 2＋813n 21－3＝11－3×(3n 2＋813n 2－82)≤11－3(281－82) ＝643－1. 当且仅当3n 2＝813n 2⇒3n ＝81⇒n ＝4时等号成立．所以数列{R n }的最大项为第4项． 14．(0，＋∞)解析 a 1＝a ，a 2＝1＋1a ＝a ＋1a ，a 3＝1＋aa ＋1＝2a ＋1a ＋1，a 4＝3a ＋22a ＋1.由题意对任意的自然数n ≥4，恒有32<a n <2，所以32<1＋1a n －1<2⇒1<a n －1<2，要使n ≥4都成立，只需32<a 4<2成立，所以32<3a ＋22a ＋1<2，解得a >0.15．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎨⎧ a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝21－2101－2＋1＋10×102 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.16．解 (1)设2015年年初机动车保有量为a 1万辆，以后各年年初机动车保有量依次为a 2万辆，a 3万辆，…，每年新增机动车10万辆，则a 1＝600，a n ＋1＝0.95a n ＋10.又a n ＋1－200＝0.95(a n －200)，且a 1－200＝600－200＝400，所以数列{a n －200}是以400为首项，0.95为公比的等比数列．所以a n －200＝400·0.95n －1，即a n ＝400·0.95n －1＋200.所以2019年初机动车保有量为a 5＝400×0.954＋200＝524万辆．(2)由题意可知，a n ＝400·0.95n －1＋200<500，即0.95n －1<0.75，所以n >lg 0.75lg 0.95＋1＝7.5，故至少需要8年的时间才能实现目标．17．解 (1)由题意，得S 1＝p －1，S 2＝4p －2. 因为a 2＝5，S 2＝a 1＋a 2，所以S 2＝4p －2＝p －1＋5，解得p ＝2.所以S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1，得a n ＝(2n 2－n )－[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.验证知n ＝1时，a 1符合上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)，得T n ＝b 11－2n1－2＝b 1(2n －1)．因为T 5<S 5，所以b 1(25－1)<2×52－5，解得b 1<4531.又因为b 1≠0，所以b 1的取值范围是(－∞，0)∪(0，4531)．18．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎨⎧ 3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎨⎧ a 1＝3，d ＝－1. 故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n .(2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1＝nq n －q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12. 若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12. 所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n n ＋12，q ＝1，nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12，q ≠1.19．解 (1)由题意得a 2＝3，a 5＝9，公差d ＝a 5－a 25－2＝2，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1，由S n ＝1－12b n 得，当n ＝1时b 1＝23，当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝12b n －1－12b n ，得b n ＝13b n －1，所以数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝23n .(2)c n ＝a n ·b n ＝4n －23n ，T n ＝4×1－231＋4×2－232＋4×3－233＋…＋4×n －1－23n －1＋4n －23n ， 3T n ＝4×1－230＋4×2－231＋4×3－232＋…＋4×n －1－23n －2＋4n －23n －1，两式相减得：2T n ＝2＋431＋432＋…＋43n －1－4n －23n ＝4－4n ＋43n ，所以T n ＝2－2n ＋23n .20．解 (1)由S n ＝a n ＋1－12，得S n －1＝a n －12(n ≥2)，两式作差得：a n ＝a n ＋1－a n ，即2a n ＝a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1a n＝2(n ≥2)，又a 1＝S 1＝a 2－12，得a 2＝1，∴a 2a 1＝2， ∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，则a n ＝12·2n －1＝2n －2， S n ＝a n ＋1－12＝2n －1－12.(2)b n ＝log 2(2S n ＋1)－2＝log 22n －2＝n －2， ∴c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，即c n (n ＋1)(n ＋2)＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2n －2， c n ＝1n ＋1n ＋2＋2n －2＝1n ＋1－1n ＋2＋2n －2， T n ＝(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)＋(2－1＋20＋…＋2n －2) ＝12－1n ＋2＋121－2n 1－2＝12－1n ＋2－12＋2n －1 ＝2n －1－1n ＋2. 由4T n >2n ＋1－1504，得4(2n －1－1n ＋2)>2n ＋1－1504，即4n ＋2<1504，n >2 014. ∴使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值为2 015.。

湘教版高考数学一轮总复习课后习题第六章数列课时规范练26

课时规范练26《素养分级练》P365基础巩固组1.(河南平顶山高三月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2n +1,则a 10=( ) A.512 B.1 025 C.256 D.1 024答案:A解析:由数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2n +1,得a 10=S 10-S 9=(210+1)-(29+1)=512.故选A.2.(广东佛山高三月考)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=a n 4a n +1(n ∈N +),则满足a n >137的n 的最大取值为( )A.7B.8C.9D.10答案:C解析:因为a 1=1,a n+1=a n4a n +1,所以1a n+1=4+1a n,即1a n+1−1a n=4.又1a 1=1,所以数列1a n是以1为首项,4为公差的等差数列,于是1a n=1+4(n-1)=4n-3,所以a n =14n -3.由a n >137,即14n -3>137,即0<4n-3<37,解得34<n<10.因为n 为正整数,所以n 的最大取值为9.故选C.3.(山东东营高三月考)在数列{a n }中,a 1=2,a n =1-1a n -1(n≥2),则a 2 022等于( ) A.-12B.12C.-1D.2答案:C解析:由a 1=2,a n =1-1a n -1(n≥2),可得a 2=1-1a 1=12,a 3=1-1a 2=-1,a 4=1-1a 3=2,a 5=1-1a 4=12,故数列{a n }为周期为3的周期数列,而=3×674,故a=a 3=-1.故选C.4.(浙江温州高三模拟)已知数列{a n }为递增数列,前n 项和S n =n 2+n+λ,则实数λ的取值范围是 ( )A.(-∞,2]B.(-∞,2)C.(-∞,0]D.(-∞,0)答案:B解析:当n≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n+λ-[(n-1)2+(n-1)+λ]=2n,可知当n≥2时,{a n }是递增数列,因此要使{a n }为递增数列只需满足a 2>a 1,即4>2+λ⇒λ<2.故选B.5.(山东济南高三模拟)在数列{a n }中,a 1=5,a 2=9,若数列{a n +n 2}是等差数列,则{a n }的最大项的值为( ) A.9B.11C.454D.12答案:B解析:令b n =a n +n 2,∵a 1=5,a 2=9,∴b 2=a 2+4=13,b 1=a 1+1=6,∴数列{a n +n 2}的公差为13-6=7,则a n +n 2=6+7(n-1)=7n-1,∴a n =-n 2+7n-1=-n-722+454.又n ∈N +,∴当n=3或4时,a n 取最大值-14+454=11.故选B.6.(多选)(福建宁德高三模拟)已知数列{a n }满足a 1=1,a n -a n+1=na n a n+1,则下列说法正确的有 ( )A.数列1a n为等差数列B.a 3=14C.a n =2n 2-n+2D.数列{a n }的最大项的值为1 答案:BCD解析:a n -a n+1=na n a n+1,等式两边同除以a n a n+1,得1a n+1−1a n=n,因此数列1a n不是等差数列,故A 错误;又1a 2−1a 1=1,1a 3−1a 2=2,…,1a n −1a n -1=n-1,n≥2,累加可得1a 2−1a 1+1a 3−1a 2+…+1a n−1a n -1=1+2+…+n -1,即1a n−1a 1=(n -1)n 2,又a 1=1,所以1a n=(n -1)n2+1,于是a n =2n 2-n+2,n≥2,又a 1=1也满足上式,故a n =2n 2-n+2,所以a 3=14,故B,C 正确;由于n 2-n+2=n-122+74,而n ∈N +,所以数列{a n }为递减数列,其最大项为a 1=1,故D 正确.故选BCD.7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n +a n =4,则S 4= .答案:154解析:当n=1时,有2a 1=4,可得a 1=2.当n≥2时,由S n +a n =4可得S n-1+a n-1=4,两式作差得2a n -a n-1=0,所以a na n -1=12,即数列{a n }是以2为首项,12为公比的等比数列,因此S 4=2×[1-(12) 4]1-12=154.8.(湖南师大附中高三期中)已知在数列{a n }中,a 1=2,a 1+a22+a 33+…+an n=a n+1-2,则a n = .答案:2n解析:a 1+a22+a33+…+an n=a n+1-2,当n≥2时,a 1+a22+a33+…+a n -1n -1=a n -2,则a n n=a n+1-a n ,即a n+1n+1=a n n.当n=1时,a 1=a 2-2,得a 2=4,a 22=a 11满足上式.所以a n+1n+1=a n n,因此数列a nn是常数列,即a n n=a 11=2,所以a n =2n.9.(山东潍坊高三模拟)数列{a n }满足a n+1=5a n +3×5n+1,且a 1=6,则数列{a n }的通项公式为 . 答案:a n =3n-95·5n解析:因为a n+1=5a n +3×5n+1,所以a n+15n+1=a n 5n+3,即a n+15n+1−a n 5n=3,所以a n 5n是等差数列,而a 15=65,所以a n5n=65+3(n-1)=3n-95,所以a n =3n-95·5n .综合提升组10.已知等差数列{a n},其前n项和为S n,若a1=13,S5=45,则nS n的最大值为( )A.400B.405C.410D.415答案:B解析:设等差数列{a n}的公差为d,则S5=5a1+5×42d=5a1+10d=45,解得d=-2,所以S n=na1+n(n-1)d2=13n-n(n-1)=14n-n2,则nS n=14n2-n3.令b n=14n2-n3,则b n+1-b n=[14(n+1)2-(n+1)3]-(14n2-n3)=-3n2+25n+13,所以当n≤8时,b n+1-b n>0,即b1<b2<…<b9;当n≥9时,b n+1-b n<0,即b9>b10>…,所以数列{b n}中的最大项为b9=14×92-93=405.故选B.11.(安徽蚌埠高三期中)已知数列{a n}的首项a1=2,且满足a n+1=a n+12n(n∈N+).若对于任意的正整数n,存在M使得a n<M恒成立,则M的最小值是.答案:3解析:由已知得a n+1-a n=12n,∴当n=1时,a2-a1=121,当n=2时,a3-a2=122,当n=3时,a4-a3=123,……,当n=n-1时,an-a n-1=12n-1(n≥2),以上各式相加得a n-a1=121+122+123+…+12n-1=12×[1-(12)n-1]1-12=1-12n-1,n≥2.又a1=2,∴a n=3-12n-1,n≥2,又a1=2也符合上式,故a n=3-12n-1.∵12n-1>0,∴an<3.若对于任意的正整数n,存在M使得a n<M恒成立,则有M≥3,故M的最小值是3.创新应用组12.(湖南长沙高三期中)数列{a n}的前n项的和S n满足S n+1+S n=n(n∈N+),则下列选项正确的是( )A.数列{a n+1+a n}是常数列,则{a n}是递增数列B.若a1<13C.若a1=-1,则S2 022=1 013D.若a1=1,则{a n}的最小项的值为-1答案:D解析:当n=1时,S2+S1=2a1+a2=1,当n≥2时,S n+S n-1=n-1,则a n+1+a n=1,而a1+a2=1不一定成立,故{a n+1+a n}不一定是常数列,故A错误;由a n+1+a n=a n+a n-1=…=a3+a2=1,得a n+1=a n-1=a n-3=…且a n=a n-2=a n-4=…,即{a n}不是单调数列,故B错误;若a1=-1,则a2=3,a3=-2,故当n≥2时,{a n}的偶数项的值为3,奇数项的值为-2,而S=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a+a)+a=-1+1010+3=1012,故C错误;若a1=1,则a2=-1,a3=2,故当n≥2时,{a n}的偶数项的值为-1,奇数项的值为2,故{a n}的最小项的值为-1,故D正确.故选D.13.(辽宁锦州高三月考)已知数列{a n }是首项为a,公差为1的等差数列,数列{b n }满足b n =1+a n a n,若对任意的n ∈N +,都有b n ≥b 8成立,则实数a 的取值范围是 . 答案:(-8,-7)解析:因为对任意的n ∈N +,都有b n ≥b 8成立,且b n =1+a n a n=1+1a n,所以1a n≥1a 8.又数列{a n }的公差为1,所以数列{a n }为递增数列,所以{a 8<0,a 9>0,即{a +7<0,a +8>0,解得-8<a<-7,即实数a 的取值范围是(-8,-7).。

2020届高考数学(理)一轮复习课时训练第6章数列 30 Word版含解析

【课时训练】第节数列求和一、选择题．(阳泉质检)已知数列{}的前项和为，且满足＋＝＋－，＝－，则＝( )．．．．【答案】【解析】由＋＝＋－知数列{}为等差数列，由＝－得＋＝＝＋，所以＝＝.．(辽宁五校联考)已知等差数列{}满足＝，＋＝，＝(∈*)，数列{}的前项和为，则的值为( )．．．【答案】【解析】在等差数列{}中，＋＝＝⇒＝.又数列{}的公差＝＝＝，所以＝＋(－)·＝＋(－)×＝＋，那么＝＝＝，故＝＋＋…＋＝⇒＝＝.．(河南郑州模拟)已知在等差数列{}中，＝，公差＝－.若≤(≥)，其中为该数列的前项和，则的最小值为( )．．．．【答案】【解析】由题意得＝－(－)＝－，＝＋×(－)＝－.由≤，得－≤－，即－＋≥，解得≥或≤(舍去)．故选.．(嘉兴调研)已知＝(∈*)，数列{}的前项和为，则使＞的的最小值为( )．．．．【答案】【解析】由通项公式得＋＝＋＝＋＝…＝＋＝，＝＞.故选.．(广东肇庆二模)已知数列{}的前项和是，且＝(＋)，则下列说法正确的是( )．数列{}为等差数列．数列{}为等差或等比数列．数列{}为等比数列．数列{}既不是等差数列也不是等比数列【答案】【解析】∵＝(＋)，∴＋＝(＋＋)，∴＋－＝＋＝(＋＋)－(＋)，化简得(＋＋)(＋－－)＝，∴＋＝＋，或＋＋＝，∵＝(＋)，∴＝.故选.．(山西太原五中调考)在数列{}中，＞，＝，如果＋是与的等比中项，那么＋＋＋＋…＋的值是( )．．．【答案】【解析】由题意得＝⇒(＋＋＋＋)(＋－＋－)＝⇒＋＝⇒＋－＝⇒＝－，∴数列为以－为首项，－为公差的等差数列，∴＝－－(－)＝－－⇒＝⇒＝＝－.∴＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝.．(湖南衡阳模拟)已知数列{}满足＝，＝，＋＝－－(≥)，则该数列前项的和＝( )．．．．【答案】【解析】由＝，＝，＋＝－－(≥)，得＝，＝，＝，＝，则数列{}是以为周期的周期数列，且＋＋＝.又＝×＋，所以＝×＋＝ .二、填空题．(河北冀州中学月考)已知正项等比数列{}的前项和为，且，，成等差数列，则数列{}的公比为．【答案】【解析】设{}的公比为，由题意易知＞且≠.因为，，成等差数列，所以＝＋，即＝＋，解得＝.。

2020高考数学(理科)一轮总复习练(新课标) 第六章数列作业38Word版含解析

题组层级快练(三十八)1．在等比数列{a n }中，a 1＝12，q ＝12，a n ＝132，则项数n 为( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C2．在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10等于( )A ．1B ．－3C ．1或－3D ．－1或3 答案 A解析由a 2a 6＝16，得a 42＝16⇒a 4＝±4.又a 4＋a 8＝8，可得a 4(1＋q 4)＝8，∵q 4>0，∴a 4＝4.∴q 2＝1，a 20a 10＝q 10＝1.3．如果－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，那么( ) A ．b ＝3，ac ＝9 B ．b ＝－3，ac ＝9 C ．b ＝3，ac ＝－9 D ．b ＝－3，ac ＝－9 答案 B4．(2019·保定一中模拟)若项数为2m(m ∈N *)的等比数列的中间两项正好是方程x 2＋px ＋q ＝0的两个根，则此数列的各项积是( ) A ．p m B ．p 2m C ．q m D ．q 2m答案 C解析由题意得a m a m ＋1＝q ，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(a m a m ＋1)m ＝q m . 5．(2019·广西南宁联考)已知在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 9－a 11a 5－a 7＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16 答案 B解析因为数列{a n }是等比数列，a 3＝2，所以a 4a 6＝a 3q ·a 3q 3＝4q 4＝16，所以q 2＝2.所以a 9－a 11a 5－a 7＝a 3q 6－a 3q 8a 3q 2－a 3q 4＝（q 2）3－（q 2）4q 2－（q 2）2＝q 4＝4.故选B. 6．数列{a n }的前n 项和为S n ＝4n ＋b(b 是常数，n ∈N *)，若这个数列是等比数列，则b 等于( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．4答案 A解析方法一：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(4n ＋b)－(4n －1＋b)＝3×4n －1，又a 1＝S 1＝4＋b ，∴4＋b ＝3×40⇒b ＝－1.方法二：a 1＝S 1＝4＋b ，a 2＝S 2－S 1＝(42＋b)－(4＋b)＝12，a 3＝S 3－S 2＝(43＋b)－(42＋b)＝48，由a 1a 3＝a 22，得48(4＋b)＝122⇒b ＝－1.方法三：等比数列{a n }中，q ≠1时，S n ＝a 1·（q n －1）q －1＝a 1q －1·q n －a 1q －1＝A·q n －A ，∴b ＝－1.7．在14与78之间插入n 个数组成等比数列，若各项总和为778，则此数列的项数( )A ．4B ．5C ．6D ．7 答案 B解析 ∵q ≠1(14≠78)，∴S n ＝a 1－a n q 1－q ，∴778＝14－78q1－q .解得q ＝－12，78＝14×(－12)n ＋2－1，∴n＝3.故该数列共5项．8．《张丘建算经》中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里．问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里数为多少？”则该匹马第一天走的里数为( ) A.128127 B.44 800127C.700127D.17532 答案 B解析由题意知每日所走的路程成等比数列{a n }，且公比q ＝12，S 7＝700，由等比数列的求和公式得a 1（1－127）1－12＝700，解得a 1＝44 800127，故选B.9．(2019·衡水中学调研)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36答案 B解析方法一：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 4＝2a 1q 2，a 1q 3＋2a 1q 6＝2×54，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16×[1－（12）5]1－12＝31，故选B.方法二：由a 2a 5＝2a 3，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝2×54，所以a 7＝14，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝16×[1－（12）5]1－12＝31，故选B.10．(2019·云南省高三调研考试)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A ．40 B ．60 C ．32 D ．50答案 B解析由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60，故选B.11．(2019·广东惠州一中月考)已知数列{a n }是等比数列，且a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( ) A ．16(1－4－n ) B ．16(1－2－n ) C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n ) 答案 C解析因为等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝14，所以a 5a 2＝q 3＝18，所以q ＝12.由等比数列的性质，易知数列{a n a n ＋1}为等比数列，其首项为a 1a 2＝8，公比为q 2＝14，所以要求的a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{a n a n ＋1}的前n 项和．由等比数列的前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8（1－14n ）1－14＝323(1－4－n )，故选C.12．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________．答案－2解析由S 3＋3S 2＝0，即a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2.13．(2015·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________．答案 23－1解析 ∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 32＝a 2a 7，即(a 1＋2d)2＝(a 1＋d)·(a 1＋6d)，解得d ＝－32a 1①，∵2a 1＋a 2＝1，∴3a 1＋d ＝1②，由①②可得a 1＝23，d ＝－1.14．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________．答案 32解析 ∵{a n }是等比数列，∴S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，∴S 6S 3＝1＋q 3＝9，∴q ＝2. 把q ＝2代入S 3＝a 1（1－q 3）1－q 中，得74＝a 1（1－23）1－2，∴a 1＝14，∴a n ＝14·2n －1＝2n －3，∴a 8＝25＝32.15．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________．答案－2 2n －1－12解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q|＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12.16．一正项等比数列前11项的几何平均数为32，从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32，那么抽去的这一项是第________项．答案 6解析由于数列的前11项的几何平均数为32，所以该数列的前11项之积为3211＝255. 当抽去一项后所剩下的10项之积为3210＝250，∴抽去的一项为255÷250＝25.又因a 1·a 11＝a 2·a 10＝a 3·a 9＝a 4·a 8＝a 5·a 7＝a 62，所以a 1·a 2·…·a 11＝a 611.故有a 611＝255，即a 6＝25. ∴抽出的应是第6项．17．已知{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和，a 1，a 7，a 4成等差数列，求证：2S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列．答案略证明由已知得2a 1q 6＝a 1＋a 1q 3，即2q 6－q 3－1＝0，得q 3＝1或q 3＝－12.当q 3＝1即q ＝1，{a n }为常数列，S 62S 3＝S 12－S 6S 6命题成立．当q 3＝－12时，S 62S 3＝1－q 62（1－q 3）＝14. S 12－S 6S 6＝1－q 121－q 6－1＝14.∴命题成立． 18．(2019·四川成都一诊)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. (1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n . 答案 (1)略 (2)S n ＝2n ＋1－4n ＋2 解析 (1)∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)，∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2，∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．。

2020届高考数学(理)一轮复习课时训练：第6章数列27Word版含解析

【课时训练】第27节数列的概念与简单表示法、选择题1 * 1.(2018四川凉山诊断)数列｛a n｝满足a n+ a n+1=空(n€ N ),a2 = 2,S是数列｛a n｝的前n项和，则S21为（）C. 9【答案】13 ~2【解為 + a n+1 = 2，a2= 2,・O n f3—2, n为奇数,•,S?1 = 11x(3、7厂2!+ 10x 2=2.12. （2018南昌模拟）在数列｛a n｝中, a1 = 1, a n a n-1 = a n -1 + (—1)n(n>2, n€ N*)，则严的值是() a515A.花3 C. 3 15 8"【答【解由已知得a?= 1+ (—1)2= 2,「・2a3 = 2+ (—1)3, a3=2•*a4= *+ (—1)4, a4 = 3,「・3a5 = 3+ (—1)5,彷5= 2 1 3 33,・a5= 2A2 = 4.1 1 13.（2018江西抚州七校联考）设為=+卫+n+3+…+€ N*)，那么a n+1—a n=()12n + 21111C -------- + -----D -------------------------------- —— ---2n +1 2n + 2 • 2n +1 2n + 2A ------- 2 n + 1*N , - - a + 1 =1n + 1 + n + 1 '4. （2018河北石家庄二中调研）已知数列｛a n ｝的通项公式为a n =12 - 15’则其最大项和最小项分别为 1, 0, 1 C7 —— 【答案】A1,丄1【解1= —— 13， a2=——11,1a3=a 4 = 1,则当n >4时，a n > 0.又当n >5 时,an——a n - 1 = n ——n 42n ——15 2n -* 1 ——15——2n -1(2n — 1M2n -1- 15 )< 0 所以a n V a n —— 1,于是数列｛a n ｝的最大项为1,1 最小项为一7. 5. （2018浙江湖州模拟）已知数列｛a n ｝的前n 项和S= 2a . — 1,【答案】D1111 1 1【解析】Tan = --- + ---- + ----- +…+ --- + -----, n€n+1 n+ 2 n+ 3 n+ n—1 n + n1 1 1 1+ + …+ + + n + 2 n + 3 n+1 + n—1 n+1 +n1111满足覺＜2的正整数n 的集合为()A • {123}B • {2,3,4}C . {123,4}D • {123,4,5}【答案】C【解析】因为S n = 2a n - 1,所以当n 》2时，S -1 = 2a n -1- 1，两式相减得 a n = 2a n — 2a n -1，整理得 a n = 2a n -1•又 a〔 = 2a 1-1,所以 a 1 =1,故 a n = 2n -1•又賈＜2,即 2n -1w 2n ,所以有 n €{1,2,3,4}.6. （2019河南信阳调研）已知数列｛a n ｝满足a 1 = 2, € N *)，则a 2 018的值为()A . - 8B . - 3 1C . — 4D . 3【答案】B1 + a n * 1 【解析】由 a 1 = 2, a n +1 = (n € N )得，a 2=- 3, a 3=-3, 1-a n2—3.7 . （2018广西南宁模拟）已知数列｛a n ｝与｛b n ｝的通项公式分别为 a n =—於 + 4n + 5, b n = n 2 + （2 — a ）n — 2a.若对任意正整数 n , a n v 0 或 b n v 0,贝S a 的取值范围为（） A . (5, + x ) B . (— = , 5) C . (6, + x )D . (— x, 6)【答案】A1 + a na n +1= (ni — aa 4 = 13, a 5 = 2,可见数列{a n }的周期为4,所以a 2 018 = a 504x4 + 2= a 2 =1 【解析】由 a n =- -n2 + 4n + 5= — (n + 1)(n — 5)可知，当 n ＞5 时,a n v 0.由b n = n + (2 — a)n — 2a = (n + 2)(n — a) v 0 及已知易知一2v nva ,为使当O v n W 5时，b n v O ,只需a >5.故选A.8. (2018保定调研)在数列｛a n ｝中，已知a i = 1, a .+ i = 2a + 1, 则其通项公式a n =()A . 2n — 1B . 2n 7 + 1C . 2n — 1D . 2(n — 1)【答案】A【解析】由 a n +1= 2a n +1,可求 a 2= 3, a 3= 7, a 4 = 15,…，验证可知a n = 2n — 1.9 . （2018宁夏银川模拟）若数列｛a n ｝满足（n — 1间=（n + 1囘-1（n 》2）且a 1 = 2,则满足不等式a n v 462的最大正整数n 为（）A . 19B . 20C . 21【答案】Bn +1=n(n + 1).又 a n v 462, n — 1n(n + 1)v 462,所以 n 2+n — 462v 0,即(n — 21)(n + 22)v 0,因为 n >0,所以n v 21.故所求的最大正整数n = 20.二、填空题10. （2018湖北八校联考）已知数列｛a n ｝的通项公式a n = 2 3n —1 n 为偶数，2n — 5n 为奇数，贝— --------------- .【答案】54【解析】由题意知，a 3 = 2X 3 — 5= 1, a 4 = 2X 34-1= 54, —a 3a 4D . 22【解析】由(n — 1)a n = (n + 1)a —1得, 並=凹,贝y a n = a 1X n — 1a n — 11 211. (2018潍坊模拟)已知数列®｝的前n项和S = 3&n+3,则®｝的通项公式a n= _________ .【答案】［―11 2【解析】当n= 1时，a〔= Si = 3*1 + 3,1 1• a〕= 1;当n》2 时，a n = S n —S n—1 = 3a n —3务-1 ,1•••数列｛a n｝是首项a1= 1,公比q= —2的等比数列，故a n =三、解答题12. (2018安徽淮南第四次考试)已知数列｛a n｝, ｛b n｝, S为数列｛a n｝的前n 项和，且满足a2= 4b , S n= 2a. —2, nb n +1—(n + 1)b n = n3 + n2(n€ N ).(1) 求数列｛a n｝的通项公式；(2) 求数列｛b n｝的通项公式.【解】(1)当n= 1 时，S = 2a1 —2，则a1 = 2.n》2.综上，数列｛a n｝是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n= 2n, *n€ N .(2) T a2 = 4b1 = 4,「. d= 1.T nb n+[ —(n+ 1)b n= n3+ n2,「. —bn= n,n 1\ 丿n n+1 nb3 b2 c b2 , c2= 2, 2—1= 1, n》2,a n 1a n-1 °.当n>2 时,由^ = 2a2—2,2S n-1 = 2a n-1 —2 得a n= 2a n —2a n—1,则a n = 2a n—1, 3 = n—1 •n—1 '' 3将上面各式累加得半—号=1+ 2+ 3+…+(n—1)=严产n? —n? + 2n *…b n= 2 , n € N .13. (2018福建清流一中模拟)设数列｛a n｝的前n项和为S.已知a1 = a(a € R 且 a 工3), a n+1= S+ 3n, n € N .(1) 设b n= 3n，求数列｛b n｝的通项公式；(2) 若a n+1 >a n, n€ N*，求a的取值范围.【解】(1)由题意知，S n + 1 —Si = a n + 1= Si + 3“ ,即Sn+1 = 2S n+ 3n,由此得Sn+1 —3“+1= 2S n + 3“一3叫1= 2(& —3n), 又S1 —31= a —3(a 丰 3),故数列｛S —3n｝是首项为a—3,公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n= Sn —3n= (a—3)2n—1, n€ N*.(2)由(1)知S = 3n+ (a—3)2n—1, n€ N*,于是，当n》2 时,a n= S n—S — 1 = 3 + (a—3)2 ——3 ——(a —3)2n -2= 2X 3n-1+ (a—3)2n—2,所以a n+1 —a n= 4X3n-1+ (a—3)2n-2= 2n-2”2 卽-2+ a—3',当n》2 时，a n+1》a n? 12 •+ a —3》0? a》一9.又a2 = a〔+ 3> a1.综上，所求的a的取值范围是［—9,3）U （3，+乂）.n€ N，故a n+1 —a n= + —= —2n+ 1 2n + 2 n+ 1 2n+ 1 12n + 2。

2020届高考数学文一轮温习课时训练第6章数列28

【课时训练】等比数列及其前n项和一、选择题1．(2018湖北华师一附中1月月考)在等比数列{a n}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝( )A．1 B．±1C．2 D．±2【答案】A【解析】因为数列{a n}是等比数列，因此a2a3a4＝a33＝8.因此a3＝2.因此a7＝a3q4＝2q4＝8.因此q2＝2，则a1＝a3q2＝1.应选A.2．(2018广东肇庆三模)在等比数列{a n}中，S n表示前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，那么公比q＝()A．－3 B．－1C．1 D．3【答案】D【解析】两式相减，得a4－a3＝2a3，从而求得a4a3＝3，即q＝3.3．(2018石家庄质检)已知数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2a n－4(n∈N*)，则a n＝()A．2n＋1B．2nC．2n－1D．2n－2【答案】A【解析】依题意，a n＋1＝S n＋1－S n＝2a n＋1－4－(2a n－4)，则a n＋1＝2a n，令n＝1，则S1＝2a1－4，即a1＝4，∴数列{a n}是以4为首项，2为公比的等比数列．∴a n＝4×2n －1＝2n＋1.应选A.4．(2018重庆巴蜀中学月考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＞0，q ＞1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A ．31B ．36C ．42D ．48【答案】A【解析】由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n ＞0，q ＞1，得a 3＝4，a 5＝16，因此⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此S 5＝1×(1－25)1－2＝31.应选A.5．(2018江西南昌模拟)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n－1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15【答案】C【解析】设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1·a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，因此n ＝14.应选C.6．(2018福建福州模拟)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，假设存在m ∈N *，知足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，那么数列{a n }的公比为( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3【答案】B【解析】设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.因为S 2mS m ＝a 1(1－q 2m )1－q a 1(1－q m )1－q ＝q m ＋1＝9，因此q m ＝8.因此a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m＝8＝5m ＋1m －1，因此m ＝3，因此q 3＝8，因此q ＝2.应选B.7．(2018广州综合测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2B ．73C ．83D ．3【答案】B【解析】由等比数列的性质，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.8．(2018合肥二次质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3·a 5＝4，那么以下说法正确的选项是( )A ．{a n }是单调递减数列B ．{S n }是单调递减数列C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列【答案】C【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则a 3·a 5＝a 2q ·a 2q 3＝4，又因为a 2＝12，因此q 4＝136，则q 2＝16.因此数列{a 2n }是首项为12，公比为16的等比数列，那么数列{a 2n }为单调递减数列．应选C.二、填空题9．(2018石家庄模拟)在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________. 【答案】－53【解析】因为1a 7＋1a 10＝a 7＋a 10a 7a 10，1a 8＋1a 9＝a 8＋a 9a 8a 9，由等比数列的性质，知a 7a 10＝a 8a 9，因此1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝158÷⎝ ⎛⎭⎪⎫－98＝－53. 10．(2018河北邯郸模拟)设数列{a n }前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________.【答案】43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2 【解析】依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2 .11．(2018广东肇庆三模)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 知足S n ＋a 1＝2a n ，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，则a 1＋a 5＝________.【答案】34【解析】由S n ＋a 1＝2a n ，得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，因此a 1＋a 3＝2(a 2＋1)．因此a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.因此数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n ，因此a 1＋a 5＝2＋25＝34.三、解答题12．(2018兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n . 【解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，那么依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a n ＝1＋(n －1)＝n .(2)由(1)，得a n ＝n ，∴b n ＝2n.∴b n ＋1b n＝2.∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列． ∴T n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.13．(2018长沙模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．(1) 【解】当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)【证明】由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ∈N *)．∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2(2a n ＋1－a n )＝12.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．。

2020届高考数学(理)一轮复习课时训练：第6章数列 30 Word版含解析

【课时训练】第30节数列求和一、选择题1．(2018阳泉质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，a 5＝4－a 3，则S 7＝( )A ．7B ．12C ．14D ．21【答案】C【解析】由a n ＋2＝2a n ＋1－a n 知数列{a n }为等差数列，由a 5＝4－a 3得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝14. 2．(2018辽宁五校联考)已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26，b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为( ) A.10125 B ．3536 C ．25101 D ．310【答案】C【解析】在等差数列{a n }中，a 5＋a 7＝2a 6＝26⇒a 6＝13.又数列{a n }的公差d ＝a 6－a 36－3＝13－73＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)·d ＝7＋(n －3)×2＝2n ＋1，那么b n ＝1a 2n －1＝14n (n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1⇒S 100＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫100101＝25101. 3．(2018河南郑州模拟)已知在等差数列{a n }中，a 1＝120，公差d ＝－4.若S n ≤a n (n ≥2)，其中S n 为该数列的前n 项和，则n 的最小值为( )A ．60B ．62C ．70D ．72【答案】B【解析】由题意得a n ＝120－4(n －1)＝124－4n ，S n ＝120n ＋n (n －1)2×(－4)＝122n －2n 2.由S n ≤a n ，得122n －2n 2≤124－4n ，即n 2－63n ＋62≥0，解得n ≥62或n ≤1(舍去)．故选B.4．(2018嘉兴调研)已知a n ＝32n －101(n ∈N *)，数列{a n }的前n 项和为S n ，则使S n ＞0的n 的最小值为( )A ．99B ．100C ．101D ．102【答案】C【解析】由通项公式得a 1＋a 100＝a 2＋a 99＝a 3＋a 98＝…＝a 50＋a 51＝0，a 101＝3101＞0.故选C.5．(2018广东肇庆二模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且4S n ＝(a n ＋1)2，则下列说法正确的是( )A ．数列{a n }为等差数列B ．数列{a n }为等差或等比数列C ．数列{a n }为等比数列D ．数列{a n }既不是等差数列也不是等比数列【答案】B【解析】∵4S n ＝(a n ＋1)2，∴4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，∴4S n ＋1－4S n ＝4a n ＋1＝(a n＋1＋1)2－(a n ＋1)2，化简得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0，∴a n ＋1＝a n ＋2，或a n ＋1＋a n ＝0，∵4a 1＝(a 1＋1)2，∴a 1＝1.故选B.6．(2019山西太原五中调考)在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是( )A.10099 B ．101100 C ．100101D ．99100【答案】C 【解析】由题意得a2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0⇒a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ⇒1a n ＋1－1＝1a n －1－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为以－2为首项，－1为公差的等差数列，∴1a n －1＝－2－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a n n 2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴a 1＋a 222＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝100101.7．(2018湖南衡阳模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝1，a n ＋1＝|a n －a n －1|(n ≥2)，则该数列前2 017项的和S 2 017＝( )A ．1 345B ．671C ．1 342D ．1 341【答案】A【解析】由a 1＝1，a 2＝1，a n ＋1＝|a n －a n －1|(n ≥2)，得a 3＝0，a 4＝1，a 5＝1，a 6＝0，则数列{a n }是以3为周期的周期数列，且a 1＋a 2＋a 3＝2.又2 017＝672×3＋1，所以S 2 017＝672×2＋1＝1 345.二、填空题8．(2018河北冀州中学月考)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 3，S 4成等差数列，则数列{a n }的公比为________．【答案】1＋52【解析】设{a n }的公比为q ，由题意易知q ＞0且q ≠1.因为S 1，S 3，S 4成等差数列，所以2S 3＝S 1＋S 4，即2a 1(1－q 3)1－q ＝a 1＋a 1(1－q 4)1－q，解得q ＝1＋52.9．(2018泰安模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n ·(a n ＋1)，记S n为{a n }的前n 项和，则S 2 017＝________.【答案】－1 007【解析】由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得，该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，所以S 2 017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＝504×(－2)＋1＝－1 007.10．(2018山东枣庄质检)对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”．若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.【答案】 2n ＋1－2【解析】 ∵a n ＋1－a n ＝2n, ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.三、解答题11．(2018湖北稳派教育联考)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋n (a 1－1)(n ∈N *)，且a 1，a 3－1，a 5＋7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)∵S n ＝n 2＋n (a 1－1)，又S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，∴d ＝2.又a 1，a 3－1，a 5＋7成等比数列．∴a 1(a 5＋7)＝(a 3－1)2，即a 1(a 1＋15)＝(a 1＋3)2，解得a 1＝1，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，故T n＝b 1＋b 2＋…＋b n－1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1.12．(2018辽宁五校联考)若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＜34.(1)【解】∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n＝14a n －1.又∵S 1＝a 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n 是以18为首项，14为公比的等比数列． ∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)【证明】由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)，∴1c n＝1(n ＋1)(n －1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34.又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。

2020届高考数学(理)一轮复习课时训练：第6章数列 29 Word版含解析

【课时训练】第29节等比数列及其前n 项和一、选择题1．(2018贵州遵义四中段测)设数列{a n }满足2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( )A.152 B ．154 C ．4 D ．2【答案】A【解析】由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 1(1－24)1－2a 1×2＝152.故选A.2．(2018河南名校联考)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝3，a 9＝a 2a 3a 4，则公比q 的值为( )A.2 B ．3 C ．2 D ．3【答案】D【解析】由a 9＝a 2a 3a 4得a 1q 8＝a 31q 6，所以q 2＝a 21.因为等比数列{a n }的各项都为正数，所以q ＝a 1＝3.3．(2018辽宁沈阳二中质检)在等比数列{a n }中，a 5a 11＝3，a 3＋a 13＝4，则a 15a 5＝( )A ．3B ．－13C ．3或13 D ．－3或－13【答案】C【解析】根据等比数列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧(a 3q 5)2＝3，a 3(1＋q 10)＝4，化简得3q 20－10q 10＋3＝0，解得q 10＝3或13，所以a 15a 5＝a 5q 10a 5＝q 10＝3或13.4．(2018江苏泰州模拟)已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12 B ．5＋12 C ．－5－12 D ．5－12或5＋12【答案】B【解析】设{a n }的公比为q (q ＞0)．由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.5．(2018广东珠海综合测试)在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a n a n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.6．(2019辽宁盘锦高中月考)已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn .若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( )A ．512B ．256C ．81D ．16【答案】A【解析】由题意知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)·(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.7．(2018湖南浏阳一中月考)已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值为( )A ．126B ．130C ．132D ．134【答案】C【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由题意可知，lg a 3＝b 3，lg a 6＝b 6.又b 3＝18，b 6＝12，则a 1q 2＝1018，a 1q 5＝1012，∴q 3＝10－6，即q ＝10－2，∴a 1＝1022.∵{a n }为正项等比数列，∴{b n }为等差数列，且公差d ＝－2，b 1＝22，故b n ＝22＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋24.∴数列{b n }的前n 项和S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2322＋5294.又n ∈N *，故n ＝11或12时，(S n )m a x ＝132. 二、填空题8．(2018河南洛阳统考)已知{a n }为等比数列，且a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝18.若a n ＝12，则n ＝________.【答案】 9【解析】设{a n }的公比为q ，由a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝(a 3＋a 6)q ＝18，解得q ＝12，由a 1(q 2＋q 5)＝36得a 1＝128，进而a n ＝128·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －8.由a n ＝12，解得n ＝9.9．(2018天津六校联考)设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________.【答案】15【解析】由题意得a n ＝(－2)n －1，所以a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝1＋|－2|＋(－2)2＋|(－2)3|＝15.10．(2018福建上杭一中月考)已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5.对任意的m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m 的项的个数记为b m ，则数列{b m }的前m 项和S m ＝________.【答案】72m ＋1－748【解析】设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n .由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎨⎧5a 1＋5×(5－1)2d ＝105，a 1＋9d ＝2(a 1＋4d )，解得a 1＝7，d ＝7，因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．对任意的m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m －1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝7×(1－49m )1－49＝7×(72m －1)48＝72m ＋1－748. 三、解答题11．(2018湖北鄂东南联盟期中联考)已知数列{a n }满足a 1＝8999，a n ＋1＝10a n ＋1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋19，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，求证：T n ＜12.(1)【解】由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋19，所以a n ＋1＋19a n ＋19＝10，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，首项为a 1＋19＝100，公比为10.所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，所以a n ＝10n ＋1－19. (2)【证明】由(1)可得b n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1，所以1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＜12，所以T n ＜12.12．(2018长沙模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列． (1) 【解】当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)【证明】由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ∈N *)． ∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n2(2a n ＋1－a n )＝12.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．。

2020版高考数学一轮总复习第六单元数列与算法课后作业文全集解析

数列的概念及其表示法1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足5<a k <8，则k 等于(B) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6由S n ＝n 2－9n ，可根据a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.解得a n ＝2n －10，再根据5<2k －10<8，解得7.5<k <9，所以k ＝8. 2．数列{a n }满足a n ＝nanb ＋c，其中a ，b ，c 均为正数，那么a n 与a n －1的大小关系是(A) A ．a n >a n －1 B ．a n <a n －1 C ．a n ＝a n －1 D ．不能确定a n ＝na nb ＋c ＝ab ＋cn是关于n 的增函数，所以a n >a n －1. 3．(2018·静宁县期末)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n ，那么a 2018＝(C) A ．20182B ．2018×2019C ．2017×2018 D．2016×2017因为a n －a n －1＝2(n －1)，所以a n －a 1＝2[1＋2＋…＋(n －1)]＝n (n －1)，因为a 1＝0，所以a n ＝n (n －1)．所以a 2018＝2018×2017.4．(2018·南昌模拟)设数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是(C)A ．a n ＝12nB ．a n ＝12n －1C ．a n ＝12nD ．a n ＝12n ＋1设{2n －1a n }的前n 项和为T n ，由条件T n ＝n2.当n ≥2时，2n －1a n ＝T n －T n －1＝n 2－n －12＝12，所以a n ＝122n －1＝12n ，当n ＝1时，20a 1＝a 1＝T 1＝12，所以a 1＝12满足上式，所以a n ＝12n .5．在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3(n ≥1)，则该数列的通项a n ＝ 2n ＋1－3 .因为a n ＋1＝2a n ＋3(n ≥1)，所以a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)(n ≥1)，即{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，a n ＋3＝4·2n －1＝2n ＋1，所以该数列的通项a n ＝2n ＋1－3.6．数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝ 12 .由a n ＋1＝11－a n ，得a n ＝1－1a n ＋1，因为a 8＝2，所以a 7＝1－1a 8＝1－12＝12，a 6＝1－1a 7＝－1，a 5＝1－1a 6＝2，…，所以{a n }是以3为周期的数列，所以a 1＝a 7＝12.7．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.8．(2017·安徽黄山二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝(D)A ．31B ．42C ．37D ．47因为a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，即S n ＋1－S n ＝S n ＋1，所以S n ＋1＋2＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，所以数列{S n ＋1}是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 5＋1＝3×24，解得S 5＝47.9．(2018·瓦房店市一模)设数列{a n }的各项都是正数，且对任意n ∈N *，都有4S n ＝a 2n ＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式为a n ＝ 2n .因为4S n ＝a 2n ＋2a n ，①当n ＝1时，4a 1＝a 21＋2a 1，得a 1＝2. 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1，② ①－②得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，即2(a n ＋a n －1)＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，因为a n >0，所以a n －a n －1＝2.所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .10．(2018·广州市模拟)已知数列{a n }满足a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －1a n ＝n4(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4na n2n ＋1，求数列{b n b n ＋1}的前n 项和T n .(1)当n ＝1时，a 1＝14.因为a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＋4n －1a n ＝n4，①所以a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＝n －14，n ≥2.②①－②得4n －1a n ＝14，所以a n ＝14n (n ≥2，n ∈N *)．由于a 1＝14也满足上式，故a n ＝14n (n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝4na n 2n ＋1＝12n ＋1.所以b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝12(12n ＋1－12n ＋3)．故T n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3)＝12(13－12n ＋3)＝n 6n ＋9.等差数列的概念及基本运算1．已知数列{a n }是等差数列，且a 7－2a 4＝6，a 3＝2，则公差d ＝(B) A ．2 2 B ．4 C ．8 D ．16因为a 7－2a 4＝a 7－(a 1＋a 7)＝－a 1＝6，所以a 1＝－6.又a 3＝2，所以公差d ＝a 3－a 13－1＝2－－2＝4.2．(2018·武汉二月调研)在等差数列{a n }中，前n 项和S n 满足S 7－S 2＝45，则a 5＝(B) A ．7 B ．9 C ．14 D ．18因为S 7－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝45，所以5a 5＝45，所以a 5＝9.3．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ≥2)，则a 6等于(D) A ．16 B ．8 C ．2 2 D ．4由2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1可知数列{a 2n }是等差数列，且首项为a 21＝1，公差d ＝a 22－a 21＝4－1＝3.所以{a 2n }的通项a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2.所以a 6＝3×6－2＝4.4．(2018·汕头模拟)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 5＝15a 5，S 5－S 2＝18，则3a 3－a 4的值为(A)A ．21B ．24C ．27D ．30因为{a n }是等差数列，由等差数列的性质和前n 项和公式及S 5＝15a 5，得a 3＝3a 5，①又因为S 5－S 2＝18，得a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝18，得a 4＝6，且a 4＝a 3＋d ，a 4＋d ＝a 5，②由①②得 a 4－d ＝3(a 4＋d )，解得a 4＝－2d ＝6，所以d ＝－3，则3a 3－a 4＝3(a 4－d )－a 4＝2a 4－3d ＝2×6－3×(－3)＝12＋9＝21.5．(2018·北京卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为__a n＝6n －3__.(方法一)设公差为d .因为a 2＋a 5＝36，所以(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，所以2a 1＋5d ＝36. 因为a 1＝3，所以d ＝6，所以通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3.(方法二)设公差为d ，因为a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，所以a 6＝33，所以d ＝a 6－a 15＝6.因为a 1＝3，所以通项公式a n ＝6n －3.6．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝－1n.由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ，两边同除以S n ＋1·S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.7．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －9.(2)由(1)得S n ＝a 1＋a n2·n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.8．(2018·郑州市二模)设数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n＋1，则a 20的值是(D) A ．415 B ．425C ．435D ．445由2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，得na n －(n －1)a n －1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，又因为1×a 1＝1,2×a 2－1×a 1＝5，所以数列{na n }为首项为1，公差为5的等差数列，则20a 20＝1＋19×5＝96，解得a 20＝245.9．数列{a n }是等差数列，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝10，a 11＋a 12＋…＋a 20＝20，则a 41＋a 42＋…＋a 50＝ 50 .因为A 1＝S 10，A 2＝S 20－S 10，A 3＝S 30－S 20，…，数列{A n }构成等差数列，其中A 1＝S 10＝10，公差d ＝10，所以a 41＋a 42＋…＋a 50＝A 5＝A 1＋(5－1)×d ＝10＋4×10＝50.10．已知数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n－1(n ≥2且n ∈N *)． (1)求证数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．(1)(方法一：构造法)因为a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n－1，所以当n ≥2时，a n －1＝2(a n －1－1)＋2n，所以a n －12n＝a n －1－12n －1＋1，所以a n －12n－a n －1－12n －1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 是以a 1－12＝2为首项，以1为公差的等差数列． (方法二：代入法) 因为a 1＝5，n ≥2时，所以a n －12n－a n －1－12n －1＝a n －1＋2n －－12n －a n －1－12n －1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 是以a 1－12＝2为首项，以1为公差的等差数列． (2)由(1)知a n －12n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，所以a n ＝(n ＋1)2n＋1.等比数列的概念及基本运算1．(2018·石家庄二模)在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝16，则a 6＝(C) A ．14 B ．28 C ．32 D ．64因为a 2＝2，a 5＝16，所以q 3＝a 5a 2＝8，所以q ＝2，所以a 6＝a 5q ＝32.2．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝(C)A ．2B ．1 C.12 D.18由题意可得a 3a 5＝a 24＝4(a 4－1)，所以a 4＝2，所以q 3＝a 4a 1＝8，所以q ＝2. 所以a 2＝a 1q ＝12.3．(2018·湖南五市十校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝Aq n＋B (q ≠0)，则“A ＝－B ”是“数列{a n }是等比数列”的(B)A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件若A ＝B ＝0，则S n ＝0，故数列{a n }不是等比数列；若数列{a n }是等比数列，当q ＝1时，S n ＝A ＋B ，所以a n ＝0(n ≥2)与数列{a n }是等比数列矛盾，所以q ≠1，S n ＝a 1－q n1－q，所以A ＝－a 11－q ，B ＝a 11－q，所以A ＝－B ，因此“A ＝－B ”是“数列{a n }是等比数列”的必要不充分条件．4．(2018·西宁模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝33，则a 12＋a 2012a 18＋a 2018＝(D)A.29B.49C.23D.89依题意知等比数列{a n }的公比q ＝a 3a 2＝332，故a 12＋a 2012a 18＋a 2018＝a 12＋a 2012q 6a 12＋a 2012＝1q 6＝89.5．已知{a n }为等差数列，公差为1，且a 5是a 3与a 11的等比中项，则a 1＝－1 .因为a 5是a 3与a 11的等比中项，所以a 25＝a 3·a 11.即(a 1＋4d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋10d )，解得a 1＝－1.6．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝6，S 4＝30，则S 6＝ 126 .因为{a n }是等比数列，所以S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列．所以S 6－S 4S 4－S 2＝S 4－S 2S 2，故S 6＝126. 7．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m .(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.8．(2017·湖南三湘名校联盟三模)一个等比数列{a n }的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有(B)A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项设首项为a 1，公比为q ，共有n 项．前三项的积为a 31q 3＝2，最后三项的积为a 31q 3n －6＝4，两式相乘得a 61q3(n －1)＝8，即a 21qn －1＝2，又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1q n －1＝64，所以a n1qn n －2＝64.则(a 21q n －1)n＝642，所以2n ＝642，所以n ＝12.9．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ 50 .因为a 1a 20＝a 10a 11＝a 9a 12＝e 5，所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1·a 2·…·a 20) ＝ln[(a 1·a 20)·(a 2·a 19)·…·(a 10·a 11)] ＝ln(e 5·e 5·…·e 5)＝ln e 50＝50.10．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q (q ≠0)．(1)由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3，①由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0. 解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.数列求和1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 3，则a 6＋a 7＋a 8＋a 9等于(C) A ．729 B ．387 C ．604 D ．854a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 5＝93－53＝604.2．已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的正整数n (A)A ．有最小值63B ．有最大值63C ．有最小值31D ．有最大值31S n ＝log 2(23·34·45·…·n ＋1n ＋2)＝log 22n ＋2<－5，所以2n ＋2<2－5，所以n ＋2>26，n >62，所以n ≥63. 3．(2018·湖南湘潭三模)已知T n 为数列{2n＋12n }的前n 项和，若m >T 10＋1013恒成立，则整数m 的最小值为(C)A ．1026B ．1025C ．1024D ．1023因为2n＋12n ＝1＋(12)n，所以T n ＝n ＋12＋122＋…＋12n ＝n ＋1－12n .所以T 10＋1013＝11－1210＋1013＝1024－1210.又m >T 10＋1023恒成立，所以整数m 的最小值为1024. 4．(2018·广州市二测)数列{a n }满足a 2＝2，a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，S n为数列{a n }的前n 项和，则S 100＝(B)A ．5100B ．2550C ．2500D ．2450当n 为奇数时，a n ＋2＋a n ＝0，即a 3＋a 1＝a 5＋a 3＝…＝a 99＋a 97＝0. 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2. 即a 4－a 2＝a 6－a 4＝…＝a 100－a 98＝2. 所以S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100) ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100 ＝2＋4＋6＋…＋a 100 ＝2×50＋50×492×2＝2550.5．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若S n ＝10，则n ＝ 120 .a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝n ＋1－1＝10，所以n ＝120.6．设数列{a n }的前n 项和为S n, 若a 2＝12, S n ＝kn 2－1(n ∈N *), 则数列{1S n}的前n 项和为n2n ＋1.由题意知，a 2＝S 2－S 1＝4k －1－(k －1)＝3k ＝12，所以k ＝4.所以S n ＝4n 2－1，则1S n ＝14n 2－1＝12(12n －1－12n ＋1)，则数列{1S n}的前n 项和为1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1. 7．(2018·深圳一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，证明：1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1<16.(1)当n ≥2时，a n ＋1＝2＋S n ， ①a n ＝2＋S n －1， ②①－②得a n ＋1－a n ＝a n ，所以a n ＋1＝2a n ，因为n ＝1时，a 2＝2＋2＝4，满足a n ＋1＝2a n ，所以{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n(n ∈N *)．(2)证明：由(1)得b n ＝1＋log 2(2n )2＝2n ＋1， 1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝12(12n ＋1－12n ＋3)，所以T n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3)＝12(13－12n ＋3)<16.8．设f (x )＝9x9x ＋3，则f (12000)＋f (22000)＋…＋f (19992000)的值为(B)A ．999 B.19992C ．1000 D.20012因为f (x )＝9x9x ＋3，所以f (1－x )＝91－x91－x ＋3＝39x ＋3，所以f (x )＋f (1－x )＝1.设S ＝f (12000)＋f (22000)＋…＋f (19992000)，S ＝f (19992000)＋f (19982000)＋…＋f (12000)，上述两式相加得2S ＝1×1999＝1999，所以S ＝19992.9．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N )，则数列{1a n }的前10项和为 2011 .由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n －＋n2＝n 2＋n －22.又因为a 1＝1，所以a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．因为当n ＝1时也满足此式，所以a n ＝n 2＋n2(n ∈N )．所以1a n ＝2n 2＋n ＝2(1n －1n ＋1)．所以S 10＝2(11－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.10．(2018·广州二模)已知各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＋1＝3a 2n ＋2a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝3(a 3＋3)，其中n ∈N *.(1)证明数列{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)令b n ＝na n, 求数列{b n }的前n 项和S n .(1)由a 2n ＋1＝3a 2n ＋2a n a n ＋1，得a 2n ＋1－2a n a n ＋1－3a 2n ＝0，得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－3a n )＝0，由已知a n >0，得a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }是公比为3的等比数列．由a 2＋a 4＝3(a 3＋3)，得3a 1＋27a 1＝3(9a 1＋3)，解得a 1＝3，所以a n ＝3n. (2)由b n ＝na n ＝n ·3n，则S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋(n －1)·3n －1＋n ·3n,①3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋(n －1)·3n＋n ·3n ＋1,②①－②得－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1＝－3n1－3－n ·3n ＋1＝(12－n )·3n ＋1－32. 所以S n ＝(n 2－14)·3n ＋1＋34.数列的综合问题1．(2018·北京卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n .(1)设{a n }的公差为d .因为a 2＋a 3＝5ln 2，所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为e a 1＝eln 2＝2，e a n e a n －1＝e a n －a n －1＝e ln 2＝2，所以数列{e a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝－2n1－2＝2(2n－1)＝2n ＋1－2.2．(2018·郑州三模)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，其前n 项和为S n ，若a 2＋a 8＝22，且a 4，a 7，a 12成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n ，证明：T n <34.(1)因为{a n }为等差数列，且a 2＋a 8＝22，所以a 5＝12(a 2＋a 8)＝11.由a 4，a 7，a 12成等比数列，得a 27 ＝a 4 ·a 12 ，即(11＋2d )2＝(11－d )·(11＋7d )，因为d ≠0，所以d ＝2，所以a 1＝11－4×2＝3，故a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． (2)证明：因为S n ＝n a 1＋a n2＝n (n ＋2)，所以1S n ＝1nn ＋＝12(1n －1n ＋2)，所以T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n －1－1n ＋1)＋(1n －1n ＋2)] ＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝34－12(1n ＋1＋1n ＋2)<34，故T n <34.3．(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，Tn ＝3＋－3n －21－3－n ＋n －2＝3n－n 2－5n ＋112，又当n ＝2时，T 2＝3也满足上式．所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *.4．(2018·石家庄一模)已知数列是{a n }满足： a 1＝1, a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，又因为b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n .由a 1＝1，得b 1＝1.累加可得：(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1＝1－12n －1，所以b n －b 1＝1－12n －1，因为b 1＝1，所以b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可得a n ＝2n －n2n －1，设数列{n2n －1}的前n 项和为T n ，则 T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1， ①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ， ② 12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以T n ＝4－n ＋22n －1，又2(1＋2＋…＋n )＝n (n ＋1)，所以S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.算法初步与程序框图1．(2018·广州二模)执行如图的程序框图，若输出y ＝32，则输入x 的值为(A)A ．log 23－1或 2B ．1－log 23或 2C ．1－log 23 D. 2此题的功能是已知分段函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－2log 2x ，x >1，2x， x ≤1的函数值，求相应的自变量的值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，2x ＝32，得x ＝log 232＝log 23－1.由⎩⎪⎨⎪⎧x >1，2－log 2x ＝32，得log 2x ＝12，所以x ＝ 2.所以x 的值为log 23－1或 2.2．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入x 的值为1，则输出y 的值为(C)A ．2B ．7C ．8D ．128由程序框图知，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥2，9－x ，x ＜2.因为输入x 的值为1，比2小，所以执行的程序要实现的功能为9－1＝8，故输出y 的值为8.3．(2017·山东卷)执行如图所示的程序框图，当输入的x 的值为4时，输出的y 的值为2，则空白判断框中的条件可能为(B)A ．x >3B ．x >4C ．x ≤4 D．x ≤5输入x ＝4，若满足条件，则y ＝4＋2＝6，不符合题意；若不满足条件，则y ＝log 24＝2，符合题意，结合选项可知应填x >4.4．(2017·全国卷Ⅲ)执行如图所示的程序框图，为使输出S 的值小于91，则输入的正整数N 的最小值为(D)A ．5B ．4C ．3D ．2假设N ＝2，程序执行过程如下：t ＝1，M ＝100，S ＝0，1≤2，S ＝0＋100＝100，M ＝－10010＝－10，t ＝2，2≤2，S ＝100－10＝90，M ＝－－1010＝1，t ＝3，3＞2，输出的S ＝90＜91.符合题意．所以N ＝2成立．显然2是N 的最小值．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的x ，t 均为2，则输出的S ＝(D)A ．4B ．5C ．6D ．7k ＝1时，1≤2成立，此时M ＝2，S ＝2＋3＝5；k ＝2时，2≤2成立，此时M ＝2，S ＝2＋5＝7； k ＝3时，3≤2不成立，终止循环，输出的S ＝7.6．(2017·全国卷Ⅱ)执行如图所示的程序框图，如果输入的a ＝－1，则输出的S ＝(B)A ．2B ．3C ．4D ．5当K ＝1时，S ＝0＋(－1)×1＝－1，a ＝1，执行K ＝K ＋1后，K ＝2；当K ＝2时，S ＝－1＋1×2＝1，a ＝－1，执行K ＝K ＋1后，K ＝3；当K ＝3时，S ＝1＋(－1)×3＝－2，a ＝1，执行K ＝K ＋1后，K ＝4；当K ＝4时，S ＝－2＋1×4＝2，a ＝－1，执行K ＝K ＋1后，K ＝5；当K ＝5时，S ＝2＋(－1)×5＝－3，a ＝1，执行K ＝K ＋1后，K ＝6；当K ＝6时，S ＝－3＋1×6＝3，执行K ＝K ＋1后，K ＝7>6，输出的S ＝3.结束循环． 8．(2018·全国卷Ⅱ)为计算S ＝1－12＋13－14＋…＋199－1100，设计了如图所示的程序框图，则在空白框中应填入(B)A ．i ＝i ＋1B ．i ＝i ＋2C ．i ＝i ＋3D ．i ＝i ＋4把各循环变量在各次循环中的值用表格列举如下．因为N ＝N ＋1i，由上表知i 是1→3→5，…，所以i ＝i ＋2，且当i ＝101>100时，循环终止．故空白框内应填入i ＝i ＋2.9．(2018·广州模拟)在如图的程序框图中，f′i(x)为f i(x)的导函数，若f0(x)＝sin x，则输出的结果是(A)A．－sin x B．cos xC．sin x D．－cos x初值f0(x)＝sin x，i＝0，i＝1，f1(x)＝cos x，i＝2，f2(x)＝－sin x，i＝3，f3(x)＝－cos x，i＝4，f1(x)＝sin x，由此可知f n(x)是以4为周期的一个周期函数．……当i＝2017时，因为2017＝4×504＋1，所以f2017(x)＝f1(x)＝cos x,2017>2017不成立，再进行一次循环，i＝2018，f2018(x)＝－sin x，因为2018>2017成立，退出循环，输出的f2018(x)＝－sin x.10．执行如图所示的程序框图，若输出k的值为8，则判断框内可填入的条件是(C)A ．s ≤34B ．s ≤56C ．s ≤1112D ．s ≤2524由s ＝0，k ＝0满足条件，则k ＝2，s ＝12，满足条件；k ＝4，s ＝12＋14＝34，满足条件；k ＝6，s ＝34＋16＝1112，满足条件；k ＝8，s ＝1112＋18＝2524，不满足条件，输出的k ＝8，所以应填s ≤1112. 11．(2016·天津卷)阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出S 的值为 4 .按照程序框图中的顺序依次计算，直到满足条件输出S 的值．第一次，S ＝8，n ＝2；第二次，S ＝2，n ＝3；第三次，S ＝4，n ＝4，满足n >3，输出的S ＝4.12．执行如图所示的程序框图(算法流程图)，输出的n 为 4 .执行第一次判断：|a －1.414|＝0.414＞0.005，a ＝32，n ＝2；执行第二次判断：|a －1.414|＝0.086＞0.005，a ＝75，n ＝3；执行第三次判断：|a －1.414|＝0.014＞0.005，a ＝1712，n ＝4；执行第四次判断：|a －1.414|＜0.005，输出的n ＝4.。

2020届高考步步高数学(理)一轮复习(京津鲁琼用解析版)第六章 6.1

§6.1数列的概念与简单表示法最新考纲 1.通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是一种特殊函数．1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n与S n的关系若数列{a n}的前n项和为S n，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N *，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1，1，1，1，…不能构成一个数列．( × ) (5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二教材改编2．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝ . 答案 21解析由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝ .答案 5n －4 题组三易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是．答案 (－3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)． (*) 因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是．答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎫n －1122＋1214， ∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N * 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，a 1＝2不满足上式.2n －1，n ≥2，n ∈N *.题型一由数列的前几项求数列的通项公式例1 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)23，415，635，863，1099，…； (2)－1，7，－13，19，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5 555，….解 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n(2n －1)(2n ＋1).(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n ，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为 a n ＝(－1)n (6n －5)．(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n －1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n －1)．思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式．跟踪训练1 (1)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝ .答案 (－1)n 1n (n ＋1)解析这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n 1n (n ＋1).(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝ .答案2n ＋1n 2＋1解析数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.题型二由a n 与S n 的关系求通项公式例2 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝ . 答案 4n －5解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝ . 答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝ . 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2，∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ， ① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)， ②由①－②得na n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2. (2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则a n ＝ .答案13n解析因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3， ①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， ② ①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝ .答案 (－2)n －1解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. 题型三由数列的递推关系求通项公式例3 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝ . 答案 n 2＋n ＋22解析由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.引申探究1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？解 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n.2．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n. 4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？解 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2. 即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝⎛⎭⎫n 2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ∈N *.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列． (2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列． (3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (4)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．跟踪训练3 (1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝ . 答案 3×2n －1－2解析由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝ .答案 4－1n解析原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n ，故a n ＝4－1n ，经验证a 1，a 2也符合．题型四数列的性质命题点1 数列的单调性例4 已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( )A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．摆动数列答案 B解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列．命题点2 数列的周期性例5 (2019·钦州质检)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2 020＝ .答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3，且a 1＋a 2＋a 3＝0，则S 2 020＝S 3×673＋1＝a 1＝0. 命题点3 数列的最值例6 (2018·山东、湖北部分重点中学冲刺模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( ) A ．－3 B ．－5 C ．－6 D ．－9 答案 D解析由S m －1＝－2，S m ＝0， S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2，则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断．跟踪训练4 (1)(2018·石家庄模拟)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 020的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D.13答案 D解析因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2，故数列{a n }是以4为周期的周期数列，故a 2 020＝a 505×4＝a 4＝13.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项 D ．第22项答案 C解析数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1，令6n －1＝55，得n ＝21.2．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1，1，3，5，7，9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”，∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件．3．(2018·三明质检)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255 B ．256 C ．510 D ．511 答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．(2018·长春五校模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前6项和为( )A.215B.415C.511D.1011 答案 A解析数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，S n －1＝n 2－1，两式作差得到a n ＝2n ＋1(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，符合上式，所以a n ＝2n ＋1， 1a n ·a n ＋1＝1()2n ＋1()2n ＋3＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3裂项求和得到S 6＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋…－115＝215，故选A. 5．(2019·长沙雅礼中学、河南实验中学联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C解析由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1，2，3，…，(n －1)取代，累加得a nn －a 11＝ln n －ln 1＝ln n ，a nn ＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C. 6．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A ．2n －1 B ．n 2 C.(n ＋1)2n 2D.n 2(n －1)2答案 D解析设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2(n －1)2.7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝ .答案 85解析借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.9．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝ . 答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0， ∴1S n －1S n ＋1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴S n ＝－1n.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝ . 答案2n 2－n ＋2解析由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得1a n ＋1－1a n ＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2，又因为a 1＝1，所以1a n ＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)．11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2，n ≥2，又a 1＝1＝1×(1＋1)2，也满足上式．综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2. 12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn，∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n (n ∈N *)． (2)b n ＝3n －λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n －λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列， ∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n 2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．13．(2018·合肥模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 019等于( ) A ．－22 019－1 B ．32 019－6 C.⎝⎛⎭⎫12 2 019－72 D.⎝⎛⎭⎫13 2 019－103答案 A解析由题意可得，3S n ＝2a n －3n ， 3S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式作差可得3a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝－2a n －3，a n ＋1＋1＝－2(a n ＋1)，结合3S 1＝2a 1－3＝3a 1可得a 1＝－3，a 1＋1＝－2，则数列{a n ＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列，据此有a 2 019＋1＝(－2)×(－2)2 018＝－22 019， ∴a 2 019＝－22 019－1.故选A.14．(2018·福州模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎫5，163 C.⎝⎛⎭⎫3，163 D ．(3，5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，由a 1＝a 知a 2＋2a 1＝4×22＝16， ∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ， a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ；若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( )A ．－494B ．－498 C ．－14 D ．－28答案 C 解析因为a n ＋12n －3＝a n 2n －5＋1，且a 12－5＝15－3＝－5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以－5为首项、1为公差的等差数列，则a n2n －5＝－5＋(n －1)＝n －6，即a n ＝(2n －5)(n －6)，令a n ≤0，得52≤n ≤6，又∵n ∈N *，∴n ＝3，4，5，6，则S n －S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a n 的最小值为a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－3－6－5－0＝－14.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n－1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n()2n －1·()2n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.。

2020年高考数学一轮复习考点与题型总结：第六章数列(含答案)

第六章数列第一节数列的概念与简单表示一、基础知识1．数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项． (2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数a n ＝f (n )当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性.(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 2．数列的分类(1)按照项数有限和无限分：⎩⎪⎨⎪⎧有限数列：项数有限个；无限数列：项数无限个；(2)按单调性来分：⎩⎪⎨⎪⎧递增数列：a n ＋1>a n ，递减数列：a n ＋1<a n，常数列：a n ＋1＝a n＝C (常数)，摆动数列.3．数列的两种常用的表示方法(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项与它的前一项(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．二、常用结论(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *. (2)在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.考点一由a n 与S n 的关系求通项a n[典例] (1)(2018·广州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为____________．(2)(2018·全国卷Ⅰ改编)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________. [解析] (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 (2)－2n －1[解题技法]1．已知S n 求a n 的3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并． 2．S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．[题组训练]1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2nD ．2n －1解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }为首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n .2.设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. 解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. 答案：22n －1考点二由递推关系式求数列的通项公式[典例] (1)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________________．(3)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________________． [解析] (1)累加法由题意得a 2＝a 1＋2，a 3＝a 2＋3，…，a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，以上各式相加，得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n .又∵a 1＝1，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．(2)累乘法∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n (n ∈N *)．(3)构造法∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．[答案] (1)a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *) (2)a n ＝1n (n ∈N *) (3)a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[解题技法]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式． (2)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用累乘法求数列{a n }的通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式．[题组训练]1.(累加法)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.解析：原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，以上(n －1)个式子的等号两端分别相加得，a n ＝a 1＋1－1n ，故a n ＝4－1n. 答案：4－1n2.(累乘法)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________. 解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n (n －1)2.答案：2n (n －1)23.(构造法)在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1＝4a n＋1，得a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为a 1＋13＝103，公比为4的等比数列，所以a n ＋13＝103·4n－1，故a n ＝103·4n －1－13.答案：a n ＝103·4n －1－13考点三数列的性质及应用考法(一) 数列的周期性[典例] 数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n<1，a 1＝35，则数列的第2 019项为________．[解析] 因为a 1＝35，故a 2＝2a 1－1＝15，a 3＝2a 2＝25，a 4＝2a 3＝45，a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，a 7＝2a 6＝25，…，故数列{a n }是周期数列且周期为4，故a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25.[答案] 25考法(二) 数列的单调性(最值)[典例] (1)(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足2S n ＝4a n －1，当n ∈N *时，{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫78n ，则当a n 取得最大值时，n ＝________. [解析] (1)∵2S n ＝4a n －1,2S n －1＝4a n －1－1(n ≥2)，两式相减可得2a n ＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝2a n －1(n ≥2)．又2a 1＝4a 1－1，∴a 1＝12，∴数列{a n }是公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －2，设b n ＝(log 2a n )2＋λlog 2a n ＝(n －2)2＋λ(n －2)， ∵{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝2n －3＋λ>0恒成立，∴λ>3－2n 恒成立， ∵(3－2n )max ＝1，∴λ>1，故实数λ的取值范围是(1，＋∞)．(2)当a n 取得最大值时，有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，∴⎩⎨⎧(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n －1，(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n≥(n ＋3)⎝⎛⎭⎫78n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤6，n ≥5，∴当a n 取得最大值时，n ＝5或6. [答案] (1)(1，＋∞) (2)5或6[解题技法]1．解决数列的单调性问题的3种方法2．解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．[题组训练]1．设数列{a n }，a n ＝nanb ＋c，其中a ，b ，c 均为正数，则此数列( ) A ．递增 B ．递减 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A 因为a n ＝na bn ＋c＝a b ＋c n ，而函数f (x )＝ab ＋c x(a >0，b >0，c >0)在(0，＋∞)上是增函数，故数列{a n }是递增数列．2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 019＝( )A ．－1 B.12C ．1D ．2解析：选A 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 019＝a 3×673＝a 3＝－1.[课时跟踪检测]A 级1．(2019·郑州模拟)已知数列1，3，5，7，…，2n －1，若35是这个数列的第n 项，则n ＝( )A ．20B ．21C ．22D ．23解析：选D 由2n －1＝35＝45，得2n －1＝45，即2n ＝46，解得n ＝23，故选D.2．(2019·福建四校联考)若数列的前4项分别是12，－13，14，－15，则此数列的一个通项公式为( )A.(－1)n ＋1n ＋1B.(－1)n n ＋1C.(－1)n nD.(－1)n －1n解析：选A 由于数列的前4项分别是12，－13，14，－15，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n 项的绝对值等于⎪⎪⎪⎪1n ＋1，故此数列的一个通项公式为(－1)n ＋1n ＋1.故选A.3．(2019·莆田诊断)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 5的值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2解析：选A 由题意可得，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a 3＝a 2－a 1＝2－1＝1，a 4＝a 3－a 2＝1－2＝－1，a 5＝a 4－a 3＝－1－1＝－2.故选A.4．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.5．设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.6．若数列{a n }满足12≤a n ＋1a n≤2(n ∈N *)，则称{a n }是“紧密数列”．若{a n }(n ＝1,2,3,4)是“紧密数列”，且a 1＝1，a 2＝32，a 3＝x ，a 4＝4，则x 的取值范围为( )A ．[1,3)B ．[1,3]C ．[2,3]D ．[2,3)解析：选C 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧12≤x32≤2，12≤4x≤2，解得2≤x ≤3，故x 的取值范围为[2,3]．7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列32，54，76，9m －n ，m ＋n 10，…，根据前3项给出的规律，实数对(m ，n )为________．解析：由数列的前3项的规律可知⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝8，m ＋n ＝11，解得⎩⎨⎧m ＝192，n ＝32，故实数对(m ，n )为⎝⎛⎭⎫192，32.答案：⎝⎛⎭⎫192，329．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2，得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0，令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．已知数列{a n }满足a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)，若{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)且数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n (n ＋2－λ)>0，所以n ＋2－λ>0，则λ<n ＋2.又n ∈N *，所以λ<3，因此实数λ的取值范围为(－∞，3)．答案：(－∞，3)11．(2019·衡阳四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝4a n ＋3. (1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{a n }的通项公式； (2)证明：a n ＋1＋1a n ＋1＝4.解：(1)a 1＝3，a 2＝15，a 3＝63，a 4＝255.因为a 1＝41－1，a 2＝42－1，a 3＝43－1，a 4＝44－1，…，所以归纳得a n ＝4n －1.(2)证明：因为a n ＋1＝4a n ＋3，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4.12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.(2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．B 级1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97.答案：972．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：283．在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n (n ∈N *)． (1)讨论数列{a n }的增减性； (2)求数列{a n }的最大项．解：(1)由题意，知a n >0，令a na n －1>1(n ≥2)，即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011nn ⎝⎛⎭⎫1011n －1>1(n ≥2)，解得2≤n <10，即a 9>a 8>…>a 1. 令a na n ＋1>1，即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1>1，整理得n ＋1n ＋2>1011，解得n >9，即a 10>a 11>….又a 9a 10＝1，所以数列{a n }从第1项到第9项单调递增，从第10项起单调递减． (2)由(1)知a 9＝a 10＝1010119为数列{}a n 的最大项．第二节等差数列及其前n 项和一、基础知识1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．在一个等差数列中，从第2项起，每一项有穷等差数列的末项除外都是它的前一项与后一项的等差中项.2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2.3．等差数列的通项公式及前n 项和公式与函数的关系(1)a n ＝a 1＋(n －1)d 可化为a n ＝dn ＋a 1－d 的形式．当d ≠0时，a n 是关于n 的一次函数；当d >0时，数列为递增数列；当d <0时，数列为递减数列．(2)数列{a n }是等差数列，且公差不为0⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．二、常用结论已知{a n }为等差数列，d 为公差，S n 为该数列的前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)在等差数列{a n }中，当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．特别地，若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)．(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等差数列，公差为md (k ，m ∈N *)． (4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d . (5)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(6)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12.(7)若项数为偶数2n ，则S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)；S 偶－S 奇＝nd ；S 奇S 偶＝a na n ＋1.(8)若项数为奇数2n －1，则S 2n －1＝(2n －1)a n ；S 奇－S 偶＝a n ；S 奇S 偶＝nn －1.(9)在等差数列{a n }中，若a 1>0，d <0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；若a 1<0，d >0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .考点一等差数列的基本运算[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A ．－12 B ．－10 C ．10D ．12(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝4，S 4＝22，a n ＝28，则n ＝( ) A ．3 B ．7 C ．9D ．10[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即3a 1＋2d ＝0.将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.(2)因为S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4a 2＋2d ＝22，d ＝(22－4a 2)2＝3，a 1＝a 2－d ＝4－3＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2，由3n －2＝28，解得n ＝10.[答案] (1)B (2)D[解题技法] 等差数列的基本运算的解题策略(1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．[提醒] 在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．[题组训练]1．(2019·开封高三定位考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝10，S 4＝16，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝10，4a 1＋4×32×d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故选B.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420 B ．340 C ．－420D ．－340解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192× (－2)＝－340，选D.3．在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 10＝12，则3a 7＋a 9＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．30解析：选C 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 5＋a 10＝12，所以2a 1＋13d ＝12，所以3a 7＋a 9＝3(a 1＋6d )＋a 1＋8d ＝4a 1＋26d ＝2(2a 1＋13d )＝2×12＝24. 考点二等差数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．(2)求a n 的表达式．[解] (1)证明：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0. 因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n.由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又因为a 1＝12，不适合上式．所以a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[题组训练]1．(2019·陕西质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( ) A ．13 B ．49 C ．35D ．63解析：选B 由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7(a 2＋a 6)2＝49.2．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：∵a n ＝2－1a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1＝2－1a n .∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n －1a n －1＝1， ∴{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及应用考法(一) 等差数列项的性质[典例] (1)已知在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＝4，则log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝( ) A ．10 B ．20 C ．40D ．2＋log 25(2)(2019·福建模拟)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若a 5＝2b 5，则S 9T 9＝( )A ．2B ．3C ．4D ．6[解析] (1)因为2a 1·2a 2·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝25(a 5＋a 6)＝25×4，所以log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝log 225×4＝20.选B.(2)由a 5＝2b 5，得a 5b 5＝2，所以S 9T 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝a 5b 5＝2，故选A.[答案] (1)B (2)A考法(二) 等差数列前n 项和的性质[典例] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36D ．27[解析] 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，故选B. [答案] B考法(三) 等差数列前n 项和的最值[典例] 在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15 B ．S 16 C ．S 15或S 16D ．S 17 [解析] ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值． [答案] A[解题技法]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{a n }为等差数列，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m ＋n ＋a m －n 的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n 项和公式的灵活应用，如a n ＝a m ＋(n －m )d ，d ＝a n －a mn －m，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[题组训练]1．在等差数列{a n }中，若a 3＝－5，a 5＝－9，则a 7＝( ) A ．－12 B ．－13 C ．12D ．13解析：选B 法一：设公差为d ，则2d ＝a 5－a 3＝－9＋5＝－4，则d ＝－2，故a 7＝a 3＋4d ＝－5＋4×(－2)＝－13，选B.法二：由等差数列的性质得a 7＝2a 5－a 3＝2×(－9)－(－5)＝－13，选B.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13解析：选C 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216， ∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18[课时跟踪检测]A 级1．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10等于( ) A ．90 B ．100 C ．110D ．130解析：选C 由递推公式可知该数列是公差为2的等差数列，S 10＝10×2＋10×92×2＝110.故选C.2．(2018·北京东城区二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，a 5＝5，则S 7的值是( ) A ．30 B ．29 C ．28D ．27解析：选C 由题意，设等差数列的公差为d ，则d ＝a 5－a 35－3＝1，故a 4＝a 3＋d ＝4，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7×4＝28.故选C. 3．(2019·山西五校联考)在数列{a n }中，a n ＝28－5n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，当S n 最大时，n ＝( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C ∵a n ＝28－5n ，∴数列{a n }为递减数列．令a n ＝28－5n ≥0，则n ≤285，又n ∈N *，∴n ≤5.∵S n 为数列{a n }的前n 项和，∴当n ＝5时，S n 最大．故选C.4．(2019·广东中山一中统测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝－2n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为( )A ．－45B ．－50C ．－55D ．－66解析：选D ∵a n ＝－2n ＋1，∴数列{a n }是以－1为首项，－2为公差的等差数列， ∴S n＝n [－1＋(－2n ＋1)]2＝－n 2，∴S n n ＝－n 2n ＝－n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为11×(－1)＋11×102×(－1)＝－66，故选D.5．(2018·南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝50，S 10＝200，则a 10＋a 11的值为( )A ．20B ．40C ．60D ．80解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎨⎧S 5＝5a 1＋5×42d ＝50，S 10＝10a 1＋10×92d ＝200，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋92d ＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4. ∴a 10＋a 11＝2a 1＋19d ＝80.故选D.6．(2019·广州高中综合测试)等差数列{a n }的各项均不为零，其前n 项和为S n .若a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，则S 2n ＋1＝( )A ．4n ＋2B ．4nC ．2n ＋1D ．2n解析：选A 因为{a n }为等差数列，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，又a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，所以a 2n ＋1＝2a n ＋1.因为数列{a n }的各项均不为零，所以a n ＋1＝2，所以S 2n ＋1＝(a 1＋a 2n ＋1)(2n ＋1)2＝2×a n ＋1×(2n ＋1)2＝4n＋2.故选A.7．已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________.解析：由题知公差d ＝－57，所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝514(15n －n 2)．答案：514(15n －n 2)8．已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6.答案：69．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 510．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910，a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10.答案：1011．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 又a 1＝－7，所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9.(2)由(1)得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2－8n ＝(n －4)2－16，所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.12．(2019·山东五校联考)已知等差数列{a n }为递增数列，其前3项的和为－3，前3项的积为8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，∵等差数列{a n }的前3项的和为－3，前3项的积为8，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.∵d >0，∴a 1＝－4，d ＝3，∴a n ＝3n －7. (2)∵a n ＝3n －7，∴a 1＝3－7＝－4， ∴S n ＝n (－4＋3n －7)2＝n (3n －11)2.B 级1．设a n ＝(n ＋1)2，b n ＝n 2－n (n ∈N *)，则下列命题中不正确的是( ) A ．{a n ＋1－a n }是等差数列 B ．{b n ＋1－b n }是等差数列 C ．{a n －b n }是等差数列D ．{a n ＋b n }是等差数列解析：选D 对于A ，因为a n ＝(n ＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝(n ＋2)2－(n ＋1)2＝2n ＋3，设c n ＝2n ＋3，所以c n ＋1－c n ＝2.所以{a n ＋1－a n }是等差数列，故A 正确；对于B ，因为b n ＝n 2－n (n ∈N *)，所以b n ＋1－b n ＝2n ，设c n ＝2n ，所以c n ＋1－c n ＝2，所以{b n ＋1－b n }是等差数列，故B 正确；对于C ，因为a n ＝(n ＋1)2，b n ＝n 2－n (n ∈N *)，所以a n －b n ＝(n ＋1)2－(n 2－n )＝3n ＋1，设c n ＝3n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝3，所以{a n －b n }是等差数列，故C 正确；对于D ，a n ＋b n ＝2n 2＋n ＋1，设c n ＝a n ＋b n ，c n ＋1－c n 不是常数，故D 错误．2．(2019·武汉调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36， ∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12. 答案：－123．(2018·辽宁五校协作体模考)已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)在(1)中，设b n ＝S n n ＋c ，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列．解：(1)∵a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根， ∴a 1＝1，a 2＝5，∴等差数列{a n }的公差为4，∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×4＝2n 2－n .(2)证明：当c ＝－12时，b n ＝S nn ＋c＝2n 2－n n －12＝2n ，∴b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2，b 1＝2.∴数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列．第三节等比数列及其前n 项和一、基础知识1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个. 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列与指数型函数的关系当q >0且q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n可以看成函数y ＝cq x ，其是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上；对于非常数列的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－a 11－q q n ＋a 11－q ，若设a ＝a 11－q ，则S n＝－aq n ＋a (a ≠0，q ≠0，q ≠1)．由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝－aq x ＋a 图象上一系列孤立的点．对于常数列的等比数列，即q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1.由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝a 1x 图象上一系列孤立的点．二、常用结论汇总——规律多一点设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ；若2s ＝p ＋r ，则a p a r ＝a 2s ，其中m ，n ，p ，q ，s ，r ∈N *.(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N *)．(4)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫pa n qb n 也是等比数列．(5)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .考点一等比数列的基本运算[典例] (2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . [解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6. [题组训练]1．已知等比数列{a n }单调递减，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：选B 由题意，设等比数列{a n }的公比为q ，q >0，则a 23＝a 2a 4＝1，又a 2＋a 4＝52，且{a n }单调递减，所以a 2＝2，a 4＝12，则q 2＝14，q ＝12，所以a 1＝a 2q＝4.2．(2019·长春质检)已知等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 6－S 4＝6a 4，则a 5＝( )A ．4B ．10C ．16D ．32解析：选C 设公比为q (q >0)，S 6－S 4＝a 5＋a 6＝6a 4，因为a 2＝2，所以2q 3＋2q 4＝12q 2，即q 2＋q －6＝0，所以q ＝2，则a 5＝2×23＝16.3．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：32考点二等比数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．[证明] 因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ，所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－4a n －2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n ＝2.因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．[解题技法]1．掌握等比数列的4种常用判定方法定义法中项公式法通项公式法前n 项和公式法2．等比数列判定与证明的2点注意(1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前n 项和公式法经常在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列．(2)证明一个数列{a n }不是等比数列，只需要说明前三项满足a 22≠a 1·a 3，或者是存在一个正整数m ，使得a 2m ＋1≠a m ·a m ＋2即可．[题组训练]1．数列{a n }的前n 项和为S n ＝2a n －2n ，证明：{a n ＋1－2a n }是等比数列．证明：因为a 1＝S 1,2a 1＝S 1＋2，所以a 1＝2，由a 1＋a 2＝2a 2－4得a 2＝6.由于S n ＝2a n －2n ，故S n ＋1＝2a n ＋1－2n ＋1，后式减去前式得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －2n ，即a n ＋1＝2a n ＋2n ，所以a n ＋2－2a n ＋1＝2a n ＋1＋2n ＋1－2(2a n ＋2n )＝2(a n ＋1－2a n )，又a 2－2a 1＝6－2×2＝2，所以数列{a n ＋1－2a n }是首项为2、公比为2的等比数列．2．(2019·西宁月考)已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上．在数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．解：(1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1. ∴数列{a n }是一个以2为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．②①②两式相减，得 b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)．∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23.∴数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．考点三等比数列的性质考法(一) 等比数列项的性质[典例] (1)(2019·洛阳联考)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－ 2 C. 2D ．－ 2 或 2(2)(2018·河南四校联考)在等比数列{a n }中，a n >0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2…a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．16[解析] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.(2)由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2…a 8＝16＝(a 4a 5)4，a n >0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.故选A.[答案] (1)B (2)A考法(二) 等比数列前n 项和的性质[典例] 各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( ) A ．80 B ．30 C ．26D ．16[解析] 由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列．由(x －2)2＝2×(14－x )，解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30. [答案] B [解题技法]应用等比数列性质解题时的2个关注点(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．[题组训练]1．(2019·郑州第二次质量预测)已知等比数列{a n }中，a 2a 5a 8＝－8，S 3＝a 2＋3a 1，则a 1＝( ) A.12 B ．－12C ．－29D ．－19解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，因为S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋3a 1，所以a 3a 1＝q 2＝2.因为a 2a 5a 8＝a 35＝－8，所以a 5＝－2，即a 1q 4＝－2，所以4a 1＝－2，所以a 1＝－12，故选B. 2．已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.答案：2[课时跟踪检测]A 级1．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 5＝16，a 2＝2，则公比q ＝( ) A ．4 B.52C ．2D.12解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1·a 1q 4＝16，a 1q ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，q ＝－2(舍去)，故选C.2．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则log 2a 7＋log 2a 11的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8，∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3，故选C.3．在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，则a 1＝( ) A ．1 B ．±1 C ．2D ．±2解析：选A 因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2q 4＝8，所以q 2＝2，则a 1＝a 3q2＝1，故选A.4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 019＝( )A ．22 018－12B ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 018C ．22 019－12D ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 019解析：选A 由等比数列的性质及a 2a 6＝8(a 4－2)，得a 24＝8a 4－16，解得a 4＝4. 又a 4＝12q 3，故q ＝2，所以S 2 019＝12(1－22 019)1－2＝22 018－12，故选A.5．在等比数列{a n }中，a 1＋a 3＋a 5＝21，a 2＋a 4＋a 6＝42，则S 9＝( ) A ．255 B ．256 C ．511D ．512解析：选C 设等比数列的公比为q ，由等比数列的定义可得a 2＋a 4＋a 6＝a 1q ＋a 3q ＋a 5q ＝q (a 1＋a 3＋a 5)＝q ×21＝42，解得q ＝2.又a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋q 2＋q 4)＝a 1×21＝21，解得a 1＝1.所以S 9＝a 1(1－q 9)1－q ＝1×(1－29)1－2＝511.故选C. 6．已知递增的等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和S n <0，则( ) A ．a 1<0,0<q <1 B ．a 1<0，q >1 C ．a 1>0,0<q <1D ．a 1>0，q >1解析：选A ∵S n <0，∴a 1<0，又数列{a n }为递增等比数列，∴a n ＋1>a n ，且|a n |>|a n ＋1|，则－a n >－a n ＋1>0，则q ＝－a n ＋1－a n ∈(0,1)，∴a 1<0,0<q <1.故选A.7．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }的前7项和为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝a 1q 4＝16，a 1＝1，得16＝q 4，解得q ＝2，所以S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1×(1－27)1－2＝127.答案：1278．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．解析：设该数列的公比为q ，由题意知， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48. 答案：12,489．(2018·江西师范大学附属中学期中)若等比数列{a n }满足a 2a 4＝a 5，a 4＝8，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.。

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【课时训练】第27节数列的概念与简单表示法
一、选择题
1．(2018四川凉山诊断)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )
A ．5
B ．7
2 C ．92 D ．132
【答案】B
【解析】∵a n ＋a n ＋1＝1
2，a 2＝2， ∴a n ＝⎩⎪⎨
⎪⎧
－32，n 为奇数，
2，n 为偶数.
∴S 21＝11×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－32＋10×2＝72. 2．(2018南昌模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N *)，则a 3
a 5
的值是( )
A.15
16 B ．158 C ．34 D ．38
【答案】C
【解析】由已知得a 2＝1＋(－1)2
＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3
，a 3＝1
2，
∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5
，∴a 5＝23，∴a 3a 5
＝12×32＝34.
3．(2018江西抚州七校联考)设a n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1
2n (n
∈N *)，那么a n ＋1－a n ＝( )
A.12n ＋1 B ．12n ＋2
C.12n ＋1＋12n ＋2 D ．
12n ＋1－12n ＋2
【答案】D
【解析】 ∵a n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n ＋(n －1)＋1
n ＋n ，n ∈
N *，∴a n ＋1＝
1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1(n ＋1)＋(n －1)＋1(n ＋1)＋n
＋1(n ＋1)＋(n ＋1)，n ∈N *，故a n ＋1－a n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－
1
2n ＋2
. 4．(2018河北石家庄二中调研)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1
2n －15
，则其最大项和最小项分别为( ) A ．1，－1
7 B ．0，－1
7 C.17，－17 D ．1，－1
11
【答案】A
【解析】由题意知a 1＝－113，a 2＝－111，a 3＝－1
7，a 4＝1，则当n ≥4时，a n ＞0.又当n ≥5时，a n －a n －1＝12n －15－1
2n －1－15
＝
－2n －1
(2n
－15)(2
n －1
－15)
＜0，所以a n ＜a n －1，于是数列{a n }的最大项为1，最小项为－1
7.
5．(2018浙江湖州模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则
满足a n
n ≤2的正整数n 的集合为( )
A ．{1,2,3}
B ．{2,3,4}
C ．{1,2,3,4}
D ．{1,2,3,4,5}
【答案】C
【解析】因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1.又a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1，故a n ＝2n －1.又a n
n ≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ∈{1,2,3,4}．
6．(2019河南信阳调研)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n
1－a n
(n
∈N *)，则a 2 018的值为( )
A ．－8
B ．－3
C ．－4
D ．13
【答案】B
【解析】由a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n
(n ∈N *
)得，a 2＝－3，a 3＝－12，
a 4＝1
3，a 5＝2，可见数列{a n }的周期为4，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3.
7．(2018广西南宁模拟)已知数列{a n }与{b n }的通项公式分别为a n ＝－n 2＋4n ＋5，b n ＝n 2＋(2－a )n －2a .若对任意正整数n ，a n ＜0或b n ＜0，则a 的取值范围为( )
A ．(5，＋∞)
B ．(－∞，5)
C ．(6，＋∞)
D ．(－∞，6)
【答案】A
【解析】由a n ＝－n 2＋4n ＋5＝－(n ＋1)(n －5)可知，当n ＞5时，a n ＜0.由b n ＝n 2＋(2－a )n －2a ＝(n ＋2)(n －a )＜0及已知易知－2＜n ＜
a ，为使当0＜n ≤5时，
b n ＜0，只需a ＞5.故选A.
8．(2018保定调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝( )
A ．2n －1
B ．2n －1＋1
C ．2n －1
D ．2(n －1)
【答案】A
【解析】由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知a n ＝2n －1.
9．(2018宁夏银川模拟)若数列{a n }满足(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －
1(n ≥2)且
a 1＝2，则满足不等式a n ＜462的最大正整数n 为( )
A ．19
B ．20
C ．21
D ．22
【答案】B
【解析】由(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1得，a n a n －1＝n ＋1
n －1，则a n ＝a 1×⎝ ⎛⎭⎪
⎫a 2a 1×⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3a 2×…×⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫a n a n －1＝2×31×42×…×n ＋1n －1＝n (n ＋1)．又a n ＜462，即n (n ＋1)＜462，所以n 2＋n －462＜0，即(n －21)(n ＋22)＜0，因为n ＞0，所以n ＜21.故所求的最大正整数n ＝20.
二、填空题
10．(2018湖北八校联考)已知数列{a n }的通项公式a n ＝
⎩
⎪⎨⎪⎧
2·3n －1(n 为偶数)，2n －5(n 为奇数)，则a 3a 4＝________. 【答案】 54
【解析】由题意知，a 3＝2×3－5＝1，a 4＝2×34－1＝54，∴a 3a 4
＝54.
11．(2018潍坊模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋2
3，则{a n }的通项公式a n ＝________.
【答案】⎝
⎛⎭
⎪⎫－12n －1
【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋2
3，
∴a 1＝1; 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，∴a n a n －1
＝－1
2.
∴数列{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝－1
2的等比数列，故a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－12n －1.
三、解答题
12．(2018安徽淮南第四次考试)已知数列{a n }，{b n }，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 2＝4b 1，S n ＝2a n －2，nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 3＋n 2(n ∈N *)．
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的通项公式．
【解】(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2.
当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧
S n ＝2a n －2，
S n －1＝2a n －1－2
得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，
n ≥2.
综上，数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n ，n ∈N *.
(2)∵a 2＝4b 1＝4，∴b 1＝1.
∵nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 3
＋n 2
，∴b n ＋1n ＋1－b n
n
＝n ，
故b n n －b n －1n －1＝n －1，…，b 33－b 22＝2，b 22－b 11＝1，n ≥2，
将上面各式累加得b n n －b 1
1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＝n (n －1)2，。

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