高考模拟复习试卷试题模拟卷第六章数列

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三年高考两年模拟高考数学专题汇编第六章数列3 文

第三节等比数列及其前n 项和A 组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A.2B.1C.12D.182.(2014·大纲全国，8)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A.31 B.32 C.63 D.643.(2015·新课标全国Ⅰ，13)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________.4.(2015·广东，13)若三个正数a ，b ，c 成等比数列，其中a ＝5＋26，c ＝5－26，则b ＝________.5.(2014·广东，13)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝________.6.(2016·新课标全国Ⅲ,17)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.7.(2016·北京，15)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和.8.(2015·四川，16)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .9.(2014·北京，15)已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．10.(2014·福建，17)在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河北衡水中学模拟)若等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝20，a 2＋a 4＝40，则公比q ＝( ) A.1 B.2 C.－2D.42.(2016·烟台诊断)已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(－∞，－1)∪(1，＋∞) C.[3，＋∞)D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)3.(2016·安徽安庆第二次模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，第二起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”则该人最后一天走的路程为( ) A.24里 B.12里 C.6里D.3里4.(2015·河南省焦作市高三统考)已知正项等比数列{a n }满足a 3·a 2n －3＝4n(n ＞1)，则log 2a 1＋log 2a 3＋log 2a 5＋…＋log 2a 2n －1＝( ) A.n 2B.(n ＋1)2C.n (2n －1)D.(n －1)25.(2015·山西省三诊)在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8.设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3n }的前n 项和.若S 3n ＝tT n ，则实数t 的值为( )A.7B.9C.12D.156.(2016·江西八所重点中学一联)已知数列{a n }中，a 1＝a (a ≠1)，{b n }是公比为23的等比数列.记b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，若不等式a n >a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是________. 7.(2016·河南八市重点高中第二次质量检测)数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＝n 2＋2n ＋2，n ∈N *，数列{b n }满足b n ＝a n －n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{nb n }的前n 项和T n .8.(2015·湖南十二校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *).(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列，并写出数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足4b 1－1·4b 2－1·4b 3－1·…·4b n －1＝(a n ＋1)n，求数列{b n }的前n 项和S n .答案精析A 组三年高考真题（2016～2014年）1.解析由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.选C.答案 C2.解析方法一设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 若q ＝1，则有S n ＝na 1，显然不符合题意，故q ≠1.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1（1－q 2）1－q＝3，S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝15，两式相除得1＋q 2＝5，解得q 2＝4.故q ＝2或q ＝－2.若q ＝2，代入解得a 1＝1，此时S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝1×（1－26）1－2＝63.若q ＝－2，代入解得a 1＝－3，此时S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝（－3）×[1－（－2）6]1－（－2）＝63.故选C.方法二因为数列{a n }为等比数列，若q ＝1，则有S n ＝na 1，显然不符合题意，故q ≠1. 设其前n 项和为S n ＝Aq n－A .由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝A ×q 2－A ＝3S 4＝A ×q 4－A ＝15，两式相除得1＋q 2＝5，解得q 2＝4，代入解得A ＝1. 故S n ＝q n－1.所以S 6＝q 6－1＝(q 2)3－1＝43－1＝63.故选C. 方法三设等比数列的公比为q .则S 2＝a 1＋a 2＝3，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(1＋q 2)(a 1＋a 2)＝(1＋q 2)×3＝15，解得q 2＝4.故S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(1＋q 2＋q 4)(a 1＋a 2)＝(1＋4＋42)×3＝63.故选C. 答案 C3.解析由a n ＋1＝2a n 知，数列{a n }是以a 1＝2为首项，q ＝2为公比的等比数列，由S n ＝2（1－2n）1－2＝126，解得n ＝6.答案 64.解析 ∵三个正数a ，b ，c 成等比数列， ∴b 2＝ac ＝(5＋26)(5－26)＝1. ∵b 为正数，∴b ＝1. 答案 15.解析由等比数列的性质可知a 1a 5＝a 2a 4＝a 23，于是由a 1a 5＝4得a 3＝2，故a 1a 2a 3a 4a 5＝32，则log 2 a 1＋log 2 a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 232＝5. 答案 56.解 (1)由题意得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，所以a n ＝12n －1.7.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝b 1q ＝3，b 3＝b 1q 2＝9得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝3. ∴{b n }的通项公式b n ＝b 1q n －1＝3n －1，又a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ＝1，2，3，…). (2)设数列{c n }的前n 项和为S n . ∵c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1，∴S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n －1＋3n －1＝2(1＋2＋…＋n )－n ＋30×（1－3n）1－3＝2×（n ＋1）n 2－n ＋3n－12＝n 2＋3n－12.即数列{c n }的前n 项和为n 2＋3n－12.8.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有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，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .9.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)．设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2. 所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1，b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)，数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n－1.10.解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3.所以a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析依题意得q ＝a 1q ＋a 3q a 1＋a 3＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝2，故选B.答案 B2.解析因为a 2＝1＝a 1q ，所以S 3＝a 1＋1＋a 1q 2＝1q＋q ＋1，当q >0时，1q ＋q ≥2，当q <0时，1q＋q ≤－2，所以S 3≥3或S 3≤－1，故选D. 答案 D3.解析记每天走的路程里数为{a n }，易知{a n }是公比q ＝12等比数列，S 6＝378，又S 6＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，∴a 1＝192，∴a 6＝192×125＝6.答案 C4.解析 ∵a 3·a 2n －3＝4n，∴log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝log 2(a 1a 2…a 2n －1)＝log 2(a 1a 2n －1a 3a 2n －3…)＝log 2(4n)n2＝n 2.答案 A5.解析 ∵q 3＝a 4a 1＝8，q ＝2，S 3n ＝1－23n 1－2，数列{a 3n }仍为等比数列，公比为q 3＝8，T n ＝1－8n1－8，∴1－8n －1＝t 1－8n－7，t ＝7. 答案 A 6.解析 ∵b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，∴a n ＝b n －2b n －1. 由a n ＋1－a n ＝b n ＋1－2b n ＋1－1－b n －2b n －1＝1b n －1－1b n ＋1－1＝b n ＋1－b n（1－b n ＋1）（1－b n ）＝－13b n⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23b n （1－b n ）<0，解得b n >32或0<b n <1.若b n >32，则b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1>32对一切n ∈N *恒成立，显然不可能；若0<b n <1，则0<b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<1对一切n ∈N *恒成立，只需0<b 1<1即可，即0<a 1－2a 1－1<1，解得a ＝a 1>2. 答案 (2，＋∞)7.解 (1)由2S n ＋a n ＝n 2＋2n ＋2， ① 得2S 1＋a 1＝5，∴a 1＝53，2S n ＋1＋a n ＋1＝(n ＋1)2＋2(n ＋1)＋2， ② ②－①得3a n ＋1－a n ＝2n ＋3.∵b n ＝a n －n ，∴a n ＝b n ＋n ，a n ＋1＝b n ＋1＋n ＋1， ∴3b n ＋1＝b n ，b 1＝a 1－1＝23.∴{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列.∴b n ＝23n .(2)由(1)得b n ＝23n ，∴nb n ＝2n3n ，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋232＋333＋…＋n 3n ，∴13T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n 3n ＋1，两式相减得23T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n1－13－n 3n ＋1＝1－2n ＋33n ＋1， ∴T n ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－2n ＋33n ＋1.8.(1)证明 ∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，∴a 1＋1＝2≠0，a n ＋1≠0， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2， ∴数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列. ∴a n ＋1＝2n ，a n ＝2n－1.(2)解 ∵4b 1－1·4b 2－1·4b 3－1·…·4b n －1＝(a n ＋1)n， ∴4b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －n ＝2n 2， ∴2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n )－2n ＝n 2，即2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n )＝n 2＋2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12n 2＋n .。

【6年高考4年模拟】高考数学第六章数列第二节数列的应用精品试题

【数学精品】2013版《6年高考4年模拟》第六章数列第二节数列的应用第一部分六年高考题荟萃2012年高考题1.【2012高考四川理12】设函数()2cos f x x x =-，{}n a 是公差为8π的等差数列，125()()()5f a f a f a π++⋅⋅⋅+=，则=-5123)]([a a a f （）A 、0B 、2116πC 、218π D 、21316π【答案】D【解析】]∵数列{a n }是公差为8π的等差数列，且12511225()()()(2c o s )(2c o s )(2c of a f a f a a a a a a a π++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=，即 1251252()(cos cos cos )5a a a a a a π++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+=，而{}n a 是公差为8π的等差数列，代入1251252()(cos cos cos )5a a a a a a π++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+=，即)4[cos(1033π--a aππππ5)]4cos()8cos(cos )8cos(3333=+++++-+a a a a ，3(2cos 21)cos 48cos a ππ++不是π的倍数，2,51033ππ=∴=∴a a .22315[()](20)()()22424f a a a πππππ∴-=⨯---+1613π=，故选D. [点评]本题难度较大，综合性很强.突出考查了等差数列性质和三角函数性质的综合使用，需考生加强知识系统、网络化学习. 另外，,0)cos cos (cos 521=+++a a a 隐蔽性较强，需要考生具备一定的观察能力.2.【2012高考湖北理7】定义在(,0)(0,)-∞+∞上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ， {()}n f a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”. 现有定义在(,0)(0,)-∞+∞上的如下函数：①2()f x x =； ②()2x f x =； ③()f x =； ④()ln ||f x x =. 则其中是“保等比数列函数”的()f x 的序号为 A ．① ② B ．③ ④ C ．① ③ D ．② ④【答案】C考点分析：本题考察等比数列性质及函数计算.【解析】等比数列性质，212++=n n n a a a ，①()()()()122212222++++===n n n n n n a f a a a a f a f ；②()()()12221222222+++=≠==+++n a a a a an n a f a f a f n n n n n ；③()()()122122++++===n n n n n n a f a a a a f a f ；④()()()()122122ln ln ln ++++=≠=n n n n n n a f a a a a f a f .选C3.【2012高考四川理16】记[]x 为不超过实数x 的最大整数，例如，[2]2=，[1.5]1=，[0.3]1-=-。

高考数学模拟试题与解析(数列)-普通用卷

数学强化训练（数列）1. 等比数列{a n }中，a 4，a 8是关于x 的方程x 2+10x +4=0的两个实根，则a 2a 6a 10=（）A. 8B. −8C. 4D. 8或−82. 已知等差数列{a n }{b n }的前n 项和分别为S n ，T n (n ∈N ∗)若S nT n=2n−1n+1则实数a 12b 6( ) A. 154B. 158C. 237D. 33. 定义数列{a n }的“项的倒数的n 倍和数”为T n =1a 1+2a 2+⋯+na n(n ∈N ∗)，已知T n =n 22（n ∈N *），则数列{a n }是（）A. 单调递减的B. 单调递增的C. 先增后减的D. 先减后增的4. 已知数列{a n }中，a 1=2，a n =-1an−1（n ≥2），则a 2010等于（）A. −12B. 12C. 2D. −25. 数列{a n }满足a n +a n +1=（-1）n •n ，则数列{a n }的前20项的和为（）A. −100B. 100C. −110D. 110 6. 等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6+a 4a 7=18，则log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10=（）A. 1+log 35B. 2+log 35C. 12D. 10 7. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n =2a n -2n +1（n ∈N +），则数列{a n }的通项公式为______． 8. 在数列{a n }中，若a 1=1，a n+1=2a n +3(n ∈N ∗)，则数列的通项公式是______ ． 9. 已知数列{a n }满足a n +2-2a n +1+a n =0，且a 4=π2，若函数f （x ）=sin2x +2cos 2x2，记y n =f（a n ），则数列{y n }的前7项和为______．10. 已知数列{a n }的通项公式为a n =n +λn ，若{a n }为递增数列，则实数λ的取值范围是________.11. 设{a n }是首项为a 1，公差为-1的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为______．12. 已知数列a 1，a 2-a 1，a 3-a 2，…，a n -a n -1，…是首项为1，公差为1的等差数列，则数列{a n }的通项公式a n =______．13. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =a n +n 2−1(n ∈N ∗)．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式（Ⅱ）定义x =[x ]+＜x ＞，其中[x ]为实数x 的整数部分，＜x ＞为x 的小数部分，且0≤＜x ＞＜1，记c n =＜a n a n+1S n＞，求数列{c n }的前n 项和T n ．14.设数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+1．（1）证明：数列{a n}为等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）求数列{n•（a n+1）}的前n项和T n．15.已知n为正整数，数列{a n}满足a n＞0，4（n+1）a n2-na n+12=0设数列{b n}满足b n=a n2t n}为等比数列；（2）若数列{b n}是等差数列，求实数t的值：（1）求证：数列{n√n（3）若数列{b n}是等差数列，前n项和为S n，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12S n-a14n2=16b m成立，求满足条件的所有整数a1的值．答案和解析1.【答案】B解：根据题意，等比数列{a n}中，有a4a8=a2a10=（a6）2，a4，a8是关于x的方程x2+10x+4=0的两个实根，则a4a8=4，a4+a8=-10，则a4＜0，a8＜0，则有a6=a4q2＜0，即a6=-2，a2a6a10=（a6）3=-8；2.【答案】A解：由题意可设，，，（k≠0）．则a12=S12-S11=288k-12k-242k+11k=45k．b6=T6-T5=36k+6k-25k-5k=12k．∴实数=．3.【答案】A解：当n=1时，，解得a1=2．当n≥2时，，所以，综上有，所以a1＞a2＞a3＞…，即数列{a n}是单调递减的．（或用）．4.【答案】A解：数列{a n}中，a1=2，a n=-（n≥2），则a2=-=-，a3=-=2，a4=-=-，a5=-=2，…，则数列{a n}为最小正周期为4的数列，则a2010=a4×502+2=a2=-，5.【答案】A解：∵数列{a n}满足，∴a2k-1+a2k=-（2k-1）．则数列{a n}的前20项的和=-（1+3+……+19）=-=-100．6.【答案】D解：∵等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，∴a5a6=a4a7=9，∴log3a1+log3a2+…+log3a10=log3（a1×a2×…×a10）=log3（a5a6）5==10．7.【答案】a n=（n+1）•2n解：∵S n=2a n-2n+1（n∈N+），∴n=1时，a1=2a1-4，解得a1=4；n≥2时，a n=S n-S n-1=2a n-2n+1-，化为：a n-2a n=2n，∴=1，∴数列是等差数列，公差为1，首项为2．∴=2+（n-1）=n+1，∴a n=（n+1）•2n．8.【答案】a n=2n+1-3解：∵a n+1=2a n+3，两边同时加上3，得a n+1+3=2a n+6=2（a n+3）∴=2数列{a n+3}是一个等比数列，首项a1+3=4，公比为2故数列{a n+3}的通项公式是a n+3=4•2n-1=2n+1，∴a n=2n+1-3，9.【答案】7解：根据题意数列{a n}满足a n+2-2a n+1+a n=0则数列{a n}是等差数列，又由a4=，则a1+a7=a2+a6=a3+a5=2a4=π，函数f（x）=sin2x+2cos2=sin2x+cosx+1，f（a1）+f（a7）=sin2a1+cosa1+1+sin2a7+cosa7+1=sin2a1+cosa1+1+sin2（π-a1）+cos（π-a1）+1=2，同理可得：f（a2）+f（a6）=f（a3）+f（a5）=2，f（a4）=sinπ+cos+1=1，则数列{y n}的前7项和f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）+f（a6）+f（a7）=7；10.【答案】（-∞，2）解：∵数列{a n}的通项公式为a n=n+（n=1，2，3，…），数列{a n}是递增数列，∴a n+1-a n=(n+1)-n+=＞0恒成立所以=∴当n=1时，有最小值2，即实数λ的取值范围是（-∞，2）．11.【答案】-1解：由题意可得，a n=a1+（n-1）（-1）=a1+1-n，S n==2，再根据若S1，S2，S4成等比数列，可得=S1•S4，即=a1•（4a1-6），解得a1=-12.【答案】1n（n+1）解：因为a1，a2-a1，a3-a2，…，a n-a n-1，…是首项为1、2公差为1的等差数列，所以当n≥2时a n=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（a n-a n-1）=n+，又因为a1=1满足上式，所以，13.解：（Ⅰ）∵S n=a n+n2−1(n∈N∗)，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=a n +n 2−1−[a n−1+(n −1)2−1]，整理得：a n -1=2n -1，∴a n =2n +1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，S n =n 2+2n ， ∴a n a n+1S n=(2n+1)(2n+3)n 2+2n =4n 2+8n+3n 2+2n=4+3n 2+2n ．∴当n =1时，c 1=＜4+1＞=0，当n ≥2时，有0＜3n 2+2n ＜1．∴c n =3n 2+2n =32(1n −1n+2)（n ≥2）． ∴T n =c 1+c 2+…+c n=0+32(12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1−1n+1+1n −1n+2) =32(12+13−1n+1−1n+2)=5n 2+3n−84n 2+12n+8．验证n =1成立，∴T n =5n 2+3n−84n 2+12n+8． 14.（1）证明：a 1=1，a n +1=2a n +1．可得：a n +1+1=2（a n +1）．∴数列{a n +1}是等比数列，公比为2，首项为2．∴a n +1=2n ，可得a n =2n -1．（2）解：n •（a n +1）=n •2n ．数列{n •（a n +1）}的前n 项和T n =2+2×22+3×23+…+n •2n ， ∴2T n =22+2×23+…+（n -1）•2n +n •2n +1， ∴-T n =2+22+…+2n -n •2n +1=2(2n −1)2−1-n •2n +1=（1-n ）•2n +1-2，故T n =（n -1）•2n +1+2．15.（1）证明：数列{a n }满足a n ＞0，4（n +1）a n 2-na n +12=0，∴2√n +1a n =√n a n +1，即n+1√n+1=2n √n ，∴数列{n√n }是以a 1为首项，以2为公比的等比数列．（2）解：由（1）可得：n √n =a 1×2n−1，∴a n 2=n a 12•4n -1．∵b n =a n 2tn，∴b 1=a 12t，b 2=a 22t2，b 3=a 32t3， ∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t2=a 12t+a 32t3，∴2×2a 12×4t=a 12+3a 12×42t2，化为：16t =t 2+48，解得t =12或4．（3）解：数列{b n }是等差数列，由（2）可得：t =12或4． ①t =12时，b n =na 12⋅4n−112n=na 124×3n，S n =n(a 1212+na 124×3n)2，∵对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 12S n -a 14n 2=16b m 成立，∴8a 12×n(a 1212+na 124×3n )2-a 14n 2=16×ma 124×3m，∴a 12(n3+n 23n −n 2)=4m 3m ，n =1时，化为：-13a 12=4m3m ＞0，无解，舍去． ②t =4时，b n =na 12⋅4n−14n=na 124，S n =n(a 124+na 124)2，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 12S n -a 14n 2=16b m 成立，∴8a 12×n(a 124+na 124)2-a 14n 2=16×ma 124，∴n a 12=4m ，∴a 1=2√m n．∵a 1为正整数，∴√m n=12k ，k ∈N *．∴满足条件的所有整数a 1的值为{a 1|a 1=2√mn，n ∈N *，m ∈N *，且√m n=12k ，k ∈N *}．。

高考数学一轮复习第6章数列6.5数列的综合应用练习(含解析)苏教版

高考数学一轮复习第6章数列6．5数列的综合应用练习（含解析）苏教版一、填空题1．(2012江苏南师附中高三第一次模拟考试)数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋cn (c 是常数，n ＝1,2，3，…)，且a 1，a 2，a 3成公比不为1的等比数列．则c ＝__________.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝21，则a 2＋a 5＋a 8＋a 11的值为__________． 3．若数列{a n }的前n 项和S n ＝log 3(n ＋1)，则a 29＝__________.4．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ∈N *)，则f (n )＝__________.5．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝__________.6．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝2，S 30＝14，则S 40＝__________.7．(2012江苏燕子矶中学月考)等比数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋a n －22(n ＝3,4，…)，则{a n }的前n 项和为__________．8．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，则这四个数为__________．9．(2012湖北高考改编)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x | ；④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为__________．二、解答题 10．(2012江苏泰州中学高三摸底考试)已知数列{a n }，a n ＝p n ＋λq n (p ＞0，q ＞0，p ≠q ，λ∈R ，λ≠0，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n ＋1－pa n )为等比数列；(2)数列{a n }中，是否存在连续的三项，这三项构成等比数列？试说明理由；(3)设A ＝{(n ，b n )|b n ＝3n ＋k n ，n ∈N *}，其中k 为常数，且k ∈N *，B ＝{(n ，c n )|c n ＝5n ，n ∈N *}，求A ∩B .11.(2012江苏淮阴中学高三第一次调研)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝|a n －1|(n ∈N *)．(1)若a 1＝114，求a 9与a 10的值；(2)若a 1＝a ∈ (k ，k ＋1)，k ∈N *，求数列{a n }前3k 项的和S 3k (用k ，a 表示)；(3)是否存在a 1，n 0(a 1∈R ，n 0∈N *)，使得当n ≥n 0时，a n 恒为常数？若存在，求出a 1，n 0；若不存在，说明理由．12．(2012湖南高考)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1,2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．参考答案一、填空题1．2 解析：由题意，得a 1＝2，a 2＝2＋c ，a 3＝2＋3c ，因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以(2＋c )2＝2(2＋3c )，解得c ＝0或c ＝2.当c ＝0时，a 1＝a 2＝a 3，不符合题意舍去，故c ＝2.2．7 解析：因为21＝S 12＝12a 1＋a 122＝6(a 1＋a 12)，所以a 1＋a 12＝72，所以a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝(a 2＋a 11)＋(a 5＋a 8)＝2(a 1＋a 12)＝7.3．log 33029 解析：a 29＝S 29－S 28＝log 330－log 329＝log 33029.4.27(8n ＋4－1) 解析：f (n )是首项为2，公比为23的等比数列的前n ＋4项的和，所以f (n )＝2[1－23n ＋4]1－23＝27(8n ＋4－1)． 5．2 600 解析：n 为奇数时，a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 99＝1；n 为偶数时，a 2＝2，a 4＝4，a 6＝6，…，a 100＝2＋49×2＝100.所以S 100＝(2＋4＋6＋…＋100)＋50＝502＋1002＋50＝2 600.6．30 解析：设S 20＝x ，S 40＝y ，则由题意，得2，x －2,14－x ，y －14成等比数列．于是由(x －2)2＝2(14－x )及x ＞0，得x ＝6，所以y －14＝14－x 2x －2＝824＝16，y ＝30.7．n 或23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 解析：设a n ＝q n －1，则由a n ＝a n －1＋a n －22，得q 2＝1＋q 2，解得q ＝1或q ＝－12.所以a n ＝1或a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，从而S n ＝n 或S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1＋12＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .8．0,4,8,16或15,9,3,1 解析：设这四个数依次为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋d 2a，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a －d ＋a ＋d 2a ＝16，a ＋a ＋d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d 1＝4，⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9，d 2＝－6.故这四个数依次为0,4,8,16或15,9,3,1.9．①③ 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则对于f (x )＝x 2，f (a n )＝a 2n ，由等比数列得，a 2n a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n －12＝q 2，符合题意；而对于f (x )＝2x 和f (x )＝ln|x |，则f (a n )＝2a n 和f (a n)＝ln|a n |.由等比数列定义得，2a n 2a n －1＝2a n －a n －1.ln|a n |ln|a n －1|都不是定值，故不符合题意；而对于f (x )＝|x | ，则f (a n )＝|a n |，由等比数列得，|a n | |a n －1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n a n －1 ＝|q | ，为定值，故符合题意．二、解答题10．(1)证明：∵a n ＝p n ＋λq n，∴a n ＋1－pa n ＝p n ＋1＋λq n ＋1－p (p n ＋λq n )＝λq n(q －p )． ∵λ≠0，q ＞0，p ≠q ， ∴a n ＋2－pa n ＋1a n ＋1－pa n＝q 为常数， ∴数列{a n ＋1－pa n }为等比数列．(2)解：取数列{a n }的连续三项a n ，a n ＋1，a n ＋2(n ≥1，n ∈N *)， ∵a 2n ＋1－a n a n ＋2＝(p n ＋1＋λq n ＋1)2－(p n ＋λq n )(p n ＋2＋λq n ＋2)＝－λp n q n (p －q )2， ∵p ＞0，q ＞0，p ≠q ，λ≠0，∴－λp n q n (p －q )2≠0，即a 2n ＋1≠a n a n ＋2，∴数列{a n }中不存在连续三项构成等比数列．(3)解：当k ＝1时，3n ＋k n ＝3n ＋1＜5n，此时A ∩B ＝；当k ＝3时，3n ＋k n ＝3n ＋3n ＝2·3n 为偶数，而5n为奇数，此时A ∩B ＝；当k ≥5时，3n ＋k n ＞5n，此时A ∩B ＝；当k ＝2时，3n ＋2n ＝5n，发现n ＝1符合要求，下面证明唯一性(即只有n ＝1符合要求)，由3n ＋2n ＝5n得⎝ ⎛⎭⎪⎫35n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25n ＝1，设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25x ，则f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25x是R 上的减函数，∴f (x )＝1的解只有一个，从而当且仅当n ＝1时⎝ ⎛⎭⎪⎫35n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25n ＝1，即3n ＋2n ＝5n，此时A ∩B＝{(1,5)}；当k ＝4时，3n ＋4n ＝5n，发现n ＝2符合要求，同理可证明唯一性(即只有n ＝2符合要求)，从而当且仅当n ＝2时⎝ ⎛⎭⎪⎫35n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＝1，即3n ＋4n ＝5n，此时A ∩B ＝{(2,25)}．综上，当k ＝1，k ＝3或k ≥5时，A ∩B ＝；当k ＝2时，A ∩B ＝{(1,5)}，当k ＝4时，A ∩B ＝{(2,25)}．11．解：(1)a 1＝114，a 2＝74，a 3＝34，a 4＝14，a 5＝34，a 6＝14，…所以a 9＝34，a 10＝14.(2)a 1＝a ，a 2＝a －1，…，a k ＝a －k ＋1，a k ＋1＝a －k ∈(0,1)，a k ＋2＝k ＋1－a ∈(0,1)，a k ＋3＝a －k ，…，a 3k －1＝a －k ，a 3k ＝k ＋1－a ，所以S 3k ＝ka －[1＋2＋…＋(k －1)]＋k ＝－k 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32k .(3)(ⅰ)当a 1∈[0,1)时，a 2＝1－a 1，此时，只需1－a 1＝a 1，a 1＝12，所以a 1＝12，n 0＝1是满足条件的一组解；(ⅱ)当a 1≥1时，不妨设a 1∈[m ，m ＋1)，m ∈N *，此时，a m ＋1＝a 1－m ∈[0,1)，则a 1－m ＝12，a 1＝m ＋12，所以取a 1＝m ＋12，n 0＝m ＋1满足题意；(ⅲ)当a 1＜0时，不妨设a 1∈(－l ，－l ＋1)，l ∈N *，则a 2＝1－a 1∈(l ，l ＋1)，a l ＋2＝a 2－l ∈(0,1)，此时，只需a 2－l ＝12，即a 1＝12－l ，所以取a 1＝12－l ，n 0＝l ＋2满足题意．综上，满足题意的a 1，n 0有三组：①a 1＝12，n 0＝1；②a 1＝m ＋12，n 0＝m ＋1，m ∈N *；③a 1＝12－l ，n 0＝l ＋2，l ∈N *.12．解：(1)对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )是等差数列，所以 B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n } 是首项为1，公差为4的等差数列．于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)证明：①必要性：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，则对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n ＞0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B n A n ＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n＝q a 1＋a 2＋…＋a n a 1＋a 2＋…＋a n＝q ，C n B n ＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B n A n ＝C nB n＝q .所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列． ②充分性：若对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )．于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，得a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，即 a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1.由n ＝1有B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0.因为a n ＞0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．。

三年高考两年模拟高考数学专题汇编第六章数列4文

第四节数列求和、数列的综合应用A 组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·江苏，11)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________．2.(2015·浙江，10)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 ＝________.3.(2016·新课标全国Ⅰ，17)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a nb n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和.4.(2016·浙江，17)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.5.(2016·山东，19)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n .求数列{c n }的前n 项和T n .6.(2016·四川，19)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n .7.(2015·北京，16)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7，问：b 6与数列{a n }的第几项相等？ 8.(2015·重庆，18)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .9.(2015·广东，19)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；(3)求数列{a n }的通项公式．10.(2015·湖北，19)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .11.(2015·安徽，18)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 12.(2015·福建，17)在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．13.(2015·天津，18)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．14.(2015·山东，19)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .15.(2015·浙江，17)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .16.(2015·湖南，19)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ；(2)求S n .17.(2014·安徽，18)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *. (1)证明：数列{a n n}是等差数列；(2)设b n ＝3n·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .18.(2014·新课标全国Ⅰ，17)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2}的前n 项和．19.(2014·山东，19)在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1)2n n a ，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .20.(2014·广东，19)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0,n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ,有1a 1a 1＋＋1a 2a 2＋＋…＋1a na n ＋＜13. B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·山东威海一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ；且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝( ) A.－16 B.16 C.31D.322.(2016·豫东、豫北十所名校阶段测试)已知{a n }是等差数列，a 3＝5，a 9＝17，数列{b n }的前n 项和S n ＝3n－1，若1＋a m ＝b 4，则正整数m 等于( ) A.29 B.28 C.27D.263.(2015·青岛模拟)已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝( ) A.11 B.99 C.120D.1214.(2016·天津南开中学第四次月考)设{a n }是各项均为正数的等比数列，S n 为其前n 项和，若S 4＝10S 2，则数列的公比q 的值为________.5.(2015·太原模拟)设数列{a n }满足a 2＋a 4＝10,点P n (n ,a n )对任意的n ∈N *,都有向量P n P n ＋1＝(1,2),则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.6.(2015·江西九校联考)已知数列{a n },{b n },其中a 1＝12,数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ∈N *),数列{b n }满足b 1＝2,b n ＋1＝2b n . (1)求数列{a n },{b n }的通项公式；(2)是否存在自然数m ,使得对于任意n ∈N *,n ≥2,有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＜m －84恒成立？若存在,求出m 的最小值.答案精析A 组三年高考真题（2016～2014年）1.2011 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＋n ）（n －1）2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.2.解析 ∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 23＝a 2a 7，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )， ∴a 1＝－23d ，∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1，即3a 1＋d ＝1， ∴a 1＝23，d ＝－1.答案 23－13.解 (1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1＝b n3，所以{b n }是首项为1，公比为13的等比数列.记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3. 4.解 (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，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 *，b 1＝2，b 2＝1，当n ≥3时，因为3n -1＞n ＋2，所以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，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n－n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *. 5.解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式. 所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）＝3(n ＋1)·2n ＋1.. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝－3n ·2n ＋2.6.解 (1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立. 所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列，a n ＝q n -1. 由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3，所以a 3＝2a 2，q ＝2，所以a n ＝2n -1(n ∈N *).(2)由(1)可知，a n ＝q n -1，所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2（n －1）.由e 2＝1＋q 2＝2解得q ＝3，所以e 21＋e 22＋…＋e 2n＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q 2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q2(n －1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n－1).7.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2. 又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4.所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1，2，…)． (2)设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16，所以q ＝2，b 1＝4. 所以b 6＝4×26-1＝128. 由128＝2n ＋2，得n ＝63，所以b n 与数列{a n }的第63项相等．8.解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8. 设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n－1.9.(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)证明因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，所以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)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，因为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，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．(3)解由(2)知；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12公比为的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝4，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.10.解 (1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n -1，故c n ＝2n －12n -1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n . ② ①－②得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n -2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n -1.11.解 (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n -1＝2n -1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.12.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) ＝2（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.13.解 (1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0，又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n -1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n -1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n -2＋(2n －1)×2n -1， 2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n -1＋(2n －1)×2n，两式相减得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n＝2n +1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n－3，所以S n ＝(2n －3)·2n＋3，n ∈N *. 14.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3. 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15. 解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝2n ·22n -1＝n ·4n，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n +1，两式相减得，－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n +1＝4（1－4n）1－4－n ·4n +1＝1－3n 3×4n +1－43.所以T n ＝3n －19×4n +1＋49＝4＋（3n －1）4n +19.15.解 (1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n(n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b nn ，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n b n ＝n ·2n.因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n +1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n +1. 故T n ＝(n －1)2n +1＋2(n ∈N *)．16.(1)证明由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ≥2，n ∈N *，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减得，a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n . (2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3，所以数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列，所以a 2n －1＝3n -1，a 2n ＝2×3n -1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n -1)＋2(1＋3＋…＋3n -1) ＝3(1＋3＋…＋3n -1)＝3(3n－1)2.所以S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3(3n－1)2－2×3n -1＝32(5×3n -2－1)．综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧32（5×3n －32－1），当n 是奇数，32（3n 2－1），当n 是偶数.17.(1)证明由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1. 所以{a n n }是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)解由(1)得a nn＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2，b n ＝n ·3n.S n ＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ， ①3S n ＝1·32＋2·33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1. ②①－②得，－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n ·3n +1＝3·（1－3n）1－3－n ·3n +1＝(1－2n )·3n +1－32.所以S n ＝(2n －1)·3n +1＋34.18.解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3，由题意得a 2＝2，a 4＝3. 设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12， a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设数列{a n2}的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2.两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n +1－n ＋22n +2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n -1－n ＋22n +2.所以S n ＝2－n ＋42n +1.19.解 (1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)由题意知b n ＝a n (n ＋1)2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)．因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n 2(4＋2n )2＝n (n ＋2)2；当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝(n －1)(n ＋1)2－n (n ＋1)＝－(n ＋1)22.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－(n ＋1)22，n 为奇数，n (n ＋2)2，n 为偶数.19.(1)解由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或S 1＝2，即a 1＝－3或a 1＝2，又a n 为正数，所以a 1＝2.(2)解由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得(S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3，又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n .(3)证明当n ＝1时，1a 1（a 1＋1）＝12×3＝16＜13成立；当n ≥ 2时，1a n （a n ＋1）＝12n （2n ＋1）＜1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜13. B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析由S n ＝2a n －1得S n ＋1＝2a n ＋1－1，两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1－1，a 1＝1，∴a 5＝1×25-1＝16.答案 B2.解析因为{a n }是等差数列，a 9＝17，a 3＝5，所以6d ＝17－5，得d ＝2，a n ＝2n －1.又因为S n ＝3n －1，所以当n ＝1时，b 1＝2，当n ≥2时，S n －1＝3n -1－1，b n ＝3n －3n -1＝2·3n -1，由1＋a m ＝b 4得1＋2m －1＝54，即m ＝27，故选C.答案 C3.解析 ∵S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1， ∴S m ＝m ＋1－1＝10，得m ＝120.答案 C 4.解析由题意，q >0，S 4S 2＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 1＋a 1q ＝（1＋q 2）（1＋q ）1＋q＝1＋q 2＝10，∴q ＝3. 答案 35.解析依题意得(1，a n ＋1－a n )＝(1，2)，a n ＋1－a n ＝2，数列{a n }是以2为公差的等差数列，又a 2＋a 4＝2a 3＝10，a 3＝5＝a 1＋4，所以a 1＝1，S n ＝1×n ＋n （n －1）2×2＝n 2. 答案 n 26.解 (1)因为S n ＝n 2a n (n ∈N *)，所以当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即a n a n －1＝n －1n ＋1，又a 1＝12，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 －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13·12＝1n (n ＋1).当n＝1时，上式成立，故a n＝a1＝1n(n＋1).因为b1＝2，b n＋1＝2b n，所以{b n}是首项为2，公比为2的等比数列，b n＝2n.(2)由(1)知，b n＝2n，则1＋1b1＋1b2＋…＋1b n－1＝1＋12＋122＋…＋12n-1＝2－12n-1.假设存在自然数m，使得对于任意n∈N*，n≥2，有1＋1b1＋1b2＋…＋1b n－1＜m－84恒成立，即2－12n－1＜m－84恒成立，由m－84≥2，解得m≥16.所以存在自然数m，使得对于任意n∈N*，n≥2，有1＋1b1＋1b2＋…＋1b n－1＜m－84恒成立，此时m的最小值为16.。

三年高考两年模拟高考数学专题汇编第六章数列2 文-人教版高三全册数学试题

第二节等差数列及其前n 项和A 组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅰ，7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( ) A.172B.192C.10D.12 2.(2015·新课标全国Ⅱ，5)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A.5 B.7 C.9 D.113.(2014·某某，5)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A.2B.－2C.12D.－124.(2014·新课标全国Ⅱ，5)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n (n ＋1)B.n (n －1)C.n n ＋12D.n n －125.(2014·某某，2)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A.5 B.8 C.10 D.146.(2015·某某，13)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．7.(2015·某某，13)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________8.(2014·某某，13)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值X 围为________．9.(2016·新课标全国Ⅱ，17)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0， [2.6]＝2.10.(2014·大纲全国，17)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2.(1)设b n＝a n＋1－a n，证明{b n}是等差数列；(2)求{a n}的通项公式．11.(2014·某某，19)已知等差数列{a n}的公差d＞0.设{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S2·S3＝36.(1)求d及S n；(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得a m＋a m＋1＋a m＋2＋…＋a m＋k＝65.12.(2014·某某，16)已知{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，S n表示{a n}的前n项和．(1)求a n及S n；(2)设{b n}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0.求{b n}的通项公式及其前n项和T n.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·黄冈中学检测)已知{a n}是等差数列，a1＋a7＝－2，a3＝2，则{a n}的公差d＝( )A.－1B.－2C.－3D.－42.(2016·豫北重点中学第二次联考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＋a4＋a7＝6，则S7＝( )A.10B.12C.14D.163.(2016·某某六市联考)设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，S n＋2－S n＝36，则n＝( )A.5B.6C.7D.84.(2016·某某一中高三期中)等差数列{a n}中，已知a1＝－12，S13＝0，使得a n＞0的最小正整数n为( )A.7B.8C.9D.105.(2015·某某调研)已知数列{a n}为等差数列，其前n项和为S n，若S4＝20，S6－S2＝36，则该等差数列的公差d＝( )A.－2B.2C.－4D.46.(2015·某某质量检测)已知等差数列{a n }中，a 1 007＝4，S 2 014＝2 014，则S 2 015＝( ) A.－2 015 B.2 015 C.－4 030D.4 0307.(2015·某某模拟)已知数列{a n }满足a 1＝15,且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0,则正整数k ＝( ) A.21 B.22 C.23D.248.(2015·某某某某模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·3a n }的前n 项和.答案精析A 组三年高考真题（2016～2014年）1.解析由S 8＝4S 4知，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，又d ＝1，∴a 1＝12，a 10＝12＋9×1＝192.答案 B2.解析 ∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3， ∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，得a 3＝1， ∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5.故选A.答案 A3.解析由S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6成等比数列可得(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.答案 D4.解析因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2. 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋1)．故选A.答案 A5.解析由等差数列的性质得a 1＋a 7＝a 3＋a 5，因为a 1＝2，a 3＋a 5＝10，所以a 7＝8，选B. 答案 B6.解析由已知数列{a n }是以1为首项，以12为公差的等差数列．∴S 9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.答案 277.解析由题意设首项为a 1，则a 1＋2 015＝2×1 010＝2 020， ∴a 1＝5. 答案 58.解析由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案⎝⎛⎭⎪⎫－1，－789.解(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 10.(1)证明由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1. 于是111()(21)nnk k k k aa k +==-=-∑∑，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1. 又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 11.解(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)·(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1＞k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 12.解(1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. 故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0，所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1qn －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝23(4n－1)．B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析a 1＋a 7＝a 3－2d ＋a 3＋4d ＝2a 3＋2d ＝－2，得d ＝－3. 答案C2.解析a 1＋a 4＋a 7＝3a 4＝6，a 4＝2，S 7＝7（a 1＋a 7）2＝7a 4＝14.答案C3.解析 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.所以选D. 答案 D4.解析方法一 S 13＝13（a 1＋a 13）2＝0，a 13＝－a 1＝12，d ＝a 13－a 113－1＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －14，解a n ＞0，得n ＞7，故使a n ＞0的最小正整数n 为8.方法二 S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7＝0，得a 7＝0，故a 8＞0，故a n ＞0的最小正整数为n ＝8. 答案 B5.解析由题意，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝20，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝36，作差可得8d ＝16，即d ＝2. 答案B6.解析因为{a n }是等差数列，所以S 2 014＝1 007(a 1＋a 2 014)＝1 007(a 1 007＋a 1 008)＝2 014，则a 1 007＋a 1 008＝2，又a 1 007＝4，所以a 1 008＝－2，则S 2 015＝2 015（a 1＋a 2 015）2＝2 015a 1 008＝－4 030.，故选C.答案 C7.解析3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1＝a n －23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ＋1·a k <0，∴⎝⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴正整数k ＝23，故选C. 答案C8.解(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由条件可知：(2＋3d )2＝(2＋d )·(2＋7d )，解得d ＝2. 由数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *).(2)由(1)知a n ·3a n ＝2n ×32n，设数列{a n ·3a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝2×32＋4×34＋6×36＋…＋2n ×32n， 32S n ＝2×34＋4×36＋…＋(2n －2)×32n＋2n ×32n ＋2，故－8S n ＝2(32＋34＋36＋ (32))－2n ×32n ＋2，所以S n ＝（8n －1）×9n ＋1＋932.所以数列{a n ·3a n }的前n 项和S n ＝（8n －1）×9n ＋1＋932.。

6数学第六章数列模拟测试卷

数学第六章数列模拟测试卷选择题部分（共60分）一、选择题（本大题共30小题，每小题2分，共60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. 数列2、5、8、11……中，第6项等于………………………………（）A.16B.17C.18D.192. 在数列112252、、、……中52是这个数列的……………………（） A.第6项 B 第7项 C.第11项 D.第19项3. 在数列{}n a 中，如果[]1)1(321+-+=n n a ，那么它的前四项是…………（） A.1,0,1,0 B.1,2,1,2 C.2,1,1,2 D.2,1,2,14. 在数列{}n a 中,满足122-=n n a ，则5a ……………………………………（）A.1024B.512C.256D.1285. 在数列{}n a 中，1113,3-+=-=n n a a a ，则3a 的值为……………………（） A. 821- B.827 C.821 D.827- 6. 在下列数列中，等差数列的是…………………………………………（）A.2,4,6,8………B.5,4,3,2……C.0，2，0，2……D.-1,2,-3,4…………7. 在等差数列1，4，7，10……的第20项等于…………………………（）A.57B.58C.59D.608. 等差数列2,25,3,27……的第10项等于…………………………………（） A.0 B.-1 C.-2 D.-39. 2和12的等差中项x 等于…………………………………………… （）A.5B.6C.7D.910. 如果41与x 的等差中项是6，则x 等于………………………………（） A. 447 B.447- C.423 D.423- 11. 等差数列2，-1，-4，-7的通项公式…………………………… （） A.n a n 32-= B. n a n 31--= C.n a n 35-= D.n a n 35+=12. 在等差数列{}n a 中，满足9,553==a a ，则=10a …………………（）A.17B.18C.19D.2013. 1，4，7，10……的前20项的和等于……………………………（）A.580B.590C.600D.61014. 在等差数列{}n a 中，0,2,351=-==n S d a ，则n 等于……………（）A.33B.34C.35D.3615. 数列1，2，4，8………的第10项等于…………………… （）A.1024B.2048C.512D.25816. 在等比数列{}n a 中，nn a 23⨯=，则首项1a 和公比q 分别为……（）A.2,3B.6,2C.6,21D.3,217. 在等比数列{}n a 中,1653=a a ，则=4a ………………………… （）A.4B.4±C.5D.3,218. 在等比数列{}n a 中,1213+⎪⎭⎫⎝⎛⋅=n n a ，则数列的公比为……………（）A.2B.3C.21D.3119. 等比数列2，4，8……的前10项的和是……………………（）A. 1021-B.1210-C.2210-D.2211-20. 在等比数列{}n a 中，若4,431==S a ,则公比q 等于……………（）A. 0B.-1C.1D.0或-1 21．数列-3,3,-3,3,…的一个通项公式是( )A ． a n =3(-1)n+1B ． a n =3(-1)nC ． a n =3-(-1)nD ． a n =3+(-1)n22．{a n }是首项a 1＝1，公差为d ＝3的等差数列，如果a n ＝2 005，则序号n 等于()． A ．667 B ．668 C ．669 D ．67023．在各项都为正数的等比数列{a n }中，首项a 1＝3，前三项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝()． A ．33 B ．72 C ．84 D ．18924．等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和为( )．A ．81B ．120C ．168D ．19225．已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列, 则a 2＝( )．A ．－4B ．－6C ．－8D ．－1026．．公比为2的等比数列{n a } 的各项都是正数，且 3a 11a =16，则5a =（A ） 1 （B ）2 （C ） 4 （D ）827．在等差数列{a n }中，已知a 4+a 8=16，则a 2+a 10=(A) 12 (B) 16 (C) 20 (D)2428．设{n a }为等差数列，公差d = -2，n S 为其前n 项和．若1011S S =，则1a =（）A ．18B ．20C ．22D ．2429在等比数列{a n }中，a 2＝8，a 5＝64，，则公比q 为（）A ．2B ．3C ．4D ．830．在等比数列（）中，若，，则该数列的前10项和为（） A ． B ． C ． D ．9212-非选择题部分（共40分）二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）31. 数列{}n a 的递推公式为221+=+n nn a a a ，其中31=a ，则=3a _______32. 在等差数列{}n a 中，若12,431==a a ,则______________,2==a d33. 在等差数列{}n a 中，若2,512-=-=-n n a a a ，则=5a __________34. 在等差数列{}n a 中，若18,231==S a ，则该数列的公差=d ______35. 若1,,41--x 成等比数列，则=x _________36. 在等比数列{}n a 中,如果2,51==q a ，则=5a __________37. 1024是等比数列1，2，4，8……的第________项38. 在等比数列{}n a 中，n n S 211-=，则=3a __________39. 在等比数列{}n a 中，如果4,121==a a ，则=5s __________40. 一批铁管10层，最底层20根，每往上一层铁管少一根，那么共有____根三、解答题（共20分，解答应写出文字说明及演算步骤）41. 在数列{}n a 中，前n 项和n n S n 22+=，求1a 、2a 及n a 。

高考数学一轮复习配高考+模拟第六章数列文试题

智才艺州攀枝花市创界学校2021届高考数学〔文〕一轮复习单元测试第六章数列单元才能测试一、选择题(本大题一一共12小题，每一小题5分，一共60分．)1．〔2021文〕在等差数列{a n }中,a 4+a 8=16,那么a 2+a 10=〔〕A ．12B ．16C ．20D ．242．〔2021文〕公比为2的等比数列{n a }的各项都是正数,且3a 11a =16,那么5a =〔〕A ．1B ．2C ．4D ．83、【2021普通高中高三上学期联考文】设等差数列{}n a 的前n 项和为,n S 2a 、4a 是方程220x x --=的两个根，5S =A.52B.5 C.52- 4、【2021高三上学期期末考试文】等比数列{}n a 的公比q=2，其前4项和460S =，那么2a 等于〔〕A ．8B ．6C ．-8D ．-65．夏季高山上气温从山脚起每升高100 m 降低0.7 ℃，山顶的气温是14.1 ℃，山脚的气温是26 ℃.那么，此山相对于山脚的高度是()A ．1500 mB ．1600 mC ．1700 mD ．1800 m6、【2021质检文】等差数列{}n a 中，2=d ，且431,,a a a 成等比数列，那么=2a 〔〕A ．4-B ．6-C ．8-D ．10-7．〔2021文〕数列{}n a 的通项公式cos2n n a n π=,其前n 项和为n S ,那么2012S 等于〔〕A ．1006B ．2012C ．503D ．08、【2021期末文】设等比数列{}n a 的前n项和为nS ，假设2012320102011+=S a ，2012320092010+=S a ，那么公比=q 〔〕(A)4(B)1或者4(C)2(D)1或者29．假设m ，n ，m ＋n 成等差数列，m ，n ，m ·n 成等比数列，那么椭圆＋＝1的离心率为()A.B.C.D.10．数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，假设＝，那么＝()A ．1B.C.D.11．数列1，，，，，，，，，，…，那么是此数列中的()A ．第48项B ．第49项C ．第50项D ．第51项12．〔2021文〕定义在(,0)(0,)-∞⋃+∞上的函数()f x ,假设对于任意给定的等比数列{}{},()n n a f a 仍是等比数列,那么称()f x 为“保等比数列函数〞.现有定义在那么其中是“保等比数列函数〞的()f x 的序号为〔〕A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④二、填空题(本大题一一共4小题，每一小题5分，一共20分，把答案填在题中横线上) 13、【2021十校高三上学期期末联考文】{}n a 是公差为d 的等差数列，假设6345312,a a a a =+++那么d =。

2023年高考数学模拟题汇编：数列(附答案解析)

2023年高考数学模拟题汇编：数列一．选择题（共12小题）1．（2021秋•洛阳期中）数列{a n}满足a1＝a2＝1，且a n＝a n﹣1+a n﹣2（n≥3），则a5＝（）A．1B．2C．5D．82．（2021秋•资阳月考）等差数列{a n}中，a4＝3，则S7＝（）A．B．C．19D．213．（2021秋•三门峡月考）等比数列{a n}中，a2＝3，a42＝a6+a7，则a5＝（）A．B．C．12D．244．（2021秋•湖北月考）设{a n）是首项为1的等比数列，且4a1，2a2，a3成等差数列，则数列{a n}的前n项和S n＝（）A．2n﹣1B．﹣2n+1C．2n﹣1D．﹣2n﹣1 5．（2021秋•玉林月考）已知数列{a n}为等比数列，若a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则a1•a2•a3•a4的值为（）A．5B．512C．1024D．20486．（2021秋•镇海区校级期中）已知数列{a n}满足a n+1＝（﹣1）n a n+2n，n∈N*，则S10＝（）A．32B．50C．72D．907．（2021秋•安徽月考）已知数列{a n}是公比为q的等比数列，则“q＞0”是数列{lga n}为等差数列的（）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8．（2021秋•全州县校级月考）已知数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…，n，则该数列的第22项为（）A．6B．7C．64D．659．（2021秋•聊城期中）设数列{a n}满足a1+2a2+4a3+…+2n﹣1a n＝，则数列{a n}的前n项和S n为（）A．B．C．D．10．（2021秋•渝中区校级月考）已知数列{a n}满足，，若对任意的正整数n，（n﹣3）（a n+1）＜λ恒成立，则实数λ的取值范围为（）A．B．C．D．11．（2021秋•浙江月考）已知正项数列{a n}满足na n2+a n﹣n＝0，则下列说法错误的是（）A．a2022＞a2021B．C．D．12．（2021秋•开福区校级期中）数列{a n}中，a1＝2，且（n≥2），则数列前2021项和为（）A．B．C．D．二．填空题（共5小题）13．（2021秋•安顺月考）等差数列{a n}的前n项和为S n，S7＝21，S9＝45，则数列{a n}的公差d＝．14．（2021秋•船营区校级月考）在数列{a n}中，a1＝﹣1，a3＝3，a n+2＝2a n+1﹣a n（n∈N*），则a10＝．15．（2021秋•凌河区校级月考）设S n是数列{a n}的前n项和，且S n＝2a n+n，则{a n}的通项公式为a n＝．16．（2021秋•呼和浩特月考）已知{a n}是等比数列，公比大于1，且a2+a4＝20，a3＝8．记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，则数列{b m}的前60项的和S60的值为．17．（2021秋•嘉定区校级月考）已知数列{a n}满足a n＝且数列{a n}是单调递增数列，则t的取值范围是．三．解答题（共5小题）18．（2021秋•宜宾月考）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a2＝2a1，且数列{S n+a1}是等比数列，求证：{a n}是等比数列．19．（2021秋•南通期中）已知数列{a n}是公比为正数的等比数列，且a1＝2，a3＝a2+4．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n＝log2a n，求数列{a n+b n}的前n项和S n．20．（2021秋•五华区校级月考）已知数列{a n}中，a1＝3，a n+1＝3a n+2•3n+1，n∈N*．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n．21．（2021秋•顺庆区校级期中）数列{a n}的前n项和为S n，且4，a n，S n成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若，求数列的前n项和T n．22．（2021秋•船营区校级月考）已知数列{a n}的前n项和为S n，满足a1＝2，且S n＝a n+1﹣2（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）从下面两个条件中选择一个填在横线上，并完成下面的问题．①T3＝12，且b4＝2b2；②b2是b1和b4的等比中项，T8＝72．若公差不为0的等差数列{b n}的前n项和为T n，且_______，求数列{}的前n项和A n．2023年高考数学模拟题汇编：数列参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．（2021秋•洛阳期中）数列{a n}满足a1＝a2＝1，且a n＝a n﹣1+a n﹣2（n≥3），则a5＝（）A．1B．2C．5D．8【考点】数列递推式．【专题】计算题；整体思想；演绎法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．【分析】利用递推关系式求解数列的第五项即可．【解答】解：由递推关系式可得：a3＝a2+a1＝1+1＝2，a4＝a3+a2＝2+1＝3，a5＝a4+a3＝3+2＝5，故选：C．【点评】本题主要考查数列的递推关系式，属于基础题．2．（2021秋•资阳月考）等差数列{a n}中，a4＝3，则S7＝（）A．B．C．19D．21【考点】等差数列的前n项和．【专题】函数思想；转化法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】由已知直接利用等差数列的前n项和公式与等差数列的性质求解．【解答】解：在等差数列{a n}中，由a4＝3，得S7＝．故选：D．【点评】本题考查等差数列的性质与前n项和，是基础题．3．（2021秋•三门峡月考）等比数列{a n}中，a2＝3，a42＝a6+a7，则a5＝（）A．B．C．12D．24【考点】等比数列的通项公式．【专题】计算题；方程思想；转化法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】先求出公比，再根据通项公式即可求出a5的值．【解答】解：∵a2＝3，a42＝a6+a7，∴（3q2）2＝3q4+3q5，解得q＝2，∴a5＝a2q3＝3×8＝24．故选：D．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题．4．（2021秋•湖北月考）设{a n）是首项为1的等比数列，且4a1，2a2，a3成等差数列，则数列{a n}的前n项和S n＝（）A．2n﹣1B．﹣2n+1C．2n﹣1D．﹣2n﹣1【考点】等比数列的前n项和；等差数列与等比数列的综合．【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】根据条件4a1，2a2，a3成等差数列，列出关于q方程求解q，代入等比数列前n 项和计算．【解答】解：设数列{a n}的公比为q，因为4a1，2a2，a3成等差数列，所以4a1+a3＝4a2，即4a1+a1q2'＝4a1q，将a1＝1代入得q2﹣4q+4＝0，解得q＝2，于是S n＝＝2n﹣1，故选：A．【点评】考查等差数列、等比数列的前n项和，考查数学运算等数学核心素养．5．（2021秋•玉林月考）已知数列{a n}为等比数列，若a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则a1•a2•a3•a4的值为（）A．5B．512C．1024D．2048【考点】等比数列的通项公式；等差数列与等比数列的综合．【专题】计算题；方程思想；定义法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．【分析】设等比数列{a n}的公比为q，由a2•a3＝2a1可得a1q•a1q2＝2a1，即a4＝a1•q3＝2，由题意有a4+2a7＝2×，从而可求得a7＝，进一步利用a7＝a4q3求出q值，再利用a1＝求出a1，最后利用a1•a2•a3•a4＝（a1•a4）2＝（16×2）2进行求解即可．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，由a2•a3＝2a1，得a1q•a1q2＝2a1，即a4＝a1•q3＝2，又a4与2a7的等差中项为，得a4+2a7＝2×，即2+2a7＝，解得a7＝，所以a7＝a4q3，即＝2q3，解得q＝，则a1＝＝＝16，所以a1•a2•a3•a4＝（a1•a4）2＝（16×2）2＝1024．故选：C．【点评】本题考查等比数列的通项公式，涉及等差中项，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．6．（2021秋•镇海区校级期中）已知数列{a n}满足a n+1＝（﹣1）n a n+2n，n∈N*，则S10＝（）A．32B．50C．72D．90【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】计算题；整体思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【分析】本题根据题干已知条件考虑当n为奇数时，n+1为偶数时可得公式a n+a n+1＝2n，然后运用分组求和法即可计算出S10的值，从而可得正确选项．【解答】解：由题意，可知当n为奇数时，n+1为偶数，此时由a n+1＝﹣a n+2n，即a n+a n+1＝2n，故S10＝a1+a2+•+a10＝（a1+a2）+（a3+a4）+（a5+a6）+（a7+a8）+（a9+a10）＝2×1+2×3+2×5+2×7+2×9＝2×（1+3+5+7+9）＝50．故选：B．【点评】本题主要考查运用分组求和法求前n项和问题．考查了转化与化归思想，整体思想，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属基础题．7．（2021秋•安徽月考）已知数列{a n}是公比为q的等比数列，则“q＞0”是数列{lga n}为等差数列的（）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【考点】充分条件、必要条件、充要条件；等差数列与等比数列的综合．【专题】计算题；整体思想；综合法；简易逻辑；逻辑推理．【分析】根据充分必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：当q＞0时，若a1＜0，则a n＜0，于是lga n无意义，充分性不成立；反之若数列{lga n}为等差数列，则a n必须大于0，所以公比q＞0，必要性成立；故选：B．【点评】本题考查了充分必要条件的判定，等比数列与等差数列的综合，属于中档题．8．（2021秋•全州县校级月考）已知数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…，n，则该数列的第22项为（）A．6B．7C．64D．65【考点】数列的函数特性．【专题】计算题；转化思想；归纳法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】通过已知数列，利用等差数列求和，求解数列数字个数的和，判断22所在的位置即可．【解答】解：按规律排列的数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…，n，可知1是1个；2是2个，3是3个，4是4个，5是5个，6是6个，7是7个，因为1+2+3+4+5+6＝21，1+2+3+4+5+6+7＝28，所以该数列的第22项为：7．故选：B．【点评】本题考查归纳推理的应用，等差数列求和，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．9．（2021秋•聊城期中）设数列{a n}满足a1+2a2+4a3+…+2n﹣1a n＝，则数列{a n}的前n项和S n为（）A．B．C．D．【考点】数列的求和．【专题】计算题；整体思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】由题得两式相减求出，即得解．【解答】解：由题得②﹣①得，∴，适合，所以，所以数列{a n}是以为首项，以的等比数列，所以，故选：C．【点评】本题考查错位相减法求数列的和，属于中档题．10．（2021秋•渝中区校级月考）已知数列{a n}满足，，若对任意的正整数n，（n﹣3）（a n+1）＜λ恒成立，则实数λ的取值范围为（）A．B．C．D．【考点】数列递推式；数列与不等式的综合．【专题】计算题；转化思想；转化法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】先求出数列的通项公式，由对任意的正整数n，（n﹣3）（a n+1）＜λ恒成立，可得（n﹣3）（）n＜λ恒成立，令b n＝（n﹣3）（）n，再利用作差法，判断数列{b n}的变化趋势，即可求出．【解答】解：∵，，∴a n+1+1＝（a n+1），∵a1+1＝，∴数列{a n+1}是以为首项，以为公比的等比数列，∴a n+1＝（）n，∵对任意的正整数n，（n﹣3）（a n+1）＜λ恒成立，∴（n﹣3）（）n＜λ恒成立，令b n＝（n﹣3）（）n，则b n+1﹣b n＝（n﹣2）（）n+1﹣（n﹣3）（）n＝（）n+1（n﹣2﹣2n+6）＝（）n+1（4﹣n），当n＜4时，b n+1＜b n，当n＞4时，b n+1＞b n，当n＝4或n＝5时，b n最大，最大值为b4＝b5＝，∴λ＞，故选：A．【点评】本题考查了数列的通项公式，数列的函数性质，不等式恒成立，考查了运算求解能力，属于中档题．11．（2021秋•浙江月考）已知正项数列{a n}满足na n2+a n﹣n＝0，则下列说法错误的是（）A．a2022＞a2021B．C．D．【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【分析】由求根公式可得a n，由分子有理化可得{a n}的单调性，可判断A；推得a n＞，可判断B、C；由a n＞，化简计算可判断D．【解答】解：正项数列{a n}满足na n2+a n﹣n＝0，可得a n＝（负的已舍去），又a n＝＝＝，可得{a n}是递增数列，则a2022＞a2021，故A正确；由a n＞，可得a2021＞，而﹣＝1﹣﹣（1﹣）＝﹣＞0，即有a2021＞，又a2022＞，故B错误，C正确；由a n＞＞，可得a2•a3•a4...•a2022＞×××...×＝＞，故D正确．故选：B．【点评】本题考查数列的递推式的运用，以及数列的单调性和放缩法的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．12．（2021秋•开福区校级期中）数列{a n}中，a1＝2，且（n≥2），则数列前2021项和为（）A．B．C．D．【考点】数列的求和．【专题】转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【分析】由数列的递推式可得﹣﹣2a n+2a n﹣1＝n，利用累加法可得＝n（n+1），取倒数后再由裂项相消法求出数列的前2021项和．【解答】解：数列{a n}中，a1＝2，且（n≥2），所以（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1）＝n+2（a n﹣a n﹣1），即﹣﹣2a n+2a n﹣1＝n，所以﹣＝n（n≥2），则﹣＝n﹣1，...，﹣＝2，将以上各式累加，可得﹣＝n+（n﹣1）+ (2)将a1＝2代入，可得＝1+2+...+n＝n（n+1），所以＝＝2（﹣），所以数列{}的前2021项和为2（1﹣+﹣+...+﹣）＝2（1﹣）＝．故选：B．【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的前n项和，训练了利用累加法求数列的通项公式及裂项相消法求数列的前n项和，是中档题．二．填空题（共5小题）13．（2021秋•安顺月考）等差数列{a n}的前n项和为S n，S7＝21，S9＝45，则数列{a n}的公差d＝2．【考点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和．【专题】计算题；方程思想；定义法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．【分析】利用S7＝（a1+a7）＝7a4＝21求出a4，再根据S9＝（a1+a9）＝9a5＝45求出a5，进一步利用d＝a5﹣a4即可求出{a n}的公差．【解答】解：由{a n}是等差数列，得S7＝（a1+a7）＝7a4＝21，解得a4＝3，又S9＝（a1+a9）＝9a5＝45，得a5＝5，所以d＝a5﹣a4＝5﹣3＝2．故答案为：2．【点评】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．14．（2021秋•船营区校级月考）在数列{a n}中，a1＝﹣1，a3＝3，a n+2＝2a n+1﹣a n（n∈N*），则a10＝17．【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】由已知递推式可得a2，再由等差数列的定义和通项公式，计算可得所求值．【解答】解：在数列{a n}中，a1＝﹣1，a3＝3，a n+2＝2a n+1﹣a n（n∈N*），可得a3＝2a2﹣a1，即3＝2a2﹣1，解得a2＝1，又a n+2﹣a n+1＝a n+1﹣a n＝a n﹣a n﹣1＝...＝a3﹣a2＝a2﹣a1＝1﹣（﹣1）＝2，所以{a n}是首项为﹣1，公差为2的等差数列，则a10＝﹣1+9×2＝17．故答案为：17．【点评】本题考查数列的递推式的运用，以及等差数列的通项公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．15．（2021秋•凌河区校级月考）设S n是数列{a n}的前n项和，且S n＝2a n+n，则{a n}的通项公式为a n＝1﹣2n（n∈N*）．【考点】数列递推式．【专题】转化思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】根据数列{a n}的前n项和S n＝2a n+n，利用递推公式即可求出数列{a n﹣1}是公比为q＝2的等比数列，由此求出{a n}的通项公式．【解答】解：因为S n是数列{a n}的前n项和，且S n＝2a n+n，所以S n﹣1＝2a n﹣1+（n﹣1），n≥2，所以a n＝2a n﹣2a n﹣1+1，n≥2，所以a n＝2a n﹣1﹣1，n≥2，即a n﹣1＝2（a n﹣1﹣1），n≥2，所以数列{a n﹣1}是公比为q＝2的等比数列，又a1＝2a1+1，所以a1＝﹣1，所以a1﹣1＝﹣2，所以a n﹣1＝﹣2×2n﹣1＝﹣2n，所以{a n}的通项公式为a n＝1﹣2n，n∈N*．故答案为：1﹣2n（n∈N*）．【点评】本题考查了数列的前n项和与通项公式应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．16．（2021秋•呼和浩特月考）已知{a n}是等比数列，公比大于1，且a2+a4＝20，a3＝8．记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，则数列{b m}的前60项的和S60的值为243．【考点】数列的求和．【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．【分析】首先利用等比数列的性质求出数列的公比，进一步求出数列的通项公式，最后利用对数的运算关系求出数列的和．数列的求和【解答】解：设数列{a n}的公比为q的等比数列，且a2+a4＝20，a3＝8．所以，整理得：2q2﹣5q+2＝0，解得q＝2或（q＞1），所以q＝2．则＝8×2n﹣3＝2n；记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，所以2n≤m，故n≤log2m，故b1＝0，b2＝b3＝1，b4＝b5＝b6＝b7＝2，b7＝b8＝...＝b15＝3，b16＝b17＝...＝b32＝4，b33＝b34＝...＝b65＝5；所以＝243．故答案为：243．【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．17．（2021秋•嘉定区校级月考）已知数列{a n}满足a n＝且数列{a n}是单调递增数列，则t的取值范围是（，）．【考点】数列的函数特性．【专题】计算题；转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【分析】由题意利用数列的单调性，结合二次函数的性质，解出不等式组，即可求出t 的取值范围．【解答】解：∵数列{a n}满足a n＝且数列{a n}是单调递增数列，∴，解得，即t的取值范围是（，），故答案为：（，）．【点评】本题主要考查了数列的函数特征，考查了二次函数的性质，是基础题．三．解答题（共5小题）18．（2021秋•宜宾月考）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a2＝2a1，且数列{S n+a1}是等比数列，求证：{a n}是等比数列．【考点】等比数列的性质．【专题】整体思想；定义法；等差数列与等比数列；逻辑推理．【分析】结合已知递推关系先求出等比数列的公比q，然后结合等比数列的求和公式及性质可求a n，进而可证．【解答】证明：：设等比数列{S n+a1}的公比为q，则，∴，∴，，对n＝1也适合，∴，∴，∴{a n}是等比数列．【点评】本题主要考查了由数列的递推关系求解通项公式，还考查了等比数列的判断，定义法的应用是求解问题的关键，属于中档题．19．（2021秋•南通期中）已知数列{a n}是公比为正数的等比数列，且a1＝2，a3＝a2+4．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n＝log2a n，求数列{a n+b n}的前n项和S n．【考点】等比数列的通项公式；数列的求和．【专题】计算题；整体思想；分析法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】（1）根据题意，通过解方程求出公比，即可求解；（2）根据题意，求出b n，结合组合法求和，即可求解．【解答】解：（1）根据题意，设{a n}公比为q，且q＞0，∵a1＝2，a3＝a2+4，∴2q2＝2q+4⇒q2−q−2＝0，解得q＝2或q＝−1（舍去），∴．（2）根据题意，得b n＝log22n＝n，故，因此＝．所以S n＝＝．【点评】本题考查数列的通项公式及数列求和，属于中档题．20．（2021秋•五华区校级月考）已知数列{a n}中，a1＝3，a n+1＝3a n+2•3n+1，n∈N*．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n．【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】（1）由已知可得数列是首项为1，公差为2的等差数列，求其通项公式，可得数列{a n}的通项公式；（2）直接利用错位相减法求数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：（1）由a n+1＝3a n+2•3n+1，得：，∴，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，∴，得．（2）由（1）得：，∴，①，②①﹣②得：＝，∴．【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的通项公式，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，是中档题．21．（2021秋•顺庆区校级期中）数列{a n}的前n项和为S n，且4，a n，S n成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若，求数列的前n项和T n．【考点】数列的求和．【专题】对应思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算；数据分析．【分析】（1）根据等差数列的性质，结合递推公式和等比数列的定义进行求解即可；（2）利用裂项相消法进行求解即可．【解答】解：（1）由题2a n＝S n+4，当n＝1时，2a1＝a1+4，得a1＝4，当n≥2时，S n＝2a n﹣4，S n﹣1＝2a n﹣1﹣4，两式相减得a n＝S n﹣S n﹣1＝2a n﹣2a n﹣1，得，∴数列{a n}是以4为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为a n＝4×2n﹣1＝2n+1；（2）由，即（2n+1）2＝，得b n＝2（n+1），故＝＝，所以T n＝＝．【点评】根据S n求a n，利用a n＝S n﹣S n﹣1；常用的数列求和有裂项相消和错位相减，本题考查了裂项相消，属于基础题．22．（2021秋•船营区校级月考）已知数列{a n}的前n项和为S n，满足a1＝2，且S n＝a n+1﹣2（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）从下面两个条件中选择一个填在横线上，并完成下面的问题．①T3＝12，且b4＝2b2；②b2是b1和b4的等比中项，T8＝72．若公差不为0的等差数列{b n}的前n项和为T n，且_______，求数列{}的前n项和A n．【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】（1）由数列的递推式：n＝1时，a1＝S1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；（2）分别选①②，运用等差数列的通项公式和求和公式，以及等比数列的中项性质，可得首项和公差，可得b n，T n，，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简可得所求和．【解答】解：（1）a1＝2，且S n＝a n+1﹣2，可得a1＝S1＝a2﹣2＝2，即有a2＝4，当n≥2时，S n﹣1＝a n﹣2，又S n＝a n+1﹣2，两式相减可得a n＝S n﹣S n﹣1＝a n+1﹣a n，即为a n+1＝2a n，而a2＝2a1，所以{a n}是首项和公比均为2的等比数列，则a n＝2n，n∈N*；（2）选①T3＝12，且b4＝2b2；设公差为d（d≠0），由b1+b2+b3＝3b2＝12，即b2＝4，又4+2d＝8，解得d＝2，则b n＝4+2（n﹣2）＝2n，n∈N*，T n＝n（2+2n）＝n（n+1）；选②b2是b1和b4的等比中项，T8＝72．可得b22＝b1b4，即（b1+d）2＝b1（b1+3d），化简可得b1＝d，又8b1+×8×7d＝72，解得b1＝d＝2，所以b n＝2+2（n﹣1）＝2n，T n＝n（n+1），则＝＝（n+1）•（）n，所以A n＝2•+3•（）2+4•（）3+...+（n+1）•（）n，A n＝2•（）2+3•（）3+4•（）4+...+（n+1）•（）n+1，上面两式相减可得A n＝1+（）2+（）3+...+（）n﹣（n+1）•（）n+1＝1+﹣（n+1）•（）n+1，化简可得A n＝3﹣（n+3）•（）n．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．。

高考数学复习演练第六章数列(含真题)-人教版高三全册数学试题

专题六数列考点1 数列的概念及简单表示法1.(2016·某某，13)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.1.1，121由于⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，当n ≥2时，由已知可得：a n ＋1＝2S n ＋1，① a n ＝2S n －1＋1，②①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1， ∴{a n }是以a 1＝1为首项，公比q ＝3的等比数列. ∴S 5＝1－1×351－3＝121.2.(2015·某某，11)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________.2.2011 [∵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＋n )(n －1)2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n ，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.]3.(2015·某某，18)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标.(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明T n ≥14n. 3.(1)解 y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1,曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1). 令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. (2)证明由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2>（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n .所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n .4.(2014·某某，19)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式.4. (1)依题有⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2)∵S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，①∴当n ≥2时，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1).② ①－②并整理得a n ＋1＝（2n －1）a n ＋6n ＋12n .由(1)猜想a n ＝2n ＋1，下面用数学归纳法证明.当n ＝1时，a 1＝2＋1＝3，命题成立；假设当n ＝k 时，a k ＝2k ＋1命题成立. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝（2k －1）a k ＋6k ＋12k ＝（2k －1）（2k ＋1）＋6k ＋12k＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时，结论成立. 综上，∀n ∈N *，a n ＝2n ＋1.考点2 等差数列及其前n 项和1.（2017•新课标Ⅰ,4）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.81. C ∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 4+a 5=24，S 6=48，∴，解得a 1=﹣2，d=4，∴{a n }的公差为4．故选C ．2.（2017•某某,6）已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d＞0”是“S 4+S 6＞2S 5”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 2. C ∵S 4+S 6＞2S 5，∴4a 1+6d+6a 1+15d ＞2（5a 1+10d ），∴21d ＞20d ，∴d ＞0，故“d＞0”是“S 4+S 6＞2S 5”充分必要条件，故选C.3.(2016·某某,6)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 B.C.{d n }是等差数列D.{d 2n }是等差数列3.A[S n 表示点A n 到对面直线的距离(设为h n )乘以|B n B n －1|长度一半,即S n ＝12h n |B n B n －1|，由题目中条件可知|B n B n －1|的长度为定值，过A 1作垂直得到初始距离h 1，那么A 1，A n 和两个垂足构成等腰梯形，则h n ＝h 1＋|A 1A n |tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，从而S n ＝12(h 1＋|A 1A n |tan θ)|B n B n ＋1|，S n ＋1＝12(h 1＋|A 1A n ＋1|)|B n B n ＋1|，则S n ＋1－S n ＝12|A n A n ＋1||B n B n ＋1|tan θ，都为定值，所以S n ＋1－S n 为定值，故选A.]4.(2016·全国Ⅰ，3)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A.100B.99 C.98D.97 4.C[由等差数列性质,知S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9×2a 52＝9a 5＝27,得a 5＝3,而a 10＝8,因此公差d ＝a 10－a 510－5＝1,∴a 100＝a 10＋90d ＝98，故选C.]5.(2015·某某，2)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A.－1 B.0 C.1 D.65.B [由等差数列的性质,得a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0,选B.]6.(2015·，6)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) A.若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0B.若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C.若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3D.若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞06.C [A,B 选项易举反例，C 中若0＜a 1＜a 2，∴a 3＞a 2＞a 1＞0，∵a 1＋a 3>2a 1a 3，又2a 2＝a 1＋a 3，∴2a 2>2a 1a 3，即a 2>a 1a 3成立.]7.(2014·某某，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等于( ) A.8 B.10 C.12 D.147.C [设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3＝3a 1＋3d ，所以12＝3×2＋3d ，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C.]8.(2014·某某，8)设等差数列{a n }的公差为d .若数列{12n a a}为递减数列，则( ) A.d <0 B.d >0 C.a 1d <0 D.a 1d >08.C [{2a 1a n }为递减数列，可知{a 1a n }也为递减数列，又a 1a n ＝a 21＋a 1(n －1)d ＝a 1dn ＋a 21－a 1d ，故a 1d <0，故选C.]9.（2017•新课标Ⅱ,15）等差数列{a n }的前n 项和为S n ， a 3=3，S 4=10，则=________．9.等差数列{a n }的前n 项和为S n ， a 3=3，S 4=10，S 4=2（a 2+a 3）=10，可得a 2=2，数列的首项为1，公差为1，S n =，= ，则=2[1﹣++…+]=2（1﹣）=．故答案为：．10.(2016·，12)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＝________. 10.6 [∵a 3＋a 5＝2a 4＝0，∴a 4＝0.又a 1＝6，∴a 4＝a 1＋3d ＝0，∴d ＝－2. ∴S 6＝6×6＋6×（6－1）2×(－2)＝6.]11.(2016·某某，8)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________.11.20[设等差数列{a n }公差为d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20.]12.(2016·全国Ⅱ，17)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和.12.(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.13.(2015·某某，10)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 13.10[因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.]14.(2015·某某，13)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________.14.5[由题意设首项为a 1，则a 1＋2 015＝2×1 010＝2 020，∴a 1＝5.]15.（2017•某某,19）对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k+1+…+a n ﹣1+a n+1+…a n+k﹣1+a n+k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立，则称数列{a n }是“P（k ）数列”．（Ⅰ）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（Ⅱ）若数列{a n }既是“P （2）数列”，又是“P （3）数列”，证明：{a n }是等差数列．15.（Ⅰ）证明：设等差数列{a n }首项为a 1，公差为d ，则a n =a 1+（n ﹣1）d ，则a n ﹣3+a n ﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=（a n ﹣3+a n+3）+（a n ﹣2+a n+2）+（a n ﹣1+a n+1）=2a n +2a n +2a n =2×3a n ，∴等差数列{a n }是“P（3）数列”；（Ⅱ）证明：由数列{a n }是“P（2）数列”则a n ﹣2+a n ﹣1+a n+1+a n+2=4a n ， ①数列{a n }是“P （3）数列”a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n ， ②由①可知：a n ﹣3+a n ﹣2+a n +a n+1=4a n﹣1， ③a n ﹣1+a n +a n+2+a n+3=4a n+1， ④由②﹣（③+④）：﹣2a n =6a n ﹣4a n ﹣1﹣4a n+1，整理得：2a n =a n ﹣1+a n+1，∴数列{a n }是等差数列．16.(2015·新课标全国Ⅰ，17)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.16.解(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ). 由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17⎦⎥⎤＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3（2n ＋3）17.(2014·，12)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大.17.8 [∵数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<0.∴当n ＝8时，其前n 项和最大.]18.(2015·某某，16)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.18.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有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，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋41＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000，即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10，于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.19.(2014·大纲全国，18)等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .19.解 (1)由a 1＝10，a 2为整数知：等差数列{a n }的公差d 为整数. 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0. 解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n10（10－3n ）20.(2014·某某，20)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”.(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{}，使得a n ＝b n ＋(n ∈N *)成立.20.(1)证明由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n＝a m .所以{a n }是“H 数列”.(2)解由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1. 因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1.从而d ＝－1. 当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n （3－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”.因此d 的值为－1.(3)证明设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *). 令b n ＝na 1，＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋(n ∈N *). 下证{b n }是“H 数列”. 设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2a 1(n ∈N *).于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”.同理可证{}也是“H 数列”.所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{}，使得a n ＝b n ＋(n ∈N *)成立.考点3 等比数列及其前n项和1.（2017•新课标Ⅰ,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20，接下来的两项是20， 21，再接下来的三项是20， 21， 22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100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.1101. A 设该数列为{a n}，设b n= +...+ =2n﹣1，（n∈N+），则= a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N，数列{b n}的前n项和为T n，则T n=21﹣1+22﹣1+ (2)﹣1=2n﹣n﹣2，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，… ，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n=，所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=（21+22+23+…+2n）﹣n=﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得：n=1，总共有+2=2，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）=0，解得：n=5，总共有+3=17，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16（﹣2﹣n）=0，解得：n=29，总共有+5=440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．故选A．2.（2017•新课标Ⅱ）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2. B 设这个塔顶层有a盏灯，∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，又总共有灯381盏，∴381= =127a，解得a=3，则这个塔顶层有3盏灯，故选B．3.（2017•新课标Ⅲ,9）等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2， a3， a6成等比数列，则{a n}前6项的和为（）A.﹣24B.﹣3C.3D.83. A ∵等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．a2， a3， a6成等比数列，∴，∴（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项的和为= =﹣24．故选A．4.(2015·新课标全国Ⅱ，4)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )A.21B.42C.63D.844.B[设等比数列{a n}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.]5.(2014·某某，2)对任意等比数列{a n}，下列说法一定正确的是( )A.a1，a3，a9成等比数列B.a2，a3，a6成等比数列C.a2，a4，a8成等比数列D.a3，a6，a9成等比数列5.D [由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D.]6.(2014·大纲全国，10)等比数列{a n }中,a 4＝2,a 5＝5,则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.36.C [lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 4·a 5)4＝lg (2×5)4＝4，故选C.] 7.（2017•新课标Ⅲ,14）设等比数列{a n }满足a 1+a 2=﹣1，a 1﹣a 3=﹣3，则a 4=________ 7. -8 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1+a 2=﹣1，a 1﹣a 3=﹣3，∴a 1（1+q ）=﹣1， a 1（1﹣q 2）=﹣3，解得a 1=1，q=﹣2．则a 4=（﹣2）3=﹣8．故答案为：﹣8．8.（2017•某某）等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项为S n ，已知S 3= ，S 6=，则a 8=________．8. 32 设等比数列{a n }的公比为q≠1，∵S 3= ，S 6= ，∴= ，=，解得a 1= ，q=2．则a 8==32．故答案为：32．9.(2016·全国Ⅰ，15)设等比数列满足a 1＋a 3＝10,a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为__________.9.64[设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12(－3)＋(－2)＋…＋(n －4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n （n －7）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494，当n ＝3或4时，12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最小值－6，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最大值26，所以a 1a 2…a n 的最大值为64.]10.(2016·全国Ⅲ，17)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.10.(1)证明由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)解由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.11.(2015·某某，14)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 11.3n －1[由3S 1，2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，∴公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.]12.(2014·某某，12)数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝________.12.1 [法一因为数列{a n }是等差数列，所以a 1＋1,a 3＋3,a 5＋5也成等差数列，又a 1＋1，a 3＋3,a 5＋5构成公比为q 的等比数列,所以a 1＋1,a 3＋3,a 5＋5是常数列,故q ＝1.法二因为数列{a n }是等差数列，所以可设a 1＝t －d ，a 3＝t ，a 5＝t ＋d ，故由已知得(t ＋3)2＝(t －d ＋1)(t ＋d ＋5),得d 2＋4d ＋4＝0,即d ＝－2，所以a 3＋3＝a 1＋1，即q ＝1.]13.(2015·某某，14)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________.13.2n－1 [由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2.∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n1－2＝2n－1.]14.(2015·某某，18)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记＝a n b n，求数列{}的前n 项和T n .14.解 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.15.(2014·某某，11)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和.若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________.15.－12 [由已知得S 1·S 4＝S 22，即a 1·(4a 1－6)＝(2a 1－1)2，解得a 1＝－12.]16.(2014·某某，13)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＝________.16.50 [由等比数列的性质可知a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5⇒a 1a 20＝e 5，于是a 1a 2…a 20＝(e 5)10＝e 50，lna 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln e 50＝50.]17.(2014·某某，7)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________.17.4 [设等比数列{a n }的公比为q ，q >0.则a 8＝a 6＋2a 4即为a 4q 4＝a 4q 2＋2a 4，解得q 2＝2(负值舍去)，又a 2＝1，所以a 6＝a 2q 4＝4.]18.(2014·新课标全国Ⅱ，17)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.18.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列.a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n－1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.考点4 数列的综合应用1.(2015·某某，8)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.91.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解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5,q ＝4,∴p ＋q ＝9,故选D.]2.(2015·某某，3)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A.a 1d ＞0，dS 4＞0B.a 1d ＜0，dS 4＜0C.a 1d ＞0，dS 4＜0D.a 1d ＜0，dS 4＞02.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 ＝－2d 3,∴dS 4＝－2d23＜0，故选B.]3.（2017•,10）若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=﹣1，a 4=b 4=8，则=________．3. 1 等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=﹣1，a 4=b 4=8，设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ．可得：8=﹣1+3d ，d=3，a 2=2；8=﹣q 3，解得q=﹣2，∴b 2=2．可得=1．故答案为：1．4.(2015·新课标全国Ⅱ，16)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 ＝____________.4.－1n[由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.]5.（2017•某某,19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3﹣x 2=2．（12分）（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1（x 1， 1），P 2（x 2， 2）…P n+1（x n+1， n+1）得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x 1， x=x n+1所围成的区域的面积T n ．5.（I ）设数列{x n }的公比为q ，则q ＞0，由题意得，两式相比得：，解得q=2或q=﹣（舍），∴x 1=1，∴x n =2n ﹣1．（II ）过P 1， P 2， P 3， …，P n 向x 轴作垂线，垂足为Q 1， Q 2， Q 3， …Q n ，即梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ，则b n = =（2n+1）×2n ﹣2，∴T n =3×2﹣1+5×20+7×21+…+（2n+1）×2n ﹣2， ①∴2T n =3×20+5×21+7×22+…+（2n+1）×2n ﹣1， ②①﹣②得：﹣T n = +（2+22+…+2n ﹣1）﹣（2n+1）×2n ﹣1= + ﹣（2n+1）×2n﹣1=﹣+（1﹣2n）×2n﹣1．∴T n= ．6.（2017·某某,18）已知{a n}为等差数列，前n项和为S n（n∈N+），{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1， S11=11b4．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a2n b2n﹣1}的前n项和（n∈N+）．6.（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q．由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12，而b1=2，所以q+q2﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，b n=2n．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8①．由S11=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，数列{a n}的通项公式为a n=3n﹣2，数列{b n}的通项公式为b n=2n．（Ⅱ）设数列{a2n b2n﹣1}的前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，b2n﹣1= 4n，有a2n b2n﹣1=（3n﹣1）4n，故T n=2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n，4T n=2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）4n+1，上述两式相减，得﹣3T n=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）4n+1= =﹣（3n﹣2）4n+1﹣8得T n= ．所以，数列{a2n b2n﹣1}的前n项和为．7.（2017•某某,22）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜x n+1＜x n；（Ⅱ）2x n+1﹣x n≤ ；（Ⅲ）≤x n≤ ．7.（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k ＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，故x n+1＞0，因此x n ＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*），（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）= +ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f （0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤ ；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln （1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥ ，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤ ，综上所述≤x n≤ ．8.(2016·，20)设数列A：a1，a2，…，a N(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k ＜a n ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记G (A )是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合. (1)对数列A ：－2，2，－1，1，3，写出G (A )的所有元素； (2)证明：若数列A 中存在a n 使得a n ＞a 1，则G (A )≠∅；(3)证明：若数列A 满足a n －a n －1≤1(n ＝2，3，…，N )，则G (A )的元素个数不小于a N －a 1. 8.(1)解 G (A )的元素为2和5.(2)证明因为存在a n 使得a n ＞a 1，所以{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i ＞a 1}≠∅.记m ＝min{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i ＞a 1}，则m ≥2，且对任意正整数k ，m ，a k ≤a 1＜a m . 因此m ∈G (A ).从而G (A )≠∅.(3)证明当a N ≤a 1时，结论成立.以下设a N ＞a 1.由(2)知G (A )≠∅.设G (A )＝{n 1，n 2，…，n p }，n 1＜n 2＜…＜n p .记n 0＝1.则a n 0＜a n 1＜a n 2＜…＜a n p ，对i ＝0，1，…，p ，记G i ＝{k ∈N *|n i ＜k ≤N ，a k ＞an i }. 如果G i ≠∅，取m i ＝min G i ，则对任何1≤k ＜m i ，a k ≤a n i ＜a m i . 从而m i ∈G (A )且m i ＝n i ＋1.又因为n p 是G (A )中的最大元素，所以G p ＝∅. 从而对任意n p ≤k ≤N ，a k ≤a n p ，特别地，a N ≤a n p .对i ＝0，1，…，p －1，a n i ＋1－1≤a n i .因此a n i ＋1＝a n i ＋1－1＋(a n i ＋1－a n i ＋1－1)≤an i ＋1. 所以a N －a 1≤a n p －a 1＝(a n i －a n i －1)≤p .因此G (A )的元素个数p 不小于a N －a 1.9.(2016·某某，19)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求a n 的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.9.(1)解由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立. 所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列.从而a n ＝qn －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0，由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明由(1)可知，a n ＝q n －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2（n －1）.由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋q2（k －1）>qk －1(k ∈N *).于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1.故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.10.(2016·某某，18)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{}的前n 项和T n .10.解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得-T n ＝3×[2×22+23+24+…+2n ＋1-(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n）1－2－（n ＋1）×2n ＋2 ＝-3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.11.(2015·某某，18)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 11.解 (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n)，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n)，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合. 综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .12.(2015·某某，18)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.12.解 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2. 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k＝2n2.所以，{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n .上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.13.(2015·某某，21)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n ； (3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2＋2ln n . 13. .14.(2015·某某，20)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *).(1) 证明：1≤a n a n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *).14.证明 (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1＞0. 由0＜a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈[1，2]，即1≤a na n ＋1≤2 (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1①由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *).②由①②得12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *).15.(2014·某某，19)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .15.解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋116.(2014·某某，17)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令＝a n b n，求数列{}的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .16.解 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即＋1－＝2. 所以数列{}是以1为首项，2为公差的等差数列，故＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1知a n ＝b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，3S n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)·3n，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n＝－2－(2n －2)3n，所以S n ＝(n －1)3n＋1.17.(2014·某某，19)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *).(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .17.解 (1)由已知得,b 7＝2a 7,b 8＝2a 8＝4b 7,有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2.解得d ＝a 8－a 7＝2. 所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意得，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n.所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.18.(2014·某某，18)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.18.解(1)设数列{a n }的公差为d ,依题意,2,2＋d ,2＋4d 成等比数列,故有(2+d )2＝2(2+4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立. 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41.综上，当a n＝2时，不存在满足题意的n；当a n＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.。

高考模拟文科数学试卷数列

一、选择题（每题5分，共50分）1. 已知数列{an}的前n项和为Sn，若an = 3^n - 2^n，则S5等于：A. 486B. 485C. 490D. 4952. 设数列{an}的通项公式为an = 2^n - 1，则数列{an}的相邻两项之差构成的新数列{bn}的通项公式为：A. bn = 2^nB. bn = 2^n - 2C. bn = 2^n - 1D. bn = 2^n + 13. 已知数列{an}的前n项和为Sn，若an = n^2 + 1，则S10等于：A. 385B. 390C. 395D. 4004. 设数列{an}的通项公式为an = 3^n - 2^n，若数列{an}的相邻两项之比构成的新数列{bn}的通项公式为bn = q^n，则q的值为：A. 1/3B. 1/2C. 1D. 25. 已知数列{an}的前n项和为Sn，若an = 2^n - 1，则数列{an}的前10项和S10等于：A. 1023B. 1024C. 1025D. 10266. 设数列{an}的通项公式为an = n^2 - n，则数列{an}的相邻两项之差构成的新数列{bn}的通项公式为：A. bn = nB. bn = n - 1C. bn = n + 1D. bn = n^27. 已知数列{an}的前n项和为Sn，若an = 3^n - 2^n，则数列{an}的相邻两项之比构成的新数列{bn}的通项公式为bn = q^n，则q的值为：A. 1/3B. 1/2C. 1D. 28. 设数列{an}的通项公式为an = 2^n - 1，则数列{an}的前n项和S10等于：A. 1023B. 1024C. 1025D. 10269. 已知数列{an}的前n项和为Sn，若an = n^2 + 1，则S10等于：A. 385B. 390C. 395D. 40010. 设数列{an}的通项公式为an = 3^n - 2^n，若数列{an}的相邻两项之比构成的新数列{bn}的通项公式为bn = q^n，则q的值为：A. 1/3B. 1/2C. 1D. 2二、填空题（每题5分，共25分）11. 已知数列{an}的通项公式为an = 2^n - 1，则数列{an}的前5项和S5等于______。

高考总复习专项演练：第六章数列 6-3 Word版含解析

6-3A 组专项基础训练 (时间：45分钟)1．(·重庆)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列【解析】设等比数列的公比为q ，因为a 6a 3＝a 9a 6＝q 3，即a 26＝a 3a 9，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．故选D. 【答案】 D2．(·大纲全国)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4 D ．3【解析】数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4 ＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4. 【答案】 C3．(·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18【解析】方法一：根据等比数列的性质，结合已知条件求出a 4，q 后求解．∵a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 24＝4(a 4－1)，∴a 24－4a 4＋4＝0，∴a 4＝2.又∵q 3＝a 4a 1＝214＝8， ∴q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.方法二：直接利用等比数列的通项公式，结合已知条件求出q 后求解． ∵a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝12，故选C.【答案】 C4．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．10【解析】设该等比数列为{a n }，其前n 项的积为T n ，则由已知得a 1·a 2·a 3＝3，a n －2·a n －1·a n ＝9， (a 1·a n )3＝3×9＝33，∴a 1·a n ＝3，又T n ＝a 1·a 2·…·a n －1·a n ， T n ＝a n ·a n －1·…·a 2·a 1，∴T 2n ＝(a 1·a n )n ，即7292＝3n ，∴n ＝12.【答案】 B5．设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于( ) A ．150 B ．－200 C ．150或－200 D ．400或－50【解析】依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20>0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80.S 40＝150，故选A. 【答案】 A6．(·湖南)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．【解析】利用3S 1，2S 2，S 3成等差数列，建立方程，求出等比数列{a n }的公比q ，再根据等比数列的通项公式写出a n .因为3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3. 化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1. 【答案】 3n －17．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________．【解析】利用“特殊值”法，确定公比．由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－（－2）53＝11.【答案】 118．(·江苏扬州中学期中测试)设等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 3＝4，S k＝63，则k ＝________．【解析】设等比数列{a n }公比为q ，由已知a 1＝1，a 3＝4，得q 2＝a 3a 1＝4.又{a n }的各项均为正数，∴q ＝2.而S k ＝1－2k1－2＝63，∴2k －1＝63，解得k ＝6.【答案】 69．(·福建)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．【解析】 (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)＝2（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式．【解析】 (1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N *)， n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2)因为a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝⎛⎭⎫43n －11－43＝3·⎝⎛⎭⎫43n －1－1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝⎛⎭⎫43n －1－1.B 组专项能力提升 (时间：30分钟)11．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，S n ＝15，则项数n 为( )A ．12B ．14C ．15D ．16 【解析】a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝q 4＝2，由a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1，得a 1·1－q 41－q ＝1，∴a 1＝q －1，又S n ＝15，即a 1（1－q n ）1－q ＝15，∴q n ＝16，又∵q 4＝2，∴n ＝16.故选D. 【答案】 D12．(·湖北)设a 1，a 2，…，a n ∈R ，n ≥3.若p ：a 1，a 2，…，a n 成等比数列；q ：(a 21＋a 22＋…＋a 2n －1)(a 22＋a 23＋…＋a 2n )＝(a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n )2，则( )A ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件B ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件【解析】利用充分条件和必要条件的概念，结合特殊值进行推理判断．若p成立，设a1，a2，…，a n的公比为q，则(a21＋a22＋…＋a2n－1)(a22＋a23＋…＋a2n)＝a21(1＋q2＋…＋q2n－4)·a22(1＋q2＋…＋q2n－4)＝a21a22(1＋q2＋…＋q2n－4)2，(a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n)2＝(a1a2)2(1＋q2＋…＋q2n－4)2，故q成立，故p是q的充分条件．取a1＝a2＝…＝a n＝0，则q成立，而p不成立，故p不是q的必要条件，故选B.【答案】B13．(·皖南八校联考)已知数列{a n}是等比数列，a1，a2，a3依次位于下表中第一行，第二行，第三行中的某一格内，又a1，a2，a3中任何两个都不在同一列，则a n＝________(n∈N*).【解析】123即{a n}是首项为2，公比为3的等比数列，∴a n＝2·3n－1.【答案】2·3n－114．(·武汉市高三供题)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝4a n－3n＋1，n∈N*.(1)证明数列{a n－n}是等比数列；(2)求数列{a n}的前n项和S n.【解析】(1)证明：由题设a n＋1＝4a n－3n＋1，得a n＋1－(n＋1)＝4(a n－n)，n∈N*.又a1－1＝1，所以数列{a n－n}是首项为1，且公比为4的等比数列．(2)由(1)可知a n－n＝4n－1，于是数列{a n}的通项公式为a n＝4n－1＋n，所以数列{a n}的前n项和S n＝4n－13＋n（n＋1）2.15．(·北京)已知等差数列{a n}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.(1)求{a n}的通项公式；(2)设等比数列{b n}满足b2＝a3，b3＝a7，问b6与数列{a n}的第几项相等？【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为a4－a3＝2，所以d＝2.又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.所以a n＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…)．(2)设等比数列{b n}的公比为q.因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26－1＝128.由128＝2n＋2得n＝63.所以b6与数列{a n}的第63项相等．。

高考模拟复习试卷试题模拟卷第六章数列001

高考模拟复习试卷试题模拟卷第六章数列一．基础题组1.（合肥市第八中学高三阶段考试、文、3）已知等差数列}{n a 的前13项之和为39，则876a a a ++等于 ( )A ．6B .9C ． 12w.w.w.k.s.5 u.c.o.mD ．182(镇安中学高三月考、文、7）以n S 表示等差数列{}n a 的前n 项和，若2756a a a +-=，则7S =( )A ．42B ．28C ．21D ．143.（宁夏银川一中高三模拟考试、文、4）等差数列}{n a 中，已知121-=a ，013=S ，使得0>n a 的最小正整数n 为（） A ．10B ．9C ．8D ．74.（重庆市部分区县高三上学期入学考试、文、3）已知正数组成的等比数列}{n a ，若100201=a a ，那么147a a +的最小值为（）A ．20B ．25C ．50D ．不存在5.（广州六中等六校高三第一次联考、文、4）设等比数列}{n a 的公比21=q ，前n 项和为n S ，则=33a S ( ) A ．5 B ．7 C ．8D ．156.（石家庄市高三复习教学质检、文、13）已知等比数列{}n a 满足：13241,2,a a a a +=+=则46a a +=．二．能力题组1.（文昌中学高三模拟考试、文、5）已知一个等差数列的前四项之和为21，末四项之和为67，前n 项和为286，则项数n 为（） A ．24 B ．26 C ．27 D ．282.（东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、实验中学）高三联、文、4）设n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，且10a >，若59S S =，则当n S 最大时，n=（） A ． 6 B ． 7 C ． 10 D ． 93.（玉溪市第一中学高三月考、文、8）在等差数列}{n a 中，912132a a =+，则数列}{n a 的前11项和=11S （）A ．24B ．48C ．66D ．1324.(五校协作体高三上学期期初考试数学、文、4)已知等比数列{an}的前n 项和为Sn ， a1＋a3＝52，且a2＋a4＝54，则Snan ＝( )A.4n －1B.4n －1C.2n －1D.2n －15.(五校协作体高三上学期期初考试数学、文、14)数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为.6.（惠州市高三调研、文、17）已知{}n a 为等差数列，且满足138a a +=，2412a a +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记{}n a 的前n 项和为n S ，若31,,k k a a S +成等比数列，求正整数k 的值．三．拔高题组1.(齐齐哈尔市实验中学高三期末考试、文、10）已知等差数列}{n a 的公差d 不为零，等比数列}{n b 的公比q 是小于1的正有文数.若211,d b d a ==，且321232221b b b a a a ++++是正整数，则q 的值可以是A.71 B. 61 C. 31 D. 212.（廉江一中高三月考、文、12）已知函数f(x)＝cos x(x ∈(0,2π))有两个不同的零点x1，x2，且方程f(x)＝m 有两个不同的实根x3，x4.若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m 的值为()A.12B ．－12C.32D ．－323.(嘉积中学高三下学期测试、文、16）把正整数排列成如下图甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行的奇数和第奇数行中的偶数，得到如图乙的三角数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到数列{}n a ，若an=，则n =_________.4.（广州市荔湾区高三调研测试、文、17）已知数列{}n a 满足：0n a ≠,113a =，112n n n n a a a a ++-=⋅，(n N *∈).（1）求证：1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求出n a ；（2）证明：122311...6n n a a a a a a ++++<.5.(镇安中学高三月考、文、18）已知等差数列}{n a ，满足15,351==a a ，数列}{n b 满足31,451==b b ,设n n n a b c -=，且数列}{nc 为等比数列.(1)求数列}{n a 和}{n b 的通项公式. (2)求数列}{n b 的前n 项和.6.(示范高中高三第一次联考、文、17）已知数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，且3271,48a a a ==。

高考模拟数学试卷数列大题

1. 已知数列{an}的通项公式为an = 3n - 2，则该数列的前5项依次为______、______、______、______、______。

2. 在数列{an}中，an = n^2 - 1，则数列{an}的递增项个数为______。

3. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn = n^2 + 2n，则数列{an}的通项公式为______。

4. 若数列{an}的通项公式为an = 2n + 1，则数列{an}的相邻两项之差的最大值为______。

5. 已知数列{an}的通项公式为an = (-1)^n (n + 1)，则数列{an}的偶数项之和为______。

二、选择题（每题3分，共15分）1. 若数列{an}的前n项和为Sn，且Sn = n^2 + 2n，则数列{an}的通项公式为（）A. an = n^2 + 2nB. an = n^2 + nC. an = n^2D. an = n^2 - 2n2. 已知数列{an}的通项公式为an = 3n - 2，则该数列的第10项与第15项之差为（）A. 40B. 42C. 44D. 463. 在数列{an}中，an = n^2 - 1，则数列{an}的递增项个数为（）A. 2B. 3C. 4D. 54. 若数列{an}的通项公式为an = 2n + 1，则数列{an}的相邻两项之差的最大值为（）A. 2B. 3C. 4D. 55. 已知数列{an}的通项公式为an = (-1)^n (n + 1)，则数列{an}的偶数项之和为（）A. 0B. 1C. 2D. 3三、解答题（共75分）1. 已知数列{an}的通项公式为an = 2n - 1，求该数列的前n项和Sn。

2. 已知数列{an}的通项公式为an = n^2 + 2n，求该数列的前n项和Sn。

3. 已知数列{an}的通项公式为an = (-1)^n (n + 1)，求该数列的前n项和Sn。

【精编】理科优化设计一轮高考模拟试卷-第六章数列 (6)

(2)解:由(1)可得=1+(n-1)=, ∴bn=, ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn=+…+.
■(2015 江西师大附中、鹰潭一中模拟,裂项相消求和,解答题,理 17)在△ABC 中,角 A,B,C 的对应边分别是 a,b,c,满足 b2+c2=bc+a2. (1)求角 A 的大小; (2)已知等差数列{an}的公差不为零,若 a1cos A=1,且 a2,a4,a8 成等比数列,求的前 n 项和 Sn. 解:(1)∵b2+c2-a2=bc,
中,a1=2,an+1-2an=0,bn=log2an,那么数列{bn}的前 10 项和等于( )
A.130
B.120
C.55
D.50
解析:在数列{an}中,a1=2,an+1-2an=0,即=2. ∴数列{an}是以 2 为首项,2 为公比的等比数列, ∴an=2×2n-1=2n. ∴bn=log22n=n. ∴数列{bn}的前 10 项和为 1+2+…+10==55.
∴a1q9=1.则 a1>0,且 a1=q-9. ∵{an}为等比数列,∴是以为首项,为公比的等比数列.
则不等式等价为. ∵0<q<1,把 a1=q-9,即=q-18 代入整理, 得 q-18(1-qn)>q1-n(1-qn), ∴q-18>q1-n, ∴-18<1-n,
即 n<19. ∵n∈N*,∴n 的最大值为 18.
∴直线 x+y+d=0 过圆(x-2)2+y2=4 的圆心(2,0),
∴2+d=0,解得 d=-2.
又直线 x+y+d=0 的斜率是-1,∴a1=1, ∴Sn=na1+d=2n-n2. 答案:2n-n2

高考模拟复习试卷试题模拟卷第六章数列

三年高考两年模拟高考数学专题汇编 第六章 数列3 文

【6年高考4年模拟】高考数学 第六章 数列 第二节 数列的应用精品试题