高考数学二轮拔高数列的综合问题(原卷版)

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高考数学二轮复习考点十二《数列综合练习》课件

数列，当 n 为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列为以 1 为公差的等差数列，∴S23
1－212
11×（11－1）
＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22)＝ 1－2 ＋11×4＋
2
×1＝212－1＋44＋55＝4194.
2．等差数列{an}中，a1＋a2＝152，a2＋a5＝4，设 bn＝[an]，[x]表示不超过 x 的最大整数，[0.8]＝0，[2.1]＝2，则数列{bn}的前 8 项和 S8＝( )
A．12<a2<1
B．{an}是递增数列
C．12<a3<34
D．34<a2022<1
答案 ABD
解析由 an＋1＝an＋ln (2－an)，0<a1<12，设 f(x)＝x＋ln (2－x)，则 f′(x) ＝1－2－1 x＝12－－xx，所以当 0<x<1 时，f′(x)>0，即 f(x)在(0，1)上单调递增，所以 f(0)<f(x)<f(1)，即12＝ln e<ln 2<f(x)<1＋ln 1＝1，所以12<f(x)<1，即12 <an<1(n≥2)，故 A 正确；因为 f(x)在(0，1)上单调递增，0<an<1(n∈N*)，所以 an＋1－an＝ln (2－an)>ln (2－1)＝0，所以{an}是递增数列，故 B项中，只有一项符合题目要求) 1．已知数列{bn}满足 b1＝1，b2＝4，bn＋2＝1＋sin2n2πbn＋cos2n2π，则该数列的前 23 项和为( ) A．4194 B．4195 C．2046 D．2047
答案 A
解析由题意，得当 n 为奇数时，bn＋2＝2bn，数列为以 2 为公比的等比

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练【含解析】

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练一、解答题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()113n n S a =-.（1）求1a ，2a ；（2）证明：数列{}n a 是等比数列.答案：（1）112a =-；214a =（2）数列{}n a 是首项和公比均为12-的等比数列解析：（1）当1n =时，()111113a S a ==-，所以112a =-.当2n =时，()22211123S a a =-+=-，所以214a =.（2）由()113n n S a =-，得()1111(2)3n n S a n --=-≥，所以()111(2)3n n n n n a S S a a n --=-=-≥，所以11(2)2n n a a n -=-≥.又112a =-，所以数列{}n a 是首项和公比均为12-的等比数列.所以数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列.（2）由（1）知()32121n a n n =+-=+.3．在数列{}n a 中,14a =,1431n n a a n +=-+,*n ∈N .（1）设n n b a n =-,求证：数列{}n b 是等比数列;（2）求数列{}n a 的前n 项和n S .答案：（1）见解析（2）()1412n n n ++-解析：（1）证明：1431,n n a a n +=-+11(1)43114()4,n n n n n b a n a n n a n b ++∴=-+=-+--=-=又111413,b a =-=-=∴数列{}n b 是首项为3、公比为4的等比数列;（2）由（1）可知134n n a n --=⨯,即134n n a n -=+⨯,()()()31411412142n n n n n n n S -++∴=+=--.4．在数列{}n a 中,616a =,点()()1,n n a a n *+∈N 在直线30x y -+=上.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）若2n n n b a =,求数列{}n b 的前n 项和n T .答案：（1）32n a n =-（2）见解析解析：（1）依题意,130n n a a +-+=,即13n n a a +-=,因此数列{}n a 是公差为3的等差数列,则63(6)32n a a n n =+-=-,所以数列{}n a 的通项公式是32n a n =-.（2）由（1）得(32)2n n b n =-⋅,则132421242(32)2n n T n =⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯,于是23121242(35)2(32)2n n n T n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯,两式相减得2123112(12))23(222(32)22(312)232n n n n n T n n ++--=+++⋅⋅⋅+--⋅--⋅-=+⋅-1(532)10n n +⋅=--,所以1(35)210n n T n +=-⋅+.5．已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且636S =,1a ,3a ,13a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,若不等式4n kT <对任意的*n ∈N 都成立,求实数k的取值范围.答案：（1）21n a n =-（2）2k ≥.解析：（1）设等差数列{}n a 公差为d ,由题意1211161536(2)(12)a d a d a a d +=⎧⎨+=+⎩,0d ≠,解得112a d =⎧⎨=⎩,所以12(1)21n a n n =+-=-;（2）由（1）111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+,所以1111111111(1)()((12323522121221n T n n n =-+-++-=--++,易知n T 是递增的且12n T <,不等式4n k T <对任意的*n ∈N 都成立,则142k ≥,所以2k ≥.6．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足24(1)n S n =+,n +∈N .（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,若对任意的n +∈N ,不等式25n T a a <-恒成立,求实数a 的取值范围.答案：（1） 1, 1 21, 24n n a n n =⎧⎪=⎨+≥⎪⎩（2）3a ≤-或4a ≥解析：（1）24(1)n S n =+当1n =时,214(11)a =+,即11a =当2n ≥时,由1n n n a S S -=-,故224(1)21n a n n n =+-=+,得214n n a +=.易见11a =不符合该式,故 1 121, 24n n a n n =⎧⎪=⎨+=⎪⎩，（2）由0n a >,易知n T 递增;112145T a a ==当2n ≥时,()()111611821232123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭.从而41111111281285577921235235n T n n n ⎛⎫=+-+-++-=-< ⎪+++⎝⎭.又由25n T a a <-,故212a a ≤-,解得3a ≤-或4a ≥即实数a 的取值范围为3a ≤-或4a ≥7．记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知112a =,n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列.（1）求{}n a 的通项公式;（2）设()1nn n b a =-,求{}n b 的前2n 项和2n T .答案：（1）12n a n =（2）2n解析：（1）由n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列,且111S a =,则()11111222n n S n n a =+-⨯=+,即()21n n S n a =+,当2n ≥时,112n n S na --=,两式相减可得：()121n n n a n a na -=+-,整理可得11n n a na n -=-,故121121121121212n n n n n a a a n n a a n n a a a n ----=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯-=-,将1n =代入上式,12n a =,故{}n a 的通项公式为12n a n =.（2）由()1nn n b a =-,则21212342221n n n n a a T b a a a a b b -=-+-+-+-+++=()()()()22121242132122n n n n n a a n a a a a a a a a --++=+++-+++=-()111122*********n nn n ⎡⎤=⨯+⨯-⨯-⨯⎢⎥⎦=-⎣.8．已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列,且11a =,34a =,数列{}n b 中()*221log log n n n b a a n +=+∈N .（1）求数列{}n b 的通项公式;（2）若数列{}n b 的前n 项和为n S ,数列{}n c 满足141n n c S =-,求数列{}n c 的前n 项和n T .答案：（1）21n b n =-（2）21n nT n =+解析：（1）正项等比数列{}n a 的公比为q ,由231a a q =,得24q =,而0q >,解得2q =,于是1112n n n a a q --==,由221log log n n n b a a +=+,得12222log o 21l g n n n n b -=+=-,所以数列{}n b 的通项公式21n b n =-.（2）由（1）知,21n b n =-,显然数列{}n b 是等差数列,21(21)2n n S n n +-=⋅=,2111111(4141(21)(21)22121n n c S n n n n n ====----+-+,所以11111111[(1)()()](1)2335212122121n nT n n n n =-+-++-=-=-+++.9．已知等差数列{}n a 前n 项和为n S ,满足33a =,410S =.数列{}n b 满足12b =,112n n n nb a b a ++=,*n ∈N .（1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式;（2）设数列{}n c 满足()1(1)32n n n n n c a b +-+=,*n ∈N ,求数列{}n c 的前n 项和n T .答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）设数列{}n a 的公差为d ,11234610a d a d +=⎧∴⎨+=⎩,解得11a =,1d =,n a n ∴=.()121n n n b b n ++=,112n n b n b n++∴=,且121b =,所以n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列,2n nb n∴=,2n n b n ∴=⋅（2）()()()()1111(1)3211(1)(1)(1)12212212n n n nn n n n n n n c n n n n n n ++++⎛⎫-+--==-+=- ⎪ ⎪+⋅⋅+⋅⋅+⋅⎝⎭,()1111(1)212n n n T n ++∴=---+⋅10．已知各项为正的数列{}n a 的首项为2,26a =,22211122n n n n n n n n a a a a a a a a +++++-=--.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）设数列{}n a 的前n 项和n S ,求数列{}28n n S a +-(其中*n ∈N )前n 项和的最小值.答案：（1）42n a n =-（2）最小值为38-解析：（1）因为22211122n n n n n n n n a a a a a a a a +++++-=--,所以有()()12120n n n n n a a a a a +++++-=,而0n a >,10n n a a +∴+≠,所以2120n n n a a a +++-=,则211121n n n n n n a a a a a a a a +++--=-=-=⋅⋅⋅=-,又12a =,26a =,∴214a a -=,由等差数列定义知数列{}n a 是以2为首项,4为公差的等差数列.∴数列{}n a 的通项公式为42n a n =-.（2）由（1）有2(1)=2+4=22n n n S n n -⨯,()()2282430253n n S a n n n n ∴+-=+-=+-,令280n n S a +->,有4,5,6,n =⋅⋅⋅;280n n S a +-<,有1,2n =;280n n S a +-=,有3n =.所以{}28n n S a +-前n 项和的最小值为()()()()215132252338+-++-=-,当且仅当2n =,3时取到.11．记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知2n S n =,等比数列{}n b 满足11b a =,35b a =.（1）求{}n a 的通项公式;（2）求{}n b 的前n 项和n T .答案：（1）()*21n a n n =-∈N （2）当3q =时,3122n n T =-;当3q =-时,1(3)44n n T -=-.解析：（1）当1n =时,111a S ==,当2n ≥时,1n n n a S S -=-22(1)n n =--21n =-,因为11a =适合上式,所以()*21n a n n =-∈N .（2）由（1）得11b =,39b =,设等比数列{}n b 的公比为q ,则2319b b q =⋅=,解得3q =±,当3q =时,()113311322n n nT ⋅-==--,当3q =-时,11(3)1(3)1(3)44nn n T ⎡⎤⋅---⎣⎦==---.12．记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知221nn S n a n+=+.（1）证明：{}n a 是等差数列；（2）若4a ，7a ，9a 成等比数列，求n S 的最小值.答案：（1）证明见解析（2）12n =或13时，n S 取得最小值，最小值为-78解析：（1）由221nn S n a n+=+，得2n n 22S n a n n +=+，①所以2112(1)2(1)(1)n n S n a n n ++++=+++，②②-①，得112212(1)21n n n a n a n a n ++++=+-+，化简得11n n a a +-=，所以数列{}n a 是公差为1的等差数列.（2）由（1）知数列{}n a 的公差为1.由2749a a a =，得()()()2111638a a a +=++，解得112a =-.所以22(1)251256251222228n n n n n S n n --⎛⎫=-+==-- ⎪⎝⎭，所以当12n =或13时，n S 取得最小值，最小值为-78.13．已知数列{}n a 满足11a =，11,,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，数列{}n b 满足22n n b a =-.（1）求2a ，3a .（2）求证：数列{}n b 是等比数列，并求其通项公式.（3）已知12log n n c b =，求证：122311111n nc c c c c c -+++<.答案：（1）232a =，352a =-（2）证明见解析（3）证明见解析解析：（1）由数列{}n a 的递推关系，知2113122a a =+=，325222a a =-⨯=-.（2）()12221212211112(21)2(21)4(21)12222n n n n n n b a a n a n a n n a ++++=-=++-=+-=-+-=-()211222n n a b =-=.因为12122b a =-=-，所以数列{}n b 的各项均不为0，所以112n n b b +=，即数列{}n b 是首项为12-，公比为12的等比数列，所以1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.（3）由（2）知11221log log 2nn n c b n ⎛⎫=== ⎪⎝⎭.所以12231111n nc c c c c c -+++1111223(1)n n =+++⨯⨯-1111112231n n=-+-++--11n=-1<.14．已知数列{}n a 是公比为2的等比数列，2a ，3a ，44a -成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若21log nn na b a +=，设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：13n T ≤<.答案：（1）2n n a =（2）证明见解析解析：（1）因为2a ，3a ，44a -成等差数列，所以32424a a a =+-，又因为数列{}n a 的公比为2，所以2311122224a a a ⨯=+⨯-，即1118284a a a =+-，解得12a =，所以1222n n n a -=⨯=.（2）由（1）知2nn a =，则221log 1log 2122n n n nn n a n b a +++===，所以2323412222n nn T +=++++，①231123122222n n n n n T ++=++++，②①-②得23111111122222n nn n T ++⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭212111111111122221111221122n n n n n n -+++⎛⎫-- ⎪++⎝⎭=+-=+---11112133122222n n n n n +++++=+--=-.所以3332n nn T +=-<.又因为102n n n b +=>，所以{}n T 是递增数列，所以11n T T ≥=，所以13n T ≤<.15．在①221n n b b =+，②212a b b =+，③1b ，2b ，4b 成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{}n a 中，11a =，13n n a a +=，公差不等于0的等差数列{}n b 满足__________，__________求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .答案：选①②；选②③解析：因为11a =，13n n a a +=，所以{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以13n n a -=.方案一：选①②.设数列{}n b 的公差为d ，因为23a =，所以123b b +=.因为221n n b b =+，所以1n =时，2121b b =+，解得123b =，273b =，所以53d =，所以533n n b -=，满足221n n b b =+，所以533n n n b n a -=，所以12123122712533333n n nn b b b n S a a a -=+++=++++，所以2341127125853333333n n n n n S +--=+++++，两式相减，得23111122111532515533109533333336233223n n n n n n n n n S ++++--+⎛⎫=++++-=+--=- ⎪⨯⨯⎝⎭，所以9109443n n n S +=-⨯.方案二：选②③.设数列{}n b 的公差为d ，因为2133a a ==，所以123b b +=，即123b d +=.因为1b ，2b ，4b 成等比数列，所以2214b b b =，即()()21113b d b b d +=+，化简得21d b d =.因为0d ≠，所以11d b ==，所以n b n =，所以13n n n b n a -=，所以120121121233333n n n n b b b n S a a a -=+++=++++，所以123111231333333n n nn n S --=+++++，两式相减，得1231211113132311333333233223n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++++-=--=- ⎪⨯⎝⎭，所以1923443n n n S -+=-⨯.方案三：选①③.设数列{}n b 的公差为d ，因为221n n b b =+，所以1n =时，2121b b =+，所以11d b =+.又1b ，2b ，4b 成等比数列，所以2214b b b =，即()()21113b d b b d +=+，化简得21d b d =.因为0d ≠，所以1b d =，此式与11d b =+矛盾.所以等差数列{}n b 不存在，故不符合题意.。

2020年高考数学二轮复习《数列》讲义案及拔高题型归纳附答案解析

(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前
n
项和为
Tn
且Tn
+
an+1 2n
=
λ(λ为常数).令
cn=b2n(n∈N*)求数列{cn}的前
n 项和 Rn.
【解答】解： (1) 设等差数列 {an} 的首项为 a1, 公差为 d, 由 a2n=2an+1, 取 n=1, 得 a2=2a1+1,即 a1﹣d+1=0①
=(n−1)2d+2a
−
. c(n−1)2d+2a
n2+c
①
1
若{bn}是等差数列,则{bn}的通项公式是 bn=An+B 型.
观察①式后一项,分子幂低于分母幂,
故有：c(nn−12)2+dc+2a
=
0,即
c
(n−1)d+2a 2
=
0,而(n−1)2d+2a
≠
0,
故 c=0.
经检验,当 c=0 时{bn}是等差数列.
③﹣④得：3
4
Rn
=
1 4
+
1 42
(I)求an 的通项公式;
(II)若数列bn 满足 anbn log3 an ,求bn 的前 n 项和T n .
【解析】(I)因为 2Sn 3n 3
所以, 2a1 3 3 ,故 a1 3,
当 n 1 时, 2Sn1 3n1 3,
此时, 2an 2Sn 2Sn1 3n 3n1, 即 an 3n1,
(2)是否存在 a1, d ,使得 a1, a22 , a33, a44 依次成等比数列,并说明理由;

高考数学二轮复习常考题型大通关(全国卷理数)解答题：数列

高考数学二轮复习常考题型大通关（全国卷理数）解答题：数列1.等比数列{}n a 中，已知142,16a a ==(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若35,a a 分别为等差数列{}n b 的第3项和第5项，试求数列{}n b 的通项公式及前n 项和n S 。

2.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足：3576,24a a a =+=.(1)求等差数列{}n a 的通项公式；(2)求数列1{}nS 的前n 项和n T .3.已知数列{}n a 和{}n b 满足112,1a b ==,()12N n n a a n *+=∈,()12311111N 23n n b b b b b n n *+++++=-∈ .（1）求n a 与n b ;（2）记数列{}n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .4.已知等差数列{}n a 满足36a =，前7项和为749S =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 满足()33n n n b a =-⋅，求{}n b 的前n 项和n T ．5.已知{}n a 是递增的等比数列，11a =，且22a 、332a 、4a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设21231log log n n n b a a ++=⋅，n *∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n S .6.已知公差不为0的等差数列{}n a 的前3项和39S =,且125,,a a a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式.(2)设n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和,求证12n T <.7.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ．若113a b ==，42a b =，4212S T -=．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b +的前n 项和.8.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()112,2*n n a a S n N +==+∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令112(1)(1)n n n n b a a -+=--，求数列{}n b 的前n 项和n T ，求证：12n T <.答案以及解析1.答案：(1)设{}n a 的公比为q ，由已知得3162q =，解得2q =，∴112.n n n a a q -==(2)由(1)得358,32a a ==，则358,32b b ==，设{}n b 的公差为d ，则有1128432b d b d +=⎧⎨+=⎩解得11612b d =-⎧⎨=⎩∴1612112)2(8n b n n =+--=-，∴数列{}n b 的前n 项和2(161228)6222n n n S n n -+-==-.2.答案：(1设等差数列{}n a 的首项为1a 、公差为d ,3576,24a a a =+= ,()()111264624a d a d a d +=⎧∴⎨+++=⎩,解得：122d a =⎧⎨=⎩,(2122)n a n n ∴=+-⨯=；(2由(1)得：()1(22)(1)22n n n a a n n S n n ++===+,所以1211111111 11223(1)(1)n n n T S S S S n n n n =++++=++++-⨯⨯-+ 11111111112233411n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1111n n n =-=++．3.答案：（1）由112,2n n a a a +==,知0n a ≠,故12n n a a +=,即{}n a 是以2为首项,2为公比的等比数列,得()2N n n a n *=∈.由题意知,当1n =时,121b b =-,故22b =.当2n ≥时,11n n n b b b n +=-,整理得11n n b b n n +=+,所以n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项,1为公比的等比数列,即1n b n =,所以()N n b n n *=∈.（2）由（1）知2n n n a b n =⋅.因此231222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅,①23412222322n n T n +=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅,②①-②得23122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅.故()()1122N n n T n n +*=-+∈.4.答案：（1）由()177477492a a S a ⨯+===，得47a =，因为36a =，所以11.4d a ==，故3n a n =+.（2）()333n n n n b a n =-⋅=⋅，所以1231323333n n T n =⨯+⨯+⨯+⋯+⨯①23131323(1)33n n n T n n +=⨯+⨯+⋯+-⨯+⨯②由①-②得1231133233333313n n n n n T n n +++--=++++-⨯=-⨯- ，所以1(21)334n n n T +-⨯+=.5.答案：（1）设数列{}n a 的公比为q ，由题意及11a =，知1q >.22a 、332a 、4a 成等差数列成等差数列，34232a a a ∴=+，2332q q q ∴=+，即2320q q -+=，解得2q =或1q =（舍去），2q ∴=.∴数列{}n a 的通项公式为1112n n n a a q --==；（2）()212311111log log 222n n n b a a n n n n ++⎛⎫===- ⎪⋅++⎝⎭ ，11111111111232435112n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.()()13113232212431114122221n n n n n n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭+⎛⎫=--=- ⎪++++⎝⎭.6.答案：(1)由3S 9=得13a d +=①;125,,,a a a 成等比数列得:()()21114a a d a d +=+②;联立①②得11,2a d ==;故21n a n =-.(2)111111(21)(21)22121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭ 11111111111233521212212n T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-+⋯+-=-< ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭.7.答案：（1）由1142,a b a b ==，则()()421234122312S T a a a a b b a a -=+++-+=+=，设等差数列{}n a 的公差为d ，则231236312a a a d d +=+=+=，所以2d =.所以32(1)21n a n n =+-=+.设等比数列{}n b 的公比为q ，由题249b a ==，即2139b b q q ===，所以3q =.所以3n n b =；（2）(21)3n n n a b n +=++，所以{}n n a b +的前n 项和为()()1212n n a a a b b b +++++++ ()2(3521)333n n =++++++++ ()()313331(321)(2)2132n n n n n n --++=+=++-8.答案：（1）()12,*n n a S n N +=+∈，①当1n =时，212a S =+，即24a =，当2n ≥时，12n n a S -=+，②由①-②可得11n n n n a a S S +--=-，即12n n a a +=，∴2222,2n n n a a n -=⨯=≥当1n =时，1122a ==，满足上式，∴()2n n a n N *=∈（2）由（1）得1112111()(21)(21)22121n n n n n n b -++==-----∴1111111111(1)(1)23372121221n n n n T ++=-+-++-=---- ∴12n T <。

专题08 解决数列的综合问题-2021年高考数学二轮复习核心考点微专题(苏教版)(原卷版)

【真题感悟】1．已知函数f (x )＝6(3)3,7,7x a x x a x ---≤⎧⎨>⎩，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是________．2.数列{a n }满足a n ＝n ＋λ2n －17(其中λ为实常数)，n ∈N *，且a 8数列{a n }的最小项， a 9数列{a n }的最大项，则实数λ的取值范围为________．3.已知数列{b n }满足b n ＝2λ⎝⎛⎭⎫－12n －1－n 2，若数列{b n }是单调递减数列，则实数λ的取值范围为________．4.数列{a n }满足a n ＝n ＋c n(其中c 为实常数)，n ∈N *，且a 3为数列{a n }的最小项，则实数λ的取值范围为________．【考向分析】数列问题一直以来是高考的重点且位于压轴题的位置，而数列的特点是方法灵活，难度较大，本专题就数列中的单调性问题，奇偶性问题，存在性问题等热点问题加以探究，以便学生能更好的理解数列.【典例导引】（一）数列中的单调性问题变式2 在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1.(1)求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2)记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围．（二）数列中的奇偶性问题例2. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑i ＝1n (－1)·a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围．变式1 设函数f (x )＝2x ＋33x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1a n －1(n ∈N *，且n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，求实数t 的取值范围．变式2 已知数列{a n }满足，a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)．(1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值；(2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .（三）数列中的存在性问题例3. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和为S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．变式1 已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *.(1)若a 1＝－1，p ＝1，①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n .(2) 若数列{a n }中存在三项，a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围．变式2 已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意给定的k ∈N *，是否存在p ，r ∈N *(k ＜p ＜r )使1a k ，1a p ，1a r成等差数列？若存在，用k 分别表示p 和r (只要写出一组)；若不存在，请说明理由．【跟踪演练】1．已知数列{a n }为等差数列，其前12项和为354，在前12项中，偶数项之和与奇数项之和的比为3227，则这个数列的公差为________．2．等比数列{a n }的首项为1，项数为偶数，且奇数项和为85，偶数项和为170，则数列的项数为________．3．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a 2n b n为整数的正整数n 的个数是________．4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *，设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，则数列{b n }的前2n 项和为________．1.已知数列{a n }，a n ＝n 2＋λn ＋3(其中λ为常实数)，且a 3为数列{a n }的最小项，则实数λ的取值范围是________．2．若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，当n 为奇数时；4n ＋9，当n 为偶数时.则数列{c n }的前19项的和T 19＝________. 3．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，满足a 1＝1，S 6＝36，且a m ，a m ＋2，a k 成等比数列，则m ＋k 的值为________．4.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ·n ，若对任意正整数n ，(a n ＋1－p )(a n －p )＜0恒成立，则实数p 的取值范围是________．5. 已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R .a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围．6.已知{a n }是各项均为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝40，S 4＝26.(1)求数列{a n }的通项公式；①求证：数列{b n }是等比数列；②求满足S n >T n 的所有正整数n 的值．7. 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a ，(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝6(S n ＋n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对于∀n ∈N *，都有S n ≤n (3n ＋1)成立，求实数a 取值范围．8. 已知n ∈N *，数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且a 1＝1，a 2＝2，设b n ＝a 2n －1＋a 2n .(1)若数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n ；(2)若S 2n ＝3(2n －1)，数列{a n a n ＋1}也为等比数列，求数列的{a n }通项公式．9.若数列{a n }中的项都满足a 2n －1＝a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)，则称{a n }为“阶梯数列”．(1)设数列{b n }是“阶梯数列”，且b 1＝1，b 2n ＋1＝9b 2n －1(n ∈N *)，求b 2 016；(2)设数列{c n }是“阶梯数列”，其前n 项和为S n ，求证：{S n }中存在连续三项成等差数列，但不存在连续四项成等差数列；(3)设数列{d n }是“阶梯数列”，且d 1＝1，d 2n ＋1＝d 2n －1＋2(n ∈N *)，记数列⎝⎛⎭⎫1d n d n ＋2的前n 项和为T n .问是否存在实数t ，使得(t －T n )⎝⎛⎭⎫t ＋1T n<0对任意的n ∈N *恒成立？若存在，请求出实数t 的取值范围；若不存在，请说明理由．10.已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和为T n ；(2)是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值；若不存在，请说明理由．11.设公差不为零的等差数列{a n }的各项均为整数，S n 为其前n 项和，且满足a 2a 3a 1＝－54，S 7＝7. (1)求数列{a n }的通项公式；12. 已知数列{a n }中，a 2＝1，前n 项和为S n ，且S n ＝n a n －a 12. (1)求a 1；(2)证明数列{a n }为等差数列，并写出其通项公式；(3)设lg b n ＝a n ＋13n ，试问是否存在正整数p ，q (其中1＜p ＜q )，使b 1，b p ，b q 成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p ，q )；若不存在，说明理由．。

高三理科数学二轮复习专题能力提升训练：数列的综合应用问题(含答案解析).pdf

训练　数列的综合应用问题一、选择题(每小题5分，共25分) 1．设{an}是等比数列，则“a1＜a2＜a3是递增数列”的( )． A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．在等差数列{an}中，若a1，a2 011为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a2＋a1 006＋a2 010＝( )． A．10 B．15 C．20 D．40 3．已知正项组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a6·a15的最大值为( )． A．25 B．50 C．100 D．不存在 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，过点P(n，Sn)和Q(n＋1，Sn＋1)(nN*)的直线的斜率为3n－2，则a2＋a4＋a5＋a9的值等于( )． A．52 B．40 C．26 D．20 5．已知各项都是正数的等比数列{an}中，存在两项am，an(m，nN*)使得＝4a1，且a7＝a6＋2a5，则＋的最小值是( )． A. B. C. D. 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．为了解某校高三学生的视力情况，随机地抽查了该校200名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图，如图．由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数成等比数列，后6组的频数成等差数列，设最大频率为a，视力在4.6到4.9之间的学生数为b，则a，b的值分别为________． 7．在等比数列{an}中，首项a1＝，a4＝(1＋2x)dx，则公比q为________． 8．已知数列{an}中，a1＝1，且P(an，an＋1)(nN*)在直线x－y＋1＝0上，若函数f(n)＝＋＋＋…＋(nN*，且n≥2)，函数f(n)的最小值是________．三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知数列{an}是等差数列，满足a2＝5，a4＝13.数列{bn}的前n项和是Tn，且Tn＋bn＝3. (1)求数列{an}及数列{bn}的通项公式； (2)若cn＝an·bn，试比较cn与cn＋1的大小． 10．(12分)首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋3)，nN*. (1)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数； (2)若对一切nN*都有an＋1＞an，求a1的取值范围． 11．(12分)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列第二列第三列第一行3 2 10第二行6 4 14第三行9 8 18(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.参考答案 1．C　[“a1＜a2＜a3”“数列{an}是递增数列”．] 2．B　[由题意，知a1＋a2 011＝a2＋a2 010＝2a1006＝10，所以a2＋a1 006＋a2 010＝15，故选B.] 3．A　[S20＝＝10(a1＋a20)＝100，故a6＋a15＝a1＋a20＝10，a6·a15≤）2＝25.] 4．B　[由题意得，＝3n－2，Sn＋1－Sn＝3n－2，即an＋1＝3n－2，an＝3n－5，因此数列{an}是等差数列，a5＝10，而a2＋a4＋a5＋a9＝2(a3＋a7)＝4a5＝40，故选B.] 5．A　[记等比数列{an}的公比为q(q＞0)，依题意有a5q2＝a5q＋2a5，由a5≠0，得q2－q－2＝0，解得q＝2，又(a1·2m－1)·(a1·2n－1)＝16a，即2m＋n－2＝24，m＋n－2＝4，m＋n＝6，＋＝（＋）(m＋n)＝[5＋＋）]≥ (5＋4)＝.] 6．解析　第一组的频数为：0.1×0.1×200＝2，第二组的频数为：0.3×0.1×200＝6，故第三组的频数为：18，第四组的频数为：54. a＝＝0.27.后五组的频数共有：200－80＝120. 又后六组成等差数列，所以第七组的频数为24，第五、六组的频数共为78，故b＝54＋78＝132. 答案　0.27,132 7．解析　a4＝＝(4＋42)－(1＋12)＝18，∴q3＝＝27，∴q＝3. 答案　3 8．解析　由题意知，an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1，数列{an}是等差数列，公差d＝1，an＝n，当n≥2时，f(n)＝＋＋＋…＋，∵f(n＋1)－f(n)＝＋＋＋…＋－＋＋＋…＋＝＋－＝－＞0，∴f(2)＜f(3)＜…，∴[f(n)]min ＝f(2)＝＋＝. 答案 9．解　(1)a2＝5，a4＝13，a4＝a2＋2d，即13＝5＋2d. d＝4，a1＝1，an＝4n－3. 又Tn＋bn＝3，Tn＋1＋bn＋1＝3， 2bn＋1－bn＝0，即bn＋1＝bn. b1＋b1＝3，b1＝，数列{bn}为首项是，公比是的等比数列， bn＝）n－1＝. (2)cn＝anbn＝，cn＋1＝， cn＋1－cn＝－＝. 当n＝1时，cn＋1－cn＞0，cn＋1＞cn；当n≥2(nN*)时，cn＋1－cn＜0，cn＋1＜cn. 10．(1)证明　已知a1是奇数，假设ak＝2m－1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇数．根据数学归纳法，对任何nN*，an都是奇数． (2)解　法一　由an＋1－an＝(an－1)·(an－3)知，an＋1＞an当且仅当an＜1或an＞3. 另一方面，若0＜ak＜1，则0＜ak＋1＜＝1；若ak＞3，则ak＋1＞＝3. 根据数学归纳法，0＜a1＜10＜an＜1，n∈N*，a1＞3an＞3，n∈N*. 综上所述，对一切nN*都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3. 法二　由a2＝＞a1，得a－4a1＋3＞0，于是0＜a1＜1或a1＞3.an＋1－an＝－＝，因为a1＞0，an＋1＝，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号．根据数学归纳法，n∈N*，an＋1－an与a2－a1同号．因此，对一切nN*都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3. 11．解　(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18. 所以公比q＝3.故an＝2·3n－1. (2)因为bn＝an＋(－1)nln an＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3. 所以当n为偶数时， Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；当n为奇数时， Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋·ln 3 ＝3n－ln 3－ln 2－1. 综上所述，Sn＝。

专题01 数列大题拔高练(原卷版)

【一专三练】专题01 数列大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）数列{}n a 满足11a =，1113n n a a n +=+．(1)设27n nn n b a -=，求{}n b 的最大项；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．2．（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知数列{}n a 满足11a =，2121n n a a +=+，2212n n a a -=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设12111n nT a a a =+++ ，求证：23n T <.3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，1,,,;n n na n n a a n n ++⎧=⎨-⎩为奇数为偶数数列nb 满足2n n b a =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．4．（2023·广东广州·统考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且221n n n S a +=+(1)求1a ，并证明数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列：(2)若222k k a S <，求正整数k 的所有取值.5．（2023·湖南岳阳·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为111,1,22n n n n S a S S ++==+(1)证明数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设3n n n b S =，若对任意正整数n ，不等式21827n m m b -+<恒成立，求实数m 的取值范围.6．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）在数列{}n a 中，149a =，()()()2313912n n n n a n a ++⋅+=+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，证明：525443n nn S +<-⋅.7．（2023·山西·校联考模拟预测）在①n b =②11n n n b a a +=；③2n n n b a =，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并解答问题．已知数列{}n a 的前n 项和23322n n S na n n =-+．(1)证明：数列{}n a 是等差数列；(2)若12a =，设___________，求数列{}n b 的前n 项和n T ．8．（2023·吉林长春·校联考一模）已知等差数列{}n a 的首项11a =，记{}n a 的前n 项和为n S ，4232140S a a -+=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 公差1d >，令212n n nn n a c a a ++=⋅⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .9．（2023·浙江·校联考三模）已知数列{}n a 是以d 为公差的等差数列，0,n d S ≠为{}n a 的前n 项和．(1)若6336,1S S a -==，求数列{}n a 的通项公式；(2)若{}n a 中的部分项组成的数列{}n m a 是以1a 为首项，4为公比的等比数列，且214a a =，求数列{}n m 的前n 项和n T ．10．（2023·山西·统考模拟预测）已知数列{}n a 是正项等比数列，且417a a -=，238a a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求数列{}n b 的前n 项和n S .①()21n n b n a =-；②()22121log n n b n a =+.11．（2023·辽宁沈阳·统考一模）设*n ∈N ，向量()1,1AB n =- ，()1,41AC n n =-- ，n a AB AC =⋅ ．(1)令1n n n b a a +=-，求证：数列{}n b 为等差数列；(2)求证：1211134n a a a ++⋅⋅⋅+<．12．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知11a =，222n n na S n n -=-，*N n ∈．(1)求证：数列{}n a 是等差数列；(2)设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且21nn T =-，令2n n n a c b =，求数列{}n c 的前n 项和n R ．13．（2023·山东潍坊·统考一模）已知数列{}n a 为等比数列，其前n 项和为n S ，且满足()2n n S m m R =+∈.(1)求m 的值及数列{}n a 的通项公式；(2)设2log 5n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .14．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，n T 是等比数列{}n b 的前n 项和，且10a =，11b =，223344S T S T S T +=+=+．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设211nn n i c a n ==⋅∑，求数列的前n 项和n P ．15．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足()112,(1)02,N n n a n a na n n *-=-+=≥∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n S 为数列{}n a 的前n 项和，求2023S ．16．（2023·安徽合肥·校考一模）已知数列{}n a 满足221n n n a a a ++=，13a =，23243a a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若3log n n b a =，数列{}n b 的前n 项和为n S ，求12111nS S S ++⋯+．17．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）设等差数列{}n a 的前项和为n S ，已知1239a a a ++=，2421a a ⋅=，等比数列{}n b 满足2334b b +=，234164b b b =．(1)求n S ；(2)设n n c =，求证：1234n c c c c ++++< ．18．（2023·山东枣庄·统考二模）已知数列{}n a 的首项13a =，且满足2122n n n a a +++=．(1)证明：{}2n n a -为等比数列；(2)已知2,log ,n n na nb a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，n T 为{}n b 的前n 项和，求10T ．19．（2023·山东聊城·统考一模）已知数列{}n a 满足1322a a a +=，13,2,n n na n a a n +⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，数列{}n c 满足21n n c a -=．(1)求数列{}n c 和{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．20．（2023·江苏·二模）已知数列{}n a 满足112a =-，()1120n n n a na +++=.数列{}nb 满足11b =，1n n n b k b a +=⋅+ ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：当1k ≤时，1132n n n b -+≤- ．21．（2023·江苏·统考一模）在数列}n a 中，若()*1123N n n a a a a a d n +-⋅⋅⋅=∈，则称数列{}n a 为“泛等差数列”，常数d 称为“泛差”.已知数列{}n a 是一个“泛等差数列”，数列{}n b 满足22212123n n n a a a a a a a b =⋅++⋅⋅⋅⋅-⋅+.(1)若数列{}n a 的“泛差”1d =，且1a ，2a ，3a 成等差数列，求1a ；(2)若数列{}n a 的“泛差”1d =-，且112a =，求数列{}nb 的通项n b .22．（2023·辽宁辽阳·统考一模）某体育馆将要举办一场文艺演出，以演出舞台为中心，观众座位依次向外展开共有10排，从第2排起每排座位数比前一排多4个，且第三排共有49个座位.(1)设第n 排座位数为()1,2,,10n a n =L ，求n a 及观众座位的总个数；(2)已知距离演出舞台最远的第10排的演出门票的价格为500元/张，每往前推一排，门票单价为其后一排的1.1倍，若门票售罄，试问该场文艺演出的门票总收入为多少元？（取101.1 2.594=）23．（2023·浙江温州·统考二模）已知{}n a 是首项为1的等差数列，公差{}0,n d b >是首项为2的等比数列，4283,a b a b ==．(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)若数列{}n b 的第m 项m b ，满足__________（在①②中任选一个条件），*N k ∈，则将其去掉，数列{}n b 剩余的各项按原顺序组成一个新的数列{}n c ，求{}n c 的前20项和20S ．①4log m k b a =②31m k b a =+．24．（2023·山西太原·统考一模）已知等差数列{}n a 中，11a =，n S 为{}n a 的前n 项和，且也是等差数列.(1)求n a ；(2)设()*1n n n n S b n a a +=∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n T .25．（2023·云南红河·统考二模）已知等差数列{}n a 的公差0d >，12a =，其前n 项和为n S ，且______．在①1a ，3a ，11a 成等比数列；333S =；③221133n n n n a a a a ++-=+这三个条件中任选一个，补充在横线上，并回答下列问题．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足()11nn n b a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ．注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．26．（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项之积为()(1)22N n n n S n -*=∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设公差不为0的等差数列{}n b 中，11b =，___________，求数列{}2log 2n b n a +的前n 项和n T ．请从①224b b =；②358b b +=这两个条件中选择一个条件，补充在上面的问题中并作答．注：如果选择多个条件分别作答，则按照第一个解答计分．27．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且413a =，672S =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且344n n T b =-．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式．(2)记()152n n n n a b c +-⋅=，若数列{}n c 的前n 项和为n Q ，数列的前n 项和为n R ，探究：n n nQ R c +是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．28．（2023·湖南常德·统考一模）已知数列{}n a 满足1224444n n n a a a n +++=L （*n ∈N ）.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足11n n n b a a +=，求{}n b 的前n 项和n S .29．（2023·山东济宁·统考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：*111,2(N )n n a na S n n +==+∈. (1)求证：数列1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列；(2)设3123123333n n n a a a a a a a a T =++++ ，求n T .30．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）如图，已知曲线12:(0)1x C y x x =>+及曲线21:(0)3C y x x=>.从1C 上的点)n P n +∈N 作直线平行于x 轴，交曲线2C 于点n Q ，再从点n Q 作直线平行于y 轴，交曲线1C 于点1n P +，点n P 的横坐标构成数列{}1102n a a ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.(1)试求1n a +与n a 之间的关系，并证明：()21212n n a a n -+<<∈N ；(2)若113a =，求n a的通项公式.。

高考数学二轮复习数列多选题测试试题含答案

高考数学二轮复习数列多选题测试试题含答案一、数列多选题1．已知数列{}n a 的首项1a m =且满足()()14751221nn a a n n a a +⎡⎤=-⋅-⋅+-⋅-⎣⎦，其中n *∈N ，则下列说法中正确的是（）A ．当1m =时，有3n n a a +=恒成立B ．当21m =时，有47n n a a ++=恒成立C ．当27m =时，有108111n n a a ++=恒成立D ．当()2km k N *=∈时，有2n kn k aa +++=恒成立【答案】AC 【分析】题设中的递推关系等价为1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，根据首项可找到{}n a 的局部周期性，从而可得正确的选项. 【详解】因为()()14751221n n a a n n a a +⎡⎤=-⋅-⋅+-⋅-⎣⎦，故1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，当1m =即11a =时，24a =，32a =，41a =，故{}n a 为周期数列且3n n a a +=，故A 正确.当21m =即121a =时，264a =，同理416a =，58a =，64a =，72a =，81a =，故58a a ≠，故B 错误.当2km =即12ka =时，根据等比数列的通项公式可有11222k kk a -⎛⎫= ⎪⎝⎭=，+1+21,4k k a a ==，+32k a =， +1+3k k a a ≠，故D 错误.对于C ，当27m =时，数列{}n a 的前108项依次为：27,82,42,124,62,31,94,47,142,71,214,107,322,161,484242,121,364,182,91,274，， 137,412,206,103,310,155,466,233,700,350,175,526,263,790,395,1186,593,1780， 890,445,1336,668,334,167,502,251,754,377,1132,566,283,850,425,1276,638,319，958,479,1438,719,2158,1079,3238,1619,4858,2429,7288,3644,1822,911,2734， 1367,4102,2051,6154,3077,9232,4616,2308,1154,577,1732,866,433,1300,650， 325,976,488,244,122,61,184,92,46,23,70,35,106,53,160,80,40,20,10,5,16，故1098a =，1104a =，1112a =，1121a =，1134a =，所以109112n n a a ++=对任意1n ≥总成立.（备注：因为本题为多选题，因此根据A 正确，BD 错误可判断出C 必定正确，可无需罗列出前108项）故选：AC. 【点睛】方法点睛：对于复杂的递推关系，我们应该将其化简为相对简单的递推关系，对于数列局部周期性的研究，应该从特殊情况中总结出一般规律，另外，对于多选题，可以用排除法来确定可选项.2．设{}n a 是无穷数列，若存在正整数()2k k ≥，使得对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，则称{}n a 是“间隔递增数列”，k 是{}n a 的“间隔数”，下列说法正确的是（） A ．公比大于1的等比数列一定是“间隔递增数列” B ．若()21nn a n =+-，则{}n a 是“间隔递增数列”C ．若(),2n ra n r r n*=+∈≥N ，则{}n a 是“间隔递增数列”且“间隔数”的最小值为r D ．已知22021n a n tn =++，若{}n a 是“间隔递增数列”且“间隔数”的最小值为3，则54t -<≤-【答案】BCD 【分析】利用新定义，逐项验证是否存在正整数()2k k ≥，使得0n k n a a +->，即可判断正误. 【详解】选项A 中，设等比数列{}n a 的公比是()1q q >，则()1111111n k n n n k k n a a a a q q q a q +---+=-=--，其中1k q >，即()110n k q q -->，若10a <，则0n k n a a +-<，即n k n a a +<，不符合定义，故A 错误；选项B 中，()()()()()21212111n kn n k n k n a a n k n k ++⎡⎤⎡⎤⎡⎤++--+-=+---⎣⎦-=⎣⎦⎣⎦，当n 是奇数时，()211kn k n a a k +=---+，则存在1k时，0n k n a a +->成立，即对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，符合定义；当n 是偶数时，()211kn k n a a k +-=+--，则存在2k ≥时，0n k n a a +->成立，即对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，符合定义.综上，存在2k ≥时，对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，符合定义，故B 正确；选项C 中，()()1n k n r r kr r a a n k n k k n k n n k n n k n +⎡⎤-⎛⎫⎛⎫++-+=+=-⎢⎥ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎢⎣-⎦=⎥()2n kn r k n k n +-=⋅+，令2()f n n kn r =+-，开口向上，对称轴02k -<，故2()f n n kn r =+-在n *∈N 时单调递增，令最小值(1)10f k r =+->，得1k r >-，又k *∈N ，2k ≥，,2r r *∈≥N ，故存在k r ≥时，0n k n a a +->成立，即对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，符合定义，“间隔数”的最小值为r ，故C 正确；选项D 中，因为22021n a n tn =++，是“间隔递增数列”，则()()()2222021202012n k n a a n k t n k kn k t n n k t +⎡⎤-=-=++>⎣++++⎦++，即20k n t ++>，对任意n *∈N 成立，设()2g n k n t =++，显然在n *∈N 上()g n 递增，故要使()20g n k n t =++>，只需(1)20g k t =++>成立，即2t k --<. 又“间隔数”的最小值为3，故存在3k ≥，使2t k --<成立，且存在k 2≤，使2t k --≥成立，故23t --<且22t --≥，故54t -<≤-，故D 正确.故选：BCD. 【点睛】本题的解题关键在于读懂题中“间隔递增数列”的定义，判断是否存在正整数()2k k ≥，使0n k n a a +->对于任意的n *∈N 恒成立，逐项突破难点即可.3．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若831a =，10210S =，则（） A ．19919S a =B ．数列{}22n a是公比为8的等比数列C ．若()1nn n b a =-⋅，则数列{}n b 的前2020项和为4040D ．若11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前2020项和为202024249【答案】CD 【分析】由等差数列性质可判断A ；结合已知条件可求出等差数列的公差，从而可求出通项公式以及22n a ，结合等比数列的定义可判断B ；写出n b ，由定义写出2020T 的表达式，进行分组求和即可判断C ；11144143n b n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，裂项相消即可求和.【详解】由等差数列的性质可知，191019S a =，故A 错误；设{}n a 的公差为d ，则有811017311045210a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得13a =，4d =，故41n a n =-，28122na n -=，则数列{}22n a是公比为82的等比数列，故B 错误；若()()()1141n nn n b a n =-⋅=-⋅-，则{}n b 的前2020项20203711158079410104040T =-+-+-⋅⋅⋅+=⨯=，故C 正确；若()()1111414344143n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，则{}n b 的前2020项和2020111111120204377118079808324249T ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=⎪⎝⎭，故D 正确．故选:CD ．【点睛】方法点睛:求数列的前n 项和常见思路有：1、对于等差和等比数列，直接结合求和公式求解；2、等差数列±等比数列时，常采取分组求和法；3、等差数列⨯等比数列时，常采取错位相减法；4、裂项相消法.4．（多选题）数列{}n a 满足()2*1n n n a a a n N+=-+∈，110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则以下说法正确的为（） A ．10n n a a +<<B ．22221231n a a a a a +++⋅⋅⋅+<C ．对任意正数b ，都存在正整数m 使得12311111111mb a a a a +++⋅⋅⋅+>----成立 D ．11n a n <+ 【答案】ABCD 【分析】对于A ，结合二次函数的特点可确定正误；对于B ，将原式化简为111n a a a +-<，由10n a +>得到结果；对于C ，结合1a 范围和A 中结论可确定12111111nn a a a ++⋅⋅⋅+>---，由此判断得到结果；对于D ，利用数学归纳法可证得结论. 【详解】对于A ，2211124n nn n a a a a +⎛⎫=-+=--+ ⎪⎝⎭，若10,2n a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则110,4n a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，又110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可知0n a >，10n a +>，又210n n n a a a +-=-<，10n n a a +∴<<，A 正确；对于B ，由已知得：21n n n a a a +=-，()()()2221212231111n n n n a a a a a a a a a a a a ++∴++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-<，B 正确；对于C ，由110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭及A 中结论得：1112na <-<，1121na <<-， 12111111nn a a a ∴++⋅⋅⋅+>---，显然对任意的正数b ，在在正整数m ，使得m b >，此时12311111111mb a a a a +++⋅⋅⋅+>----成立，C 正确；对于D ，（i ）当1n =时，由已知知：112a <成立，（ii ）假设当()n k k N*=∈时，11nan <+成立，则222111112411n n n n a a a a n n +⎛⎫⎛⎫=-+=--+<-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，又()()()221111012121n n n n n -+-=-<+++++，即()2111121n n n -+<+++， 112n a n +∴<+，综上所述：当n *∈N 时，112n a n +<+，D 正确. 故选：ABCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列与不等式的综合应用问题，关键在于能够熟练应用不等式的性质与函数的性质进行化简辨析，同时对于数列中的不等式证明问题，可采用数学归纳法进行证明.5．两个等差数列{}n a 和{}n b ，其公差分别为1d 和2d ，其前n 项和分别为n S 和n T ，则下列命题中正确的是（） A．若为等差数列，则112da =B ．若{}n n S T +为等差数列，则120d d +=C ．若{}n n a b 为等差数列，则120d d ==D ．若*n b N ∈，则{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d +【答案】AB 【分析】对于A，利用=对于B ，利用()2211332S T S T S T +=+++化简可得答案；对于C ，利用2211332a b a b a b =+化简可得答案；对于D ，根据112n n b b a a d d +-=可得答案. 【详解】对于A ，因为为等差数列，所以=即== 化简得()21120d a -=，所以112d a =，故A 正确；对于B ，因为{}n n S T +为等差数列，所以()2211332S T S T S T +=+++，所以()11121111122223333a d b d a b a d b d +++=+++++，所以120d d +=，故B 正确；对于C ，因为{}n n a b 为等差数列，所以2211332a b a b a b =+，所以11121111122()()(2)(2)a d b d a b a d b d ++=+++，化简得120d d =，所以10d =或20d =，故C 不正确；对于D ，因为11(1)n a a n d =+-，且*n b N ∈，所以11(1)n b n a a b d =+-()112111a b n d d =++--⎡⎤⎣⎦，所以()()1111211n b a a b d n d d =+-+-，所以()()()11111211112111n n b b a a a b d nd d a b d n d d +-=+-+-----12d d =，所以{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d ，故D 不正确. 故选：AB 【点睛】关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.6．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012,2,再接下来的三项是0122,2,2,依次类推…，第n 项记为n a ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．6016a =B ．18128S =C ．2122k k k a -+=D ．2221kk kS k +=--【答案】AC 【分析】对于AC 两项，可将数列进行分组，计算出前k 组一共有()12k k +个数，第k 组第k 个数即12k -，可得到选项C由C 得到9552a =，60a 则为第11组第5个数，可得60a 对于BD 项，可先算得22k kS +，即前k 组数之和18S 即为前5组数之和加上第6组前3个数，由21222k k kS k ++=--结论计算即可. 【详解】A.由题可将数列分组第一组：02 第二组：012,2, 第三组：0122,2,2,则前k 组一共有12++…()12k k k ++=个数第k 组第k 个数即12k -，故2122k k k a -+=，C 对又()10101552+=，故9552a = 又()11111662+=， 60a 则为第11组第5个数第11组有数：0123456789102,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2 故460216a ==，A 对对于D. 每一组的和为0122++ (1)2122121k k k --+==-- 故前k 组之和为1222++…()122122221k k k k k k +-+-=-=---21222k k k S k ++=--故D 错. 对于B.由D 可知，615252S =--()551152+=，()661212+=01261815222252764S S =+++=--+=故B 错故选：AC 【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．7．将2n 个数排成n 行n 列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中0m >).已知112a =，13611a a =+，记这2n 个数的和为S .下列结论正确的有（）A ．3m =B ．18181103354kk i a =⨯+=∑C ．(31)3ij ja i =-⨯ D ．()1(31)314n S n n =+- 【答案】ABD 【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出1361,a a ，列式即可求出m ，从而求出通项ij a ，进而可得ii a ，根据错位相减法可求得181kki a=∑，再按照分组求和法，每一行求和可得S ，由此可以判断各选项的真假．【详解】∵a 11＝2，a 13＝a 61+1，∴2m 2＝2+5m +1，解得m ＝3或m 12=-（舍去），A 正确； ∴()()11113213313j j j ij i a a i m i ---⎡⎤=⋅=+-⨯⋅=-⋅⎣⎦，C 错误；∴()1313i ii a i -=-⋅，0171811223318182353533S a a a a =+++⋯+=⨯+⨯+⋯+⨯① 12181832353533S =⨯+⨯+⋯+⨯②,①-②化简计算可得：1818103354S ⨯+=,B 正确；S ＝(a 11+a 12+a 13+……+a 1n )+(a 21+a 22+a 23+……+a 2n )+……+(a n 1＋a n2＋a n 3＋……＋a nn )()()()11211131313131313nnnn a a a ---=+++---()()231131.22nn n +-=- ()1=(31)314n n n +-，D 正确；故选：ABD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.8．在n n n A B C （1,2,3,n =）中，内角,,n n n A B C 的对边分别为,,n n n a b c ，n n n A B C 的面积为n S ，若5n a =，14b =，13c =，且222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=，则（） A ．n n n A B C 一定是直角三角形 B ．{}n S 为递增数列 C ．{}n S 有最大值 D ．{}n S 有最小值【答案】ABD 【分析】先结合已知条件得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，得A 正确，再利用面积公式得到递推关系1221875=644n n S S ++，通过作差法判定数列单调性和最值即可. 【详解】由222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=得，222222112244n n n n n n a c a b bc+++++=+()2221122n n n a b c =++()2225122n n b c =++，故()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，又221125=0b c +-，22250n n b c ∴+-=，22225=n n n b c a ∴+=，故n n n A B C 一定是直角三角形，A 正确；n n n A B C 的面积为12n n n S b c =，而()4222222222221124224416n n n n n n n n n n n n a b c a b c a c a b bc+++++++=⨯=，故()42222222222111241875161875==1616641n n n n n n n n n n n a b c a b b SS c c S +++++++==+，故22212218751875==6446434n n n n n S S SS S +-+--，又22125=244n n n n n b c b c S +=≤（当且仅当=n n b c 22121875=06344n n n S SS +∴--≥，又由14b =，13c =知n n b c ≠不是恒成立，即212n n S S +>，故1n n S S +>，故{}n S 为递增数列，{}n S 有最小值16=S ，无最大值，故BD 正确，C 错误. 故选：ABD. 【点睛】本题解题关键是利用递推关系得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断.二、平面向量多选题9．已知集合()(){}=,M x y y f x =,若对于()11,x y M ∀∈,()22,x y M ∃∈,使得12120x x y y +=成立,则称集合M 是“互垂点集”.给出下列四个集合:(){}21,1M x y y x ==+;(){2,M x y y ==;(){}3,xM x y y e ==;(){}4,sin 1M x y y x ==+.其中是“互垂点集”集合的为( )A ．1MB ．2MC ．3MD ．4M【答案】BD 【分析】根据题意知，对于集合M 表示的函数图象上的任意点()11,P x y ，在图象上存在另一个点P '，使得OP OP '⊥，结合函数图象即可判断．【详解】由题意知，对于集合M 表示的函数图象上的任意点()11,P x y ，在图象上存在另一个点P '，使得OP OP '⊥．在21y x =+的图象上，当P 点坐标为(0,1)时，不存在对应的点P '，所以1M 不是“互垂点集”集合；对y =所以在2M 中的任意点()11,P x y ，在2M 中存在另一个P '，使得OP OP '⊥，所以2M 是“互垂点集”集合；在x y e =的图象上，当P 点坐标为(0,1)时，不存在对应的点P '，所以3M 不是“互垂点集”集合；对sin 1y x =+的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，所以所以4M 是“互垂点集”集合，故选：BD ．【点睛】本题主要考查命题的真假的判断，以及对新定义的理解与应用，意在考查学生的数学建模能力和数学抽象能力，属于较难题．10．下列条件中，使点P 与A ，B ，C 三点一定共面的是（）A ．1233PC PA PB =+ B ．111333OP OA OB OC =++ C ．QP QA QB OC =++D ．0OP OA OB OC +++=【答案】AB【分析】根据四点共面的充要条件，若A ，B ，C ，P 四点共面(1)PC xPA yPB x y ⇔=++=()1OP xOA yOB zOC x y z ⇔=++++=，对选项逐一分析，即可得到答案.【详解】对于A ，由1233PC PA PB =+，12133+=，所以点P 与A ，B ，C 三点共面. 对于B ，由111333OP OA OB OC =++，1111333++=，所以点P 与A ，B ，C 三点共面. 对于C ，由OP OA OB OC =++，11131++=≠，所以点P 与A ，B ，C 三点不共面. 对于D ，由0OP OA OB OC +++=，得OP OA OB OC =---，而11131---=-≠，所以点P 与A ，B ，C 三点不共面.故选：AB【点睛】关键点睛：本题主要考查四点共面的条件，解题的关键是熟悉四点A ，B ，C ，P 共面的充要条件(1)PC xPA yPB x y ⇔=++=()1OP xOA yOB zOC x y z ⇔=++++=，考查学生的推理能力与转化思想，属于基础题.。

高考数学二轮复习数学数列多选题试题含答案

高考数学二轮复习数学数列多选题试题含答案一、数列多选题1．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．68a = B ．954S =C ．135********a a a a a ++++=D ．22212201920202019a a a a a +++= 【答案】ACD 【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系12211,1,(3)n n n a a a a a n --===+≥，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】对于A ，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A 正确；对于B ，911235813+21+3488S =++++++=，故B 错误；对于C ，由12a a =，342a a a =-，564a a a =-，……，201920202018a a a =-，可得：13520192426486202020182020a a a a a a a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+=+-+-+-++-=，故C正确.对于D ，斐波那契数列总有21n n n a a a ++=+，则2121a a a =，()222312321a a a a a a a a =-=-，()233423423a a a a a a a a =-=-，……，()220182018201920172018201920172018a a a a a a a a =-=-，220192019202020192018a a a a a =-，可得22212201920202019201920202019a a a a a a a a+++==，故D 正确；故选：ACD. 【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.2．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（）A ．(1)1()2n nF n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛+-⎥=- ⎥⎝⎭⎝⎭⎦ D ．()n n F n ⎡⎤⎥=+⎥⎝⎭⎝⎭⎦【答案】BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可；【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然()()11,21F F ==，()()()3122F F F =+=，()()()4233F F F =+=，，()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==，即B 满足条件；由()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()()11F n n F n n ⎤+-=--⎥⎣⎦所以数列()()1F n n ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭是以12为首项，12为公比的等比数列，所以()()1nF n n +-=⎝⎭11515()n F F n n -+=+，令112nn n Fb -=⎛⎫+⎪⎝⎭，则11n n b ++，所以1n n b b +=-，所以n b ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎭ 所以1n n b -+，所以()1115n n n nF n --⎤⎤⎛⎫+⎥⎥=+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦；即C 满足条件；故选：BC 【点睛】考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1a p =，122n n S S p --=（2n ≥，p 为常数），则下列结论正确的有（） A ．{}n a 一定是等比数列B ．当1p =时，4158S =C ．当12p =时，m n m n a a a +⋅= D ．3856a a a a +=+【答案】BC 【分析】对于A 选项，若0p =，则数列{}n a 不是等比数列，当0p ≠时，通过题目条件可得112n n a a -=，即数列{}n a 为首项为p ，公比为12的等比数列，然后利用等比数列的通项公式、前n 项和公式便可得出B ，C ，D 是否正确. 【详解】由1a p =，122n n S S p --=得，()222a p p p +-=，故22pa =，则2112a a =，当3n ≥时，有1222n n S S p ---=，则120n n a a --=，即112n n a a -=，故当0p ≠时，数列{}n a 为首项为p ，公比为12的等比数列；当0p =时不是等比数列，故A 错误；当1p =时，441111521812S ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭==-，故B 正确；当12p =时，12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则12m nm n m n a a a ++⎛⎫⋅== ⎪⎝⎭，故C 正确；当0p ≠时，38271133+22128a a p p ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，而56451112+22128a a p p ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，故3856a a a a +>+，则D 错误；4．两个等差数列{}n a 和{}n b ，其公差分别为1d 和2d ，其前n 项和分别为n S 和n T ，则下列命题中正确的是（）A ．若为等差数列，则112da =B ．若{}n n S T +为等差数列，则120d d +=C ．若{}n n a b 为等差数列，则120d d ==D ．若*n b N ∈，则{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d +【答案】AB 【分析】对于A ，利用=对于B ，利用()2211332S T S T S T +=+++化简可得答案；对于C ，利用2211332a b a b a b =+化简可得答案；对于D ，根据112n n b b a a d d +-=可得答案. 【详解】对于A ，因为为等差数列，所以=即== 化简得()21120d a -=，所以112d a =，故A 正确；对于B ，因为{}n n S T +为等差数列，所以()2211332S T S T S T +=+++，所以()11121111122223333a d b d a b a d b d +++=+++++，所以120d d +=，故B 正确；对于C ，因为{}n n a b 为等差数列，所以2211332a b a b a b =+，所以11121111122()()(2)(2)a d b d a b a d b d ++=+++，化简得120d d =，所以10d =或20d =，故C 不正确；对于D ，因为11(1)n a a n d =+-，且*n b N ∈，所以11(1)n b n a a b d =+-()112111a b n d d =++--⎡⎤⎣⎦，所以()()1111211n b a a b d n d d =+-+-，所以()()()11111211112111n n b b a a a b d nd d a b d n d d +-=+-+-----12d d =，所以{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d ，故D 不正确. 故选：AB关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.5．在递增的等比数列{}n a 中，已知公比为q ，n S 是其前n 项和，若1432a a =，2312a a +=，则下列说法正确的是（）A ．2qB ．数列{}2n S +是等比数列C ．8510S =D ．数列{}lg n a 是公差为2的等差数列【答案】ABC 【分析】计算可得2q，故选项A 正确；8510S =，122n n S ++=，所以数列{}2n S +是等比数列，故选项,B C 正确；lg lg 2n a n =⋅，所以数列{}lg n a 是公差为lg 2的等差数列，故选项D 错误. 【详解】{}n a 为递增的等比数列，由142332,12,a a a a =⎧⎨+=⎩得23142332,12,a a a a a a ==⎧⎨+=⎩解得234,8a a =⎧⎨=⎩或238,4a a =⎧⎨=⎩，∵{}n a 为递增数列， ∴234,8a a =⎧⎨=⎩∴322a q a ==，212a a q ==，故选项A 正确； ∴2nn a =，()12122212nn nS +⨯-==--，∴9822510S =-=，122n n S ++=，∴数列{}2n S +是等比数列，故选项B 正确；所以122n n S +=-,则9822510S =-=，故选项C 正确.又lg 2lg 2lg nn n a ==⋅，∴数列{}lg n a 是公差为lg 2的等差数列，故选项D 错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：证明数列为等差（等比）数列常用的方法有：（1）定义法；（2）通项公式法（3）等差（等比）中项法（4）等差（等比）的前n 项和的公式法.要根据已知灵活选择方法证明.6．已知等比数列{}n a 满足11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>．（）A ．数列{}n a 的公比为pB ．数列{}n a 为递增数列C ．1r p =--D ．当14p r-取最小值时，13-=n n a 【答案】BD 【分析】先结合已知条件，利用1n n n a S S -=-找到,p q 的关系，由11p q =-判断选项A 错误，由11pq p+=>判断B 正确，利用{}n a 通项公式和前n 项和公式代入已知式计算r p =-判断C 错误，将r p =-代入14p r-，利用基本不等式求最值及取等号条件，判断D 正确. 【详解】依题意，等比数列{}n a ，11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>，设公比是q ，2n ≥时，11n n n n S pa rS pa r +-=+⎧⎨=+⎩，作差得，1n n n pa a pa +-=，即()11n n p a pa +=+，故11n n a p a p ++=，即1p q p +=，即11p q =-. 选项A 中，若公比为p ，则11p q q ==-，即210q q --=，即p q ==时，数列{}n a 的公比为p ，否则数列{}n a 的公比不为p ，故错误；选项B 中，由0p >知，1111p q p p +==+>，故111111n n n n a a q q p ---=⋅==⎛⎫+ ⎪⎝⎭是递增数列，故正确；选项C 中，由1n n S pa r +=+，11n n q S q-=-，11p q =-，1nn a q +=知， 1111111n n n n q p q q a qr S p q +--=-⋅=-=---=，故C 错误；选项D 中，因为r p =-，故()1111444p p p r p p -=-=+≥=⋅-，当且仅当14p p =，即12p =时等号成立，14p r-取得最小值1，此时13p q p +==，113n n n a q --==，故正确.故选：BD. 【点睛】方法点睛：由数列前n 项和求通项公式时，一般根据11,2,1n n n S S n a a n --≥⎧=⎨=⎩求解；2、当两个正数,a b的积为定值，要求这两个正数的和式的最值时，可以使用基本不等式a b +≥，当且仅当a b =取等号.7．某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=- C ．1n n a a +> D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【分析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t ta a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->，所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；故选：BC 【点睛】解题的关键是根据123,,a a a ，总结出n a ，并利用求和公式，求得n a 的表达式，综合性较强，考查计算化简的能力，属中档题.8．已知数列{}n a 满足11a =，()111n n na n a +-+=，*n N ∈，其前n 项和为n S ，则下列选项中正确的是（）A ．数列{}n a 是公差为2的等差数列B ．满足100n S <的n 的最大值是9C ．n S 除以4的余数只能为0或1D ．2n n S na = 【答案】ABC 【分析】根据题意对()111n n na n a +-+=变形得()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，进而根据累加法求得()*21n a n n N =-∈，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为()111n n na n a +-+=，故等式两边同除以()1n n +得：()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，所以()1111111n n a a n n n n n n -=-----=，()()12111221211n n a a n n n n n n --=------=--，，2111121122a a =-⨯-= 故根据累加法得：()11121n a a n nn =-≥-，由于11a =，故()212n a n n =-≥，检验11a =满足，故()*21n a n n N=-∈所以数列{}n a 是公差为2的等差数列，故A 选项正确；由等差数列前n 项和公式得：()21212n n n S n +-==，故2100n n S =<，解得：10n <，故满足100n S <的n 的最大值是9，故B 选项正确；对于C 选项，当*21,n k k N =-∈时，22441n n k S k ==-+，此时n S 除以4的余数只能为1；当*2,n k k N =∈时，224n n k S ==，此时n S 除以4的余数只能0，故C 选项正确；对于D 选项，222n S n =，()2212n n n n n n a =-=-，显然2n n S na ≠，故D 选项错误.故选：ABC 【点睛】本题考查累加法求通项公式，裂项求和法，等差数列的相关公式应用，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于整理变形已知表达式得()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，进而根据累加法求得通项公式.9．（多选题）已知函数()22()()n n f n n n ⎧=⎨-⎩当为奇数时当为偶数时，且()()1n a f n f n =++，则na 等于（）A ．()21n -+B ．21n -C ．21nD ．12n -【答案】AC 【分析】对n 进行分类讨论，按照()()1n a f n f n =++写出通项即可. 【详解】当n 为奇数时，()()()()22112121n a f n f n n n n n =++=-+=--=-+；当n 为偶数时，()()()221121n a f n f n n n n =++=-++=+，所以()()()2121n n n a n n ⎧-+⎪=⎨+⎪⎩当为奇数时当为偶数时. 故选：AC . 【点睛】易错点睛：对n 进行分类讨论时，应注意当n 为奇数时，1n +为偶数；当n 为偶数时，1n +为奇数.10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1+14,()n n a S a n N *==∈，数列12(1)n n n n a +⎧⎫+⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n T ，n *∈N ，则下列选项正确的是（） A ．24a = B ．2nn S =C ．38n T ≥D ．12n T <【答案】ACD 【分析】在1+14,()n n a S a n N *==∈中，令1n =，则A 易判断；由32122S a a =+=，B 易判断；令12(1)n n n b n n a ++=+，138b =，2n ≥时，()()1112211(1)12212n n n n n n n b n n a n n n n +++++===-++⋅+⋅，裂项求和3182n T ≤<，则CD 可判断. 【详解】解：由1+14,()n n a S a n N *==∈，所以2114a S a ===，故A 正确；32212822S a a =+==≠，故B 错误；+1n n S a =，12,n n n S a -≥=，所以2n ≥时，11n n n n n a S S a a -+=-=-，12n na a +=，所以2n ≥时，2422n n n a -=⋅=，令12(1)n n n b n n a ++=+，12123(11)8b a +==+， 2n ≥时，()()1112211(1)12212n n n n n n n b n n a n n n n +++++===-++⋅+⋅，1138T b ==，2n ≥时，()()23341131111111118223232422122122n n n n T n n n ++=+-+-++-=-<⨯⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅ 所以n *∈N 时，3182n T ≤<，故CD 正确；故选：ACD.【点睛】方法点睛：已知n a 与n S 之间的关系，一般用()11,12n n n a n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩递推数列的通项，注意验证1a 是否满足()12n n n a S S n -=-≥；裂项相消求和时注意裂成的两个数列能够抵消求和.。

高考数学二轮复习数学数列多选题试题及答案

高考数学二轮复习数学数列多选题试题及答案一、数列多选题1．在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第()*n n ∈N次得到数列1，123,,,,k x x x x ，2；…记1212n k a x x x =+++++，数列{}n a 的前n 项为n S ，则（） A ．12n k += B ．133n n a a +=- C ．()2332n a n n =+D ．()133234n n S n +=+- 【答案】ABD 【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可. 【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时1k = 第2次得到数列1,4,3,5,2，此时3k = 第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时 7k =第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时15k = 第n 次得到数列1，123,,,,k x x x x ，2 此时21n k =-所以12n k +=，故A 项正确；结合A 项中列出的数列可得： 123433339339273392781a a a a =+⎧⎪=++⎪⎨=+++⎪⎪=++++⎩123333(*)n n a n N ⇒=++++∈用等比数列求和可得()33132n n a -=+则 ()121331333322n n n a+++--=+=+23322n +=+ 又 ()3313333392n n a ⎡⎤-⎢⎥-=+-=⎢⎥⎣⎦22393332222n n +++--=+ 所以 133n n a a +=-，故B 项正确；由B 项分析可知()()331333122n nn a -=+=+即()2332n a n n ≠+，故C 项错误. 123n n S a a a a =++++23133332222n n +⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭()231331322nn --=+ 2339424n n +=+-()133234n n +=+-，故D 项正确. 故选：ABD. 【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()1*11,221,21n n n a n ka k N a n k --+=⎧=∈⎨+=+⎩.则下列选项正确的为（） A ．614a =B ．数列{}()*213k a k N-+∈是以2为公比的等比数列C ．对于任意的*k N ∈，1223k k a +=-D ．1000n S >的最小正整数n 的值为15 【答案】ABD 【分析】根据题设的递推关系可得2212121,21k k k k a a a a -+=-=-，从而可得22222k k a a +-=，由此可得{}2k a 的通项和{}21k a -的通项，从而可逐项判断正误.【详解】由题设可得2212121,21k k k k a a a a -+=-=-，因为11a =，211a a -=，故2112a a =+=，所以22212121,12k k k k a a a a +++--==，所以22222k k a a +-=，所以()222222k k a a ++=+，因为2240a +=≠，故220k a +≠，所以222222k k a a ++=+，所以{}22k a +为等比数列，所以12242k k a -+=⨯即1222k k a +=-，故416214a =-=，故A 对，C 错. 又112122123k k k a ++-=--=-，故12132k k a +-+=，所以2121323k k a a +-+=+，即{}()*213k a k N -+∈是以2为公比的等比数列，故B 正确.()()141214117711S a a a a a a a =+++=++++++()()2381357911132722323237981a a a a a a a =+++++++=⨯-+-++-+=，15141598150914901000S S a =+=+=>，故1000n S >的最小正整数n 的值为15，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D 是否成立时注意先考虑14S 的值.3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，0n a ≠，且202021111212a a ++≤+（）A ．若数列{}n a 为等差数列，则20210S ≥B ．若数列{}n a 为等差数列，则10110a ≤C ．若数列{}n a 为等比数列，则20200T >D ．若数列{}n a 为等比数列，则20200a <【答案】AC 【分析】由不等关系式，构造11()212xf x =-+，易得()f x 在R 上单调递减且为奇函数，即有220200a a +≥，讨论{}n a 为等差数列、等比数列，结合等差、等比的性质判断项、前n 项和或积的符号即可. 【详解】由202021111212a a ++≤+，得2020211110212212a a +-+-≤+，令11()212x f x =-+，则()f x 在R 上单调递减，而1121()212212xx x f x --=-=-++， ∴12()()102121xx x f x f x -+=+-=++，即()f x 为奇函数，∴220200a a +≥，当{}n a 为等差数列，22020101120a a a +=≥，即10110a ≥，且2202020212021()02a a S +=≥，故A 正确，B 错误；当{}n a 为等比数列，201820202a a q=，显然22020,a a 同号，若20200a <，则220200a a +<与上述结论矛盾且0n a ≠，所以前2020项都为正项，则202012020...0T a a =⋅⋅>，故C 正确，D 错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：利用已知构造函数，并确定其单调性和奇偶性，进而得到220200a a +≥，基于该不等关系，讨论{}n a 为等差、等比数列时项、前n 项和、前n 项积的符号.4．已知数列{}n a 满足11a =，()111n n na n a +-+=，*n N ∈，其前n 项和为n S ，则下列选项中正确的是（）A ．数列{}n a 是公差为2的等差数列B ．满足100n S <的n 的最大值是9C ．n S 除以4的余数只能为0或1D ．2n n S na = 【答案】ABC 【分析】根据题意对()111n n na n a +-+=变形得()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，进而根据累加法求得()*21n a n n N =-∈，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为()111n n na n a +-+=，故等式两边同除以()1n n +得：()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，所以()1111111n n a a n n n n n n -=-----=，()()12111221211n n a a n n n n n n --=------=--，，2111121122a a =-⨯-= 故根据累加法得：()11121n a a n nn =-≥-，由于11a =，故()212n a n n =-≥，检验11a =满足，故()*21n a n n N=-∈所以数列{}n a 是公差为2的等差数列，故A 选项正确；由等差数列前n 项和公式得：()21212n n n S n +-==，故2100n n S =<，解得：10n <，故满足100n S <的n 的最大值是9，故B 选项正确；对于C 选项，当*21,n k k N =-∈时，22441n n k S k ==-+，此时n S 除以4的余数只能为1；当*2,n k k N =∈时，224n n k S ==，此时n S 除以4的余数只能0，故C 选项正确；对于D 选项，222n S n =，()2212n n n n n n a =-=-，显然2n n S na ≠，故D 选项错误.故选：ABC 【点睛】本题考查累加法求通项公式，裂项求和法，等差数列的相关公式应用，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于整理变形已知表达式得()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，进而根据累加法求得通项公式.5．将()23nn ≥个数排成n 行n 列的一个数阵，如图：11a 12a 13a ……1n a21a 22a 23a ……2n a 31a 32a 33a ……3n a……1n a 2n a 3n a ……nn a该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列（其中0m >）.已知113a =，61131a a =+，记这2n 个数的和为S .下列结论正确的有（）A ．2m =B ．767132a =⨯C ．()1212j ij a i -=+⨯D ．()()221nS n n =+-【答案】ACD 【分析】由题中条件113a =，61131a a =+，得23531m m +=+解得m 的值可判断A ；根据第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列可判断BC ；由等差数列、等比数列的前n 项和公式可判断D. 【详解】由113a =，61131a a =+，得23531m m +=+，所以2m =或13m =-（舍去），A 正确；()666735132a m m =+=⨯，B 错误；()()112132212j j ij a i i --=-+⨯=+⨯⎡⎤⎣⎦，C 正确；()()()111212122212n n n n nn S a a a a a a a a a =++++++++++++1121(12)(12)(12)121212n n n nn a a a ---=+++--- ()()()11211332(1)21212n nn n a a a n ++-⎛⎫=+++-=⨯- ⎪⎝⎭()()221n n n =+-，D 正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：本题考查了分析问题、解决问题的能力，解答的关键是利用等比数列、等差数列的通项公式、求和公式求解，考查了学生的推理能力、计算能力.6．将2n 个数排成n 行n 列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中0m >).已知112a =，13611a a =+，记这2n 个数的和为S .下列结论正确的有（）A ．3m =B ．18181103354kk i a =⨯+=∑C ．(31)3ij ja i =-⨯ D ．()1(31)314n S n n =+- 【答案】ABD 【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出1361,a a ，列式即可求出m ，从而求出通项ij a ，进而可得ii a ，根据错位相减法可求得181kki a=∑，再按照分组求和法，每一行求和可得S ，由此可以判断各选项的真假．【详解】∵a 11＝2，a 13＝a 61+1，∴2m 2＝2+5m +1，解得m ＝3或m 12=-（舍去），A 正确； ∴()()11113213313j j j ij i a a i m i ---⎡⎤=⋅=+-⨯⋅=-⋅⎣⎦，C 错误； ∴()1313i ii a i -=-⋅，0171811223318182353533S a a a a =+++⋯+=⨯+⨯+⋯+⨯①12181832353533S =⨯+⨯+⋯+⨯②,①-②化简计算可得：1818103354S ⨯+=,B 正确；S ＝(a 11+a 12+a 13+……+a 1n )+(a 21+a 22+a 23+……+a 2n )+……+(a n 1＋a n2＋a n 3＋……＋a nn )()()()11211131313131313nnnn a a a ---=+++---()()231131.22nn n +-=- ()1=(31)314n n n +-，D 正确；故选：ABD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.7．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-，则下列结论正确的是（）A ．数列{}n a 为等比数列B ．数列{}n S n +为等比数列C ．数列{}n a 中10511a =D ．数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---【答案】BCD 【分析】由已知可得11222n n n n S n S nS n S n++++==++，结合等比数列的定义可判断B ；可得2n n S n =-，结合n a 和n S 的关系可求出{}n a 的通项公式，即可判断A ；由{}n a 的通项公式，可判断C ；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n 项和公式即可判断D. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++．又112S +=，所以数列{}n S n +是首项为2，公比为2的等比数列，故B 正确；所以2n n S n +=，则2nn S n =-．当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-，但11121a -≠-，故A 错误；由当2n ≥时，121n n a -=-可得91021511a =-=，故C 正确；因为1222n n S n +=-，所以2311222...2221222...22n n S S S n ++++=-⨯+-⨯++-()()()23122412122 (2)212 (22412)2n n n n n n n n n ++--⎡⎤=+++-+++=-+=---⎢⎥-⎣⎦ 所以数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由121n n S S n +=+-可有目的性的构造为1122n n S S n n +++=+，进而得到11222n n n n S n S nS n S n++++==++，说明数列{}n S n +是等比数列，这是解决本题的关键所在，考查了推理运算能力，属于中档题,8．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，218a =，512a =，则下列选项正确的是（） A ．2d =- B ．122a =C ．3430a a +=D ．当且仅当11n =时，n S 取得最大值【答案】AC 【分析】先根据题意得等差数列{}n a 的公差2d =-，进而计算即可得答案. 【详解】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，则52318312a a d d =+=+=，解得2d =-.所以120a =，342530a a a a +=+=，11110201020a a d =+=-⨯=，所以当且仅当10n =或11时，n S 取得最大值. 故选：AC 【点睛】本题考查等差数列的基本计算，前n 项和n S 的最值问题，是中档题. 等差数列前n 项和n S 的最值得求解常见一下两种情况：（1）当10,0a d ><时，n S 有最大值，可以通过n S 的二次函数性质求解，也可以通过求满足10n a +<且0n a >的n 的取值范围确定；（2）当10,0a d <>时，n S 有最小值，可以通过n S 的二次函数性质求解，也可以通过求满足10n a +>且0n a <的n 的取值范围确定；二、平面向量多选题9．已知向量(22cos m x =，()1, sin2n x =，设函数()f x m n =⋅，则下列关于函数()y f x =的性质的描述正确的是（）A ．()f x 的最大值为3B ．()f x 的周期为πC ．()f x 的图象关于点5,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称 D ．()f x 在,03π⎛-⎫⎪⎝⎭上是增函数【答案】ABD 【分析】运用数量积公式及三角恒等变换化简函数()f x ，根据性质判断. 【详解】解：()22cos 2cos221f x m n x x x x =⋅==+2sin 216x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，当6x k ππ=+，()k Z ∈时，()f x 的最大值为3，选项A 描述准确；()f x 的周期22T ππ==,选项B 描述准确；当512x π=时，2sin 2116x π⎛⎫++= ⎪⎝⎭，所以()f x 的图象关于点5,112π⎛⎫⎪⎝⎭对称，选项C 描述不准确；当,03x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，2,626x πππ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以()f x 在,03π⎛-⎫⎪⎝⎭上是增函数，选项D 描述准确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查三角恒等变换，正弦函数的图象与性质，属于中档题.10．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心､重心､垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点O ､G ､H 分别是ABC 的外心､重心､垂心，且M 为BC 的中点，则（）A ．0GA GB GC ++=B ．24AB AC HM MO +=-C ．3AH OM =D ．OA OB OC ==【答案】ABD 【分析】向量的线性运算结果仍为向量可判断选项A ；由12GO HG =可得23HG HO =，利用向量的线性运算()266AB AC AM GM HM HG +===-，再结合HO HM MO =+集合判断选项B ；利用222AH AG HG GM GO OM =-=-=故选项C 不正确，利用外心的性质可判断选项D ，即可得正确选项. 【详解】因为G 是ABC 的重心，O 是ABC 的外心，H 是ABC 的垂心，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，所以12GO HG =，对于选项A ：因为G 是ABC 的重心，M 为BC 的中点，所以2AG GM =，又因为2GB GC GM +=，所以GB GC AG +=，即0GA GB GC ++=，故选项A 正确；对于选项B ：因为G 是ABC 的重心，M 为BC 的中点，所以2AG GM =，3AM GM =，因为12GO HG =，所以23HG HO =， ()226663AB AC AM GM HM HG HM HO ⎛⎫+===-=- ⎪⎝⎭()646424HM HO HM HM MO HM MO =-=-+=-，即24AB AC HM MO +=-，故选项B 正确；对于选项C ：222AH AG HG GM GO OM =-=-=，故选项C 不正确；对于选项D ：设点O 是ABC 的外心，所以点O 到三个顶点距离相等，即OA OB OC ==，故选项D 正确；故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用已知条件12GO HG =得23HG HO =，利用向量的线性运算结合2可得出向量间的关系.AG GM。

高考数学二轮复习数列多选题测试试题及解析

高考数学二轮复习数列多选题测试试题及解析一、数列多选题1．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列{}n f 称为斐波那契数列. 并将数列{}n f 中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为{}n g ，则下列结论正确的是( ) A ．20192g = B ．()()()()222123222022210f f f f f f -+-=C ．12320192688g g g g ++++=D ．22221232019201820202f f f f f f ++++=【答案】AB 【分析】由+2+1+n n n f f f =可得()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-，可判断B 、D 选项；先计算数列{}n g 前几项可发现规律,使用归纳法得出结论：数列{}n g 是以6为最小正周期的数列，可判断A 、C 选项. 【详解】对于A 选项：12345678910111211,2,3,1,0,1,12310g g g g g g g g g g g g ============，，，，，，，所以数列{}n g 是以6为最小正周期的数列，又20196336+3=⨯，所以20192g =，故A 选项正确；对于C 选项：()()12320193361+1+2+3+1+0+1+1+22692g g g g ++++=⨯=，故C 选项错误；对于B 选项：斐波那契数列总有：+2+1+n n n f f f =，所以()()22222232122232221f f f f f f f f =-=-，()()22121222021222120f f f f f f f f =-=-，所以()()()()222123222022210f f f f f f -+-=，故B 正确；对于D 选项：()212+2+1112+n n n f f f f f f f f ==∴=，，，()222312321f f f f f f f f =-=-， ()233423432f f f f f f f f =-=-，，()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-。

高考数学二轮复习数列多选题知识点及练习题含答案

高考数学二轮复习数列多选题知识点及练习题含答案一、数列多选题1．各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，若11a >，公比1q ≠，则下列命题正确的是（）A ．若59T T =，则必有141T =B ．若59T T =，则必有7T 是n T 中最大的项C ．若67T T >，则必有78T T >D ．若67T T >，则必有56T T >【答案】ABC 【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解. 【详解】由等比数列{}n a 可知11n n a a q -=⋅，由等比数列{}n a 的前n 项积结合等差数列性质可知：()1211212111111123n n n n n n n n a a q a q a qa a T a a a q a q--+++-=⋅⋅⋅==⋅=对于A ，若59T T =，可得51093611a q a q =，即42611a q =，()71491426211141a q q T a ∴===，故A 正确；对于B ，若59T T =，可得42611a q =，即13211a q=，又11a >，故1q <，又59T T =，可知67891a a a a =，利用等比数列性质知78691a a a a ==，可知67891,1,1,1a a a a >><<，故7T 是n T 中最大的项，故B 正确；对于C ，若67T T >，则61572111a q a q >，即611a q <，又10a >，则1q <，可得76811871T T a a q a q <=<=，故78T T >，故C 正确；对于D ，若67T T >，则611a q <，56651T a T a q ==，无法判断其与“1”的大小关系，故D 错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n 项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.2．某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（）A ．22800a t =-B ．175n n a a t +=- C ．1n n a a +> D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【分析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t ta a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->，所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；故选：BC 【点睛】解题的关键是根据123,,a a a ，总结出n a ，并利用求和公式，求得n a 的表达式，综合性较强，考查计算化简的能力，属中档题.3．已知数列{}n a ，{}n b 满足，11a =，11n n n a a a +=+，1(1)n n b n a =+，若23100100122223100b b b T b =++++，则（） A ．n a n = B ．1n n b n =+ C ．100100101T =D ．10099100T =【答案】BC 【分析】先证明数列1n a 是等差数列得1n a n =，进而得1(1)1n nn b n a n ==++，进一步得()211111n b n n n n n ==-++，再结合裂项求和得100100101T =. 【详解】解:因为11nn n a a a +=+,两边取倒数得: 1111n n a a +=+,即1111n na a ,所以数列1n a 是等差数列,公差为1,首项为111a ,故()1111n n n a =+-⨯=,所以1n a n=, 所以1(1)1n n nb n a n ==++，故()211111n b n n n n n ==-++，所以31002100122211112310022334100101b b b T b =++++=++++⨯⨯⨯11111111100122334100101101101⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故BC 正确，AD 错误；故选：BC 【点睛】本题考查数列通项公式的求解，裂项求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明数列1na 是等差数列，进而结合裂项求和求解100T .4．关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（） A ．若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，则数列{}n a 为等差数列B ．若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，则数列{}n a 为等比数列C ．若等比数列{}n a 是递增数列，则{}n a 的公比1q >D ．数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，仍为等比数列【答案】AB 【分析】对于A ，求出 42n a n =-，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ，求出2n n a =，则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确．【详解】对于A ，若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，所以212(1)(2)n S n n -=-≥，所以142(2)n n n a S S n n -=-=-≥，适合12a =，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ，若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，所以122(2)nn S n -=-≥，所以12(2)n n n n a S S n -=-=≥，又1422a =-=，2218224a S S =-=--=， 212a a =则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，若等比数列{}n a 是递增数列，则有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯不一定为等比数列，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确．故选：AB 【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）公式法；（2）归纳法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a ＝，且1n n S a λ-＝（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-＝，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值可以为（）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=；利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列，从而得到12n na ，进而得到nb ；利用10nnb b 可得到关于n 的不等式，解不等式求得n 的取值范围，根据n *∈N 求得结果.【详解】当1n =时，1111a S a λ==-，11λ∴-=，解得：2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时，1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ，即：12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n na2920n n a b n n =-+-，219202n n n n b --+-∴= ()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >，()()21128470n n n n ∴-+=--<，解得：47n <<又n *∈N ，5n ∴=或6 故选：AB 【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n 的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．6．已知数列{}n a ，{}n b 满足：12n n n a a b +=+，()*1312lnn n n n b a b n N n++=++∈，110a b +>，则下列命题为真命题的是（）A ．数列{}n n a b -单调递增B ．数列{}n n a b +单调递增C ．数列{}n a 单调递增D ．数列{}n b 从某项以后单调递增【答案】BCD 【分析】计算221122ln 2a b a b a b -=--<-，知A 错误；依题意两式相加{}ln +-n n a b n 是等比数列，得到()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，知B 正确；结合已知条件，计算10n n a a +->，即得C 正确；先计算()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-，再结合指数函数、对数函数增长特征知D 正确. 【详解】由题可知，12n n n a a b +=+①，1312lnn n n n b a b n ++=++②，①-②得，1131lnn n n n n a b a b n+++-=--，当1n =时，2211ln 2a b a b -=--，∴2211-<-a b a b ，故A 错误．①+②得，()113ln(1)3ln n n n n a b a b n n +++=+++-，()11ln(1)3ln n n n n a b n a b n +++-+=+-，∴{}ln +-n n a b n 是以11a b +为首项，3为公比的等比数列，∴()111ln 3-+-=+⋅n n n a b n a b ，∴()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，③又110a b +>，∴B 正确．将③代入①得，()()11113ln n n n n n n a a a b a a b n -+=++=++⋅+，∴()11113ln 0n n n a a a b n -+-=+⋅+>，故C 正确．将③代入②得，()()11113311ln 3ln ln n n n n n n n n b b a b b a b n n n -+++=+++=++⋅++，∴()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-．由110a b +>，结合指数函数与对数函数的增长速度知，从某个()*n n N∈起，()1113ln 0n a b n -+⋅->，又ln(1)ln 0n n +->，∴10n n b b +->，即{}n b 从某项起单调递增，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】判定数列单调性的方法：（1）定义法：对任意n *∈N ，1n n a a +>，则{}n a 是递增数列，1n n a a +<，则{}n a 是递减数列；（2）借助函数单调性：利用()n a f n =，研究函数单调性，得到数列单调性.7．（多选）设数列{}n a 是等差数列，公差为d ，n S 是其前n 项和，10a >且69S S =，则（） A ．0d > B ．80a =C ．7S 或8S 为n S 的最大值D ．56S S >【答案】BC 【分析】根据69S S =得到80a =，再根据10a >得到0d <，可得数列{}n a 是单调递减的等差数列，所以7S 或8S 为n S 的最大值，根据6560S S a -=>得65S S >，故BC 正确. 【详解】由69S S =得，960S S -=，即7890a a a ++=，又7982a a a +=，830a ∴=，80a ∴=，∴B 正确；由8170a a d =+=，得17a d =-，又10a >，0d ∴<，∴数列{}n a 是单调递减的等差数列，()()0,70,9n n a n N n a n N n **⎧>∈≤⎪∴⎨<∈≥⎪⎩， 7S ∴或8S 为n S 的最大值，∴A 错误，C 正确； 6560S S a -=>，65S S ∴>，所以D 错误.故选：BC ．【点睛】关键点点睛：根据等差中项推出80a =，进而推出0d <是解题关键.8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ．已知a 3＝12，S 12＞0，a 7＜0，则（） A ．a 6＞0 B ．2437d -<<- C ．S n ＜0时，n 的最小值为13 D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项【答案】ABCD 【分析】S 12＞0，a 7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a 6+a 7＞0，a 6＞0．再利用a 3＝a 1+2d ＝12，可得247-＜d ＜﹣3．a 1＞0．利用S 13＝13a 7＜0．可得S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0.7≤n ≤12时，n n S a ＜0．n ≥13时，n n S a ＞0．进而判断出D 是否正确．【详解】 ∵S 12＞0，a 7＜0，∴()67122a a +＞0，a 1+6d ＜0．∴a 6+a 7＞0，a 6＞0．∴2a 1+11d ＞0，a 1+5d ＞0，又∵a 3＝a 1+2d ＝12，∴247-＜d ＜﹣3．a 1＞0． S 13＝()113132a a +＝13a 7＜0．∴S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0，7≤n ≤12时，n n S a ＜0，n ≥13时，n n S a ＞0．对于：7≤n ≤12时，nnS a ＜0．S n ＞0，但是随着n 的增大而减小；a n ＜0，但是随着n 的增大而减小，可得：nn S a ＜0，但是随着n 的增大而增大．∴n ＝7时，nnS a 取得最小值．综上可得：ABCD 都正确．故选：ABCD ．【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．二、平面向量多选题9．设a ，b ，c 是任意的非零向量，且它们相互不共线，给出下列选项，其中正确的有（）A ．()a cbc a b c ⋅-⋅=-⋅ B ．()()b c a c a b ⋅⋅-⋅⋅与c 不垂直 C ．a b a b -<-D ．()()22323294a b a b a b +⋅-=- 【答案】ACD 【分析】A ，由平面向量数量积的运算律可判断；B ，由平面向量垂直的条件、数量积的运算律可判断；C ，由a 与b 不共线，可分两类考虑：①若a b ≤，则a b a b -<-显然成立；②若a b >，由a 、b 、a b -构成三角形的三边可进行判断；D ，由平面向量的混合运算将式子进行展开即可得解. 【详解】选项A ，由平面向量数量积的运算律，可知A 正确；选项B ，()()()()()()()()0b c a c a b c b c a c c a b c b c a c b c c a ⎡⎤⋅⋅-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=⎣⎦， ∴()()b c a c a b ⋅⋅-⋅⋅与c 垂直，即B 错误；选项C ，∵a 与b 不共线，∴若a b ≤，则a b a b -<-显然成立；若a b >，由平面向量的减法法则可作出如下图形：由三角形两边之差小于第三边，可得a b a b -<-.故C 正确；选项D ，()()22223232966494a b a b a a b a b b a b +⋅-=-⋅+⋅-=-，即D 正确. 故选：ACD 【点睛】本小题主要考查向量运算，属于中档题.10．如图，已知点O 为正六边形ABCDEF 中心，下列结论中正确的是( )A ．0OA OC OB ++=B ．()()0OA AF EF DC -⋅-= C ．()()OA AF BC OA AF BC ⋅=⋅D ．OF OD FA OD CB +=+-【答案】BC【分析】利用向量的加法法则、减法法则的几何意义，对选项进行一一验证，即可得答案. 【详解】对A ，2OA OC OB OB ++=，故A 错误；对B ，∵OA AF OA OE EA -=-=，EF DC EF EO OF -=-=，由正六边形的性质知OF AE ⊥，∴()()0OA AF EF DC -⋅-=，故B 正确；对C ，设正六边形的边长为1，则111cos1202OA AF ⋅=⋅⋅=-，111cos602AF BC ⋅=⋅⋅=， ∴()()OA AF BC OA AF BC ⋅=⋅1122BC OA ⇔-=，式子显然成立，故C 正确；对D ，设正六边形的边长为1，||||1OF OD OE +==，||||||||3FA OD CB OD DC CB OC OA AC +-=+-=-==，故D 错误；故选：BC. 【点睛】本题考查向量的加法法则、减法法则的几何意义，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意向量的起点和终点.。

高考数学二轮复习专题综合测试卷(3)数列(含解析)

3 数列120 分，分 150 分。

一、 (本大共12 个小，每小 5 分，共 60 分，在每小出的四个中，只有一是切合目要求的)1．(文 )(2015 北·京西城区二模 )数列 { a n} 等差数列，足 a2＋ a4＋⋯＋a20＝10，数列{ a n} 前 21 的和等于 ()21B． 21A. 2C．42D． 84[答案 ]B[分析 ]由 a2＋ a4＋⋯＋ a20＝ 10a11＝ 10得 a11＝ 1，所以等差数列 { a n} 的前 21 和 S21＝21a11＝ 21，故 B．(理 )已知等差数列{ a n} 的前 n 和 S n ，且S ＝3＝17， S() 10(1＋ 2x)dx， S2030A．15B． 20 C．25D． 30 [答案 ]A[分析 ]＝323＝ 12. S10(1 ＋2x)dx＝( x＋ x)|0又 S10， S20－ S10， S30－S20成等差数列．即 2(S20－ S10)＝S10＋ (S30－ S20)，∴ S30＝15.2．(文 )(2015 北·京城 )已知 { a n} 各都是正数的等比数列，若 a4·a8＝ 4， a5·a6·a7＝()A ． 4B． 8C．16D． 64[答案 ]B[分析 ]由意得 a4a8＝ a62＝ 4，又因数列 { a n} 正等比数列，所以 a6＝ 2， a5 a6 a7＝a63＝ 8，故 B ．(理 )(2014 河·北衡水中学二)已知等比数列 { a n} 的前 n 和 S n，若 S2n＝ 4(a1＋ a3＋ a5＋⋯＋ a2n－1), a1a2a3＝ 27， a6＝ ()A．27B． 81C． 243D． 729[答案] C[分析 ]∵ a1a2a3＝a32＝27，∴ a2＝3，∵ S2 n＝4(a1＋a3＋a5＋⋯ ＋a2 n－1)，∴ S2＝4a1，∴a 255a 1＋ a 2＝4a 1，∴ a 2＝ 3a 1＝ 3，∴ a 1＝ 1，∴ q ＝＝ 3，∴ a 6＝ a 1q ＝ 3 ＝ 243.a 1a 2 2 2 a 3 a 4 3．(2015 杭·州第二次质检 )设等比数列 { a n } 的各项均为正数，若 2 ＋ 2 ＝ a 1＋a 2 ，4 ＋ 4 ＝4＋ 4，则 a 1a 5＝ ()a 3 a 4A ．24 2B ． 8C ．8 2D ． 16[答案 ] C[分析 ]利用等比数列的通项公式求解．设此正项等比数列的公比为 q ， q>0，则由 a 1 ＋ a 2＝ 2 ＋ 2 得 a 1＋ a 2＝ a 1＋a 2 ，a 1a 2＝ 4，同原因 a 3＋a 4＝ 4 ＋ 4得 a 3a 4＝ 16，2 2 a 1 a 22 a 1a 2 4 4 a3 a 4则 q 4＝ a 3a 4＝ 4， q ＝ 2， a 1 a 2＝ 2a 21＝ 4， a 21＝ 2 2，所以 a 1a 5＝a 21q 4＝ 8 2，应选 C. a 1a 24． (文 )(2015 青·岛市质检 ) “? n ∈N *,2a n ＋1＝ a n ＋ a n ＋2 ”是 “数列 { a n } 为等差数列 ”的()A ．充足不用要条件B ．必需不充足条件C ．充要条件D ．既不充足也不用要条件[答案 ] C[分析 ]此题考察等差数列的定义以及充要条件的判断，难度较小．由 2a n ＋1＝ a n ＋ a n ＋2，可得 a n ＋1 － a n ＝ a n ＋2－ a n ＋ 1，由 n 的随意性可知，数列从第二项起每一项与前一项的差是固定的常数，即数列 { a n } 为等差数列，反之，若数列 { a n } 为等差数列，易得 2a n ＋ 1＝ a n ＋a n ＋ 2，故 “? n ∈N*,2a n ＋ 1＝ a n ＋ a n ＋ 2”是 “数列 n{ a } 为等差数列 ”的充要条件，故选 C.(理 ) “ lgx ， lgy ，lg z 成等差数列 ”是 “y 2＝ xz ”建立的()A ．充足非必需条件B ．必需非充足条件C ．充要条件D ．既不充足也不用要条件[答案 ] A[分析 ]“ lgx ， lgy ， lgz 成等差数列 ”? 2lg y ＝ lgx ＋ lgz? y 2＝ xz ，但 y 2＝ xz? / 2lg y ＝ lgx ＋lgz ，∴选 A.5． (文 )(2015 福·州质检 )在等差数列 { a n } 中，若 a 2 ＝ 1， a 8＝ 2a 6＋ a 4，则 a 5 的值为 ( )1A ．－ 5B ．－ 215 C ．2 D ． 2[答案] B[分析 ]此题考察等差数列的通项公式，难度中等．设等差数列 { a n } 的公差为 d ，因为 a 8＝ 2a 6＋ a 4，故 a 2＋ 6d ＝2a 2＋ 8d ＋ a 2＋ 2d ，解得 d ＝－1，故 a ＝ a ＋ 3d ＝ 1－ 3＝－ 1，应选 B ．2 5222(理 )已知正数构成的等差数列 { a n } ，前 20 项和为 100，则 a 7·a 14 的最大值是 ()A ．25B ． 50C ．100D ．不存在[答案 ]Aa 1＋ a 20[分析 ]∵ S 20＝×20＝ 100，∴ a 1＋ a 20＝ 10.2∵ a 1＋ a 20＝ a 7＋ a 14，∴ a 7＋ a 14＝ 10.a 7＋ a 14 2∵ a n >0，∴ a 7·a 14≤( 2) ＝25.当且仅当 a 7＝ a 14 时取等号．6．(文 )在直角坐标系中， O 是坐标原点， P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限内的两个点，若 1，x 1，x 2,4 挨次成等差数列，而1，y 1， y 2,8 挨次成等比数列，则△ OP 1P 2 的面积是 ()A ． 1B ． 2C ．3D ． 4[答案] A[分析 ] 由等差、等比数列的性质，可求得 x 1＝ 2，x 2＝3，y 1＝ 2，y 2＝ 4，∴ P 1(2,2)，P 2(3,4) ， ∴S △ OP 1P 2＝ 1.(理 )(2015 长·沙市一模 )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 ． 6B ． 5C ．4D ． 3[答案 ]C[分析 ]设等比数列 { a n } 的公比为 q ，则 q ＝a 5＝ 5， a n ＝ a 4q n － 4＝ 2×(5)n－4，则 lga n ＝ lg2 a 4 2 2＋( n － 4)lg 5，数列 {lg a n } 成等差数列，所从前 8a 1＋ lga 8 ＝ 4(lg2 － 3lg 5＋ lg2项和等于 2 22 ＋4lg 5)＝ 4，应选 C.27． (2015 河·南商丘市二模 )在递加的等比数列{ a n } 中，已知a 1＋ a n ＝ 34， a 3·a n － 2＝ 64，且前 n 项和为 S n ＝ 42，则 n ＝ ()A ． 6B ． 5C ．4D ． 3[答案 ] D[分析 ]由已知得 a 1＋ a 1qn －1＝ 34，a 12q n － 1＝ 64，∴ a 1＋64＝ 34，解得： a 1＝ 32 或 a 1＝ 2，a 1当 a 1＝ 32 ，qn －1 n －1a 1－ q n － 16q<1 不合适意，故 a 1 ＝2，q ＝ 16，又 S n ＝＝＝1－ q1－ q42，解得 q ＝ 4，∴ 4n －1＝ 16， n － 1＝ 2，n ＝ 3.5，一个等比中是226，且 a>b ，双曲 x 2 y28．(文 )两个正数 a 、b 的等差中是 2a －b ＝1 的离心率 e 等于 ( )315A. 2B ． 213 C ． 13 D ． 3[答案 ] D[分析 ]由已知可得 a ＋ b ＝ 5， ab ＝ 6，a ＝ 3， a ＝2，(舍去 )．解得或b ＝ 2b ＝3c ＝ a 2＋ b 2＝ 13，故 e ＝ c ＝13a 3 .(理 )△ ABC 的三分a 、b 、c ，若 b 既是 a 、c 的等差中，又是 a 、 c 的等比中，△ ABC 是()A ．等腰直角三角形B ．等腰三角形C ．等三角形D ．直角三角形[答案 ]Ca ＋ c[分析 ] ∵ b 是 a 、c 的等差中，∴ b ＝2 .又∵ b 是 a 、c 的等比中，∴ b ＝ ac ，∴a ＋ c 2 2＝0，∴ a ＝ c ，∴ b ＝a ＋ c() ＝ ac ，∴ (a － c)＝ a ，故△ ABC 是等三角形．229． (2015 天·津十二区考)数列 { a n } 足 a 1＝ 1，且于随意的n ∈ N * 都有 a n ＋ 1＝ a 1＋a n ＋ n ， 1 ＋ 1 ＋ ⋯＋1等于()a 1 a 2 a 201540282014A.2015 B ．2015 2015 2015 C.1008D ．2016[答案 ] C[分析 ]本考数列的推公式、裂法乞降，度中等．依意 a n ＋ 1＝ a n ＋ n ＋1，故 a n ＋1 － a n ＝ n ＋ 1，由累加法可得 n 2＋n － 2n 2＋ na n － a 1＝，a n ＝，22 故 1＝22＝2(1－1)，故1＋1＋⋯＋1＝2(1－1＋1－1＋ ⋯＋ 1－1 )＝4030＝an ＋ n nn ＋ 1a1 a2a2 23201520162016n20152015，应选 C.100810． (文 )已知数列 { a n} ，若点 (n，a n)(n∈N* )在经过点 (5,3)的定直线 l上，则数列 { a n} 的前 9 项和 S9＝()A ． 9B． 10C．18D． 27[答案 ]D[分析 ]由条件知 a5＝ 3，∴ S9＝ 9a5＝ 27.(理 )(2015 郑·州市质检 )已知实数4， m,9 构成一个等比数列，则圆锥曲线x22的离＋ y ＝ 1m心率为 ()A.30B． 7 6C.30或 7D．5或 7 66[答案 ]C[分析 ]由题意知 m2＝36，m＝±6，当 m＝ 6 时，该圆锥曲线表示椭圆，此时a＝6，b＝1，c＝5，e＝30；当 m＝－ 6 时，该圆锥曲线表示双曲线，此时a＝ 1，b＝6，c＝ 7，6e＝ 7，应选 C.11．(文 )(2015重·庆市调研 )已知等差数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，若 a2＝ 7，a6＋a8＝－ 6，则 S n取最大值时， n 的值为 ()A ． 3B． 4C．5D． 6[答案 ]C[分析 ]a7＝1(a6＋ a8)＝－ 3，公差 d＝a7－a2＝－ 2， a n＝ a2－2(n－ 2)＝ 11－ 2n，所以在27－2等差数列 { a n} 中，前 5 项均为正，从第 6 项起此后各项均为负，当S n取最大值时， n 的值为5，应选 C.(理 )等差数列 { a n} 的首项为 a1，公差为 d，前 n 项和为 S n，则“d>|a1| ”是“S n的最小值为S1，且 S n无最大值”的 ()A ．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件[答案 ]A[分析 ]依题意，当d>|a1|时，数列 { a n} 是递加的数列，不论a1的取值怎样， S n的最小值为 S1，且 S n无最大值；反过来，当S n的最小值为 S1，且 S n无最大值时，如当a1＝ 1， d＝1时，此时 S n 的最小值为 S 1，且 S n 无最大值，但不知足d>|a 1|.综上所述， “d>|a 1| ”是 “S n 的3最小值为 S 1，且 S n 无最大值 ”的充足不用要条件．112．(文 )已知数列 { a n } 的各项均为正数，履行程序框图 (以以下图 )，当 k ＝ 4 时，输出 S ＝ 3，则 a 2014＝ ()A ． 2012B ． 2013C ．2014D ． 2015[答案 ]D[分析 ]由程序框图可知， { a n } 是公差为 1 的等差数列，且1＋1＋1＋1＝1， a 1a 2a 2a 3 a 3a 4 a 4a 5 3∴1－1＋1－1＋1－1＋1－ 1＝1－1＝1，a 1a 2 a 2 a 3 a 3 a 4 a 4 a 5 a 1 a 5 3∴ 1－1 ＝ 1，解得 a 1＝ 2，∴ a 2014＝ a 1＋ 2013d ＝2＋ 2013＝ 2015. a 11＋ 43a(理 )已知曲线 C ： y ＝ 1x (x>0) 上两点 A 1 (x 1， y 1)和 A 2( x 2， y 2)，此中 x 2>x 1.过 A 1、 A 2 的直线l 与 x 轴交于点 A 3( x 3,0) ，那么 ()x 3A ． x 1，， x 2 成等差数列x 3B ．x 1， 2 ， x 2 成等比数列C ．x 1， x 3， x 2 成等差数列D ． x 1， x 3 ，x 2 成等比数列[答案 ]A1 － 1[分析 ]直线 A 1A 2 的斜率 k ＝ y 2－ y 1＝ x 2 x 1＝－1，所以直线A 1A 2 的方程为 y － 1＝x 2－ x 1 x 2－x 1x 1 x 2x 1－1(x － x 1)，令 y ＝ 0 解得 x ＝ x 1＋ x 2，∴ x 3＝x 1＋x 2，故 x 1，x 3， x 2 成等差数列，故 A.21二、填空 (本大共 4 个小，每小 5 分，共 20 分，将正确答案填在中横上 )13．(2015 海·口市研 )在数列 { a n } 中，已知 a 1＝ 1，a n ＋ 1－ a n ＝ sinn ＋， S n 数2列{ a n } 的前 n 和， S 2014＝________.[答案 ] 1008[分析 ]n ＋? a n ＋ 1＝a n ＋sin n ＋由 a n ＋ 1－ a n ＝ sin，∴ a 2＝ a 1＋ sin π＝1＋ 0＝223π5π1， a 3＝ a 2＋ sin ＝ 1＋ (－ 1)＝ 0，a 4＝ a 3＋ sin2 π＝ 0＋ 0＝ 0， a 5＝ a 4＋ sin＝ 0＋1＝ 1，22 ∴ a 5＝ a 1，这样可得a n ＋ 4＝ a n (n ∈ N * ) ，数列 { a n } 是一个以4 周期的周期数列，而2014＝ 4×503＋ 2 ，所以 S 2014＝ 503×(a 1＋ a 2 ＋ a 3＋ a 4)＋ a 1 ＋ a 2＝ 503×(1＋ 1 ＋ 0＋ 0)＋ 1＋ 1＝ 1008.a bx － 1 2(m ，14．(文 )定运算＝ ad － bc ，函数 f(x)＝象的点坐是c d－ x x ＋ 3n)，且 k ， m ， n ， r 成等差数列， k ＋ r 的 ________．[答案 ]－ 9[分析 ]2＋ 4x － 3＝(x ＋ 2) 2的点坐 (－ 2，－ 7)，f( x)＝ (x － 1)(x ＋ 3)＋ 2x ＝x － 7∵ m ＝－ 2， n ＝－ 7，∴ k ＋ r ＝ m ＋ n ＝－ 9.(理 )已知数列 { a n } 的通 a n ＝ 7n ＋ 2，数列 { b n } 的通 b n ＝ n 2.若将数列 { a n } 、 { b n } 中同样的按从小到大序摆列后作数列{ c n } ， c 9 的是 ________．[答案 ] 961[分析 ]数列 { a n } 中的第 n 是数列 { b n } 中的第 m ， m2＝7n ＋ 2，m 、n ∈ N * .令 m＝7k ＋ i ， i ＝ 0,1,2， ⋯ ，6， k ∈ Z ， i 2 除以 7 的余数是2， i ＝ 3 或 4，所以数列 { c n } 中的挨次是 { b n } 中的第 3,4,10,11,17,18,24,25,31,32 ，⋯ ，故 c 9＝ b 31＝ 312＝ 961.15． (2014 ·宁省作校考 )若数列 { a n } 与 { b n } 足 b n ＋ 1a n ＋ b n a n ＋ 1＝ (－ 1)n ＋ 1， b n ＝3＋－ n －1， n ∈ N ＋，且 a 1＝ 2，数列 { a n } 的前 n 和 S n ， S 63＝ ________.2[答案 ]560∵ b n ＝3＋－n －1n 奇数 [分析 ]＝，又 a 1＝2，∴ a 2 ＝－ 1，a 3＝ 4，a 4＝－2n 偶数2， a 5＝ 6， a 6＝－ 3， ⋯ ，∴ S 63＝ a 1＋ a 2＋ a 3＋ ⋯a 63＝ (a 1＋ a 3＋ a 5＋ ⋯ ＋ a 63) ＋ (a 2＋ a 4＋ a 6 ＋ ⋯ ＋ a 62) ＝ (2 ＋ 4 ＋ 6＋⋯ ＋ 64)－ (1＋ 2＋ 3＋ ⋯＋ 31)＝ 1056－ 496＝ 560.16．(2014 ·西大学附中月考山 )已知无数列 { a n } 拥有以下性：① a 1 正整数；② 于随意的正整数n ，当 a n 偶数， a n ＋ 1＝a n；当 a n 奇数， a n ＋1＝a n ＋ 1.在数列 { a n } 中，若22当 n ≥k ，a n ＝ 1，当 1≤n<k ，a n >1( k ≥2，k ∈ N * )，首 a 1 可取数的个数________(用k 表示 )．[答案 ] k － 22[分析 ]a k－1＋1当 n ≥k ， a n ＝ 1，∴ a k ＝ 1，当 n<k ，若 a k ＝， a k － 1＝ 1 与 a k － 1>12矛盾，∴ a ＝a k－1，∴ a －＝ 2，同理可得 a －＝ 3 或 4， a －＝ 5,6,7 或 8， ⋯ ，倒推下去，∵k2k 1k 2 k 3k －(k －2)＝ 2，∴倒推 (k － 2)步可求得 a 1，∴ a 1有 2k －2 个可能取．三、解答 (本大共 6 个小，共 70 分，解答写出文字明、明程或演算步 )17．(本分10 分 )(文 )(2015 江· 宿迁摸底 )已知数列 { a n } 的各均正数，其前n1*.和 S n ＝ (a n －1)(a n ＋ 2)，n ∈ N2(1)求数列 { a n } 的通公式；n(2)b n ＝ (－ 1) a n a n ＋ 1，求数列 { b n } 的前 2n 的和 T 2n .[分析 ]＝ 1 － 1)(a ＋ 2)＝ a ， (1)当 n ＝ 1 ， S 1(a 1112解得 a 1＝－ 1 或 a 1＝ 2，因 a 1>0，所以 a 1＝ 2.当 n ≥2 ， S n ＝12(a n － 1)(a n ＋ 2)，1S n －1＝2(a n －1－ 1)(a n － 1＋ 2)，两式相减得 (a n ＋ a n － 1)(a n － a n －1 －1) ＝0，又因 a n >0，所以 a n ＋a n － 1>0 ，所以 a n － a n － 1＝1，所以 { a n } 是首2，公差 1 的等差数列，所以 a n ＝n ＋ 1.(2)T 2n ＝－ a 1a 2＋ a 2a 3－ a 3a 4＋ a 4a 5－ a 5a 6＋ ⋯ ＋ a 2n － 2a 2n － 1 － a 2n － 1a 2n ＋ a 2n a 2n ＋ 1＝ 2(a 2＋ a 4＋⋯ ＋ a 2n )，又 a 2， a 4， ⋯， a 2n 是首 3，公差 2 的等差数列，所以 a 2＋a 4＋⋯ ＋ a 2n ＝n＋ 2n ＋＝ n 2＋ 2n ，2故 T ＝ 2n 2＋ 4n.2n[易剖析 ] 本有两个易点：一是数列 { a n } 的通公式求解或许不真致求解程出增根；二是在数列乞降，不可以合理地分与整合．(理 )(2014 ·沂三校考 )已知等比数列 { a n } 的公比 q>1,4 2是 a 1 和 a 4 的一个等比中，a2和 a3的等差中6，若数列 { b n} 足 b n＝ log 2a n(n∈N* )．(1)求数列 { a n} 的通公式；(2)求数列 { a n b n } 的前 n 和 S n.[分析 ] (1)因 4 2是 a1和 a4的一个等比中，2a2·a3＝ 32，由意可得a2＋ a3＝ 12.因 q>1，所以 a3>a2.a2＝ 4，a3解得a3＝ 8.所以 q＝a2＝ 2.故数列 { a n} 的通公式a n＝ 2n.(2)因为 b n＝ log2a n( n∈N* )，所以 a n b n＝n·2n，23n－ 1nS n＝ 1·2＋ 2·2 ＋ 3·2 ＋⋯＋ (n－ 1) ·2＋n·2，①①－②得，－＋1＝－2n＋S n＝ 1·2＋22＋ 23＋⋯＋ 2n－ n·2n－ n·2n 1 .1－ 2所以 S n＝2－ 2n＋1＋ n·2n＋1.18．(本分 12 分 )(文 )已知数列 { a n} 的首1，随意的 n∈N*，定 b n＝a n＋1－ a n.(1)若 b n＝ n＋ 1，①求 a3的和数列 { a n} 的通公式；②求数列 { 1} 的前 n 和 S n；a n(2)若 b n＋1＝ b n＋2b n( n∈N* )，且 b1＝ 2， b2＝ 3，求数列 { b n} 的前 3n的和．[分析 ](1)① a1＝ 1， a2＝a1＋ b1＝ 1＋ 2＝3， a3＝ a2＋ b2＝ 3＋ 3＝ 6当 n≥2 ，由 a n＋1－ a n＝ n＋ 1 得a n＝ a1＋ (a2－ a1)＋ (a3－a2) ＋⋯＋ (a n－ a n－1)＝a1＋ b1＋ b2＋⋯＋ b n－1＝n n＋2而 a1＝ 1 合适上式，所以a n＝nn＋(n∈N* )．2②由①得：1＝2＝2(1－1a n n n＋n n＋ 1)，S n＝1＋1 ＋1＋⋯＋1a1a2a3a n111)＋ 2(111－112n＝ 2(1－)＋2( －2－)＋⋯＋2()＝ 2(1－n＋ 1)＝.2 2 33n n＋ 1n＋ 1(2)因随意的 n∈N*有 b n＋6＝b n＋5＝bn＋4＝1＝ b n，b n＋4b n＋3b n＋4b n＋3所以数列 { b n} 周期数列，周期 6.又数列 { b n} 的前 6 分 2,3，3，1，1，2，且六个数的和 8. 2233数列 { b n} 的前 n 和 S n，*当 n＝2k(k∈N )，S3n＝ S6k＝ k(b1＋ b2＋ b3＋ b4＋ b5＋ b6 )＝ 8k，*当 n＝2k＋ 1(k∈N )，13 S3n＝ S6k＋3＝k(b1＋b2＋ b3＋ b4＋ b5＋ b6)＋ b6k＋1＋ b6k＋2＋ b6k＋3＝8k＋ b1＋ b2＋ b3＝8k＋2，当 n＝1 ， S3＝132所以，当 n 偶数， S3n＝ 4n；5当 n 奇数， S3 n＝ 4n＋2.(理 )(2015 ·州市 )已知数列 { a n} 的前 n 和 S n，且 S n＝ 2a n－2.(1)求数列 { a n} 的通公式；(2) b n＝ log 2a1＋log 2a2＋⋯＋ log2 a n，求使 (n－ 8)b n≥nk 随意 n∈N*恒建立的数k 的取范．[分析 ] (1)由 S n＝ 2a n－ 2 可得 a1＝ 2，因 S n＝ 2a n－2，所以，当 n≥2 ， a ＝ S － S －＝ 2a － 2a－1,即：a n＝ 2.nnn 1n n a n－1数列 { a n} 是以 a1＝ 2 首，公比 2 的等比数列，所以， a n＝ 2n (n∈N* )．(2)b n＝log 2a1＋ log2a2＋⋯log 2a n＝ 1＋ 2＋ 3＋⋯＋n＝nn＋.2(n－ 8)b n≥nk 随意 n∈N*恒建立，等价于n－2n＋≥k n∈N*恒建立；1c n＝2(n－ 8)(n＋ 1)，当 n＝ 3 或 4 ， c n获得最小－10，所以 k≤－ 10.19． (本分 12 分 )(文 )(2015 河·北衡水中学三) 已知数列1，a n＋1－{ a n} 足 a1＝2a n＋1－ 11＝ 0， n∈N* .a n－ 1(1)求数列 { a n} 的通公式；a n＋13(2) b n＝－ 1，数列 { b n} 的前 n 和 S n，明 S n< .a n4[分析 ](1)由已知a n＋1－1＝ 0， n∈N* .a n＋1－ 1a n－1a n ＋1－＋1 11 1即a n ＋1－ 1 － a n － 1＝0,1＋a n ＋1－ 1－a n － 1＝0.1 1即a n ＋1 － 1－a n － 1＝－1(常数 )11∴数列 a n － 1是以 a 1－ 1＝－ 2 首，以－ 1 公差的等差数列．1可得 a n － 1＝－ 2＋ (n －1) ×(－1)＝－ (n ＋ 1)，∴ a n ＝ nn ＋ 1(2)由 (1) 可得 a n ＝ n.n ＋ 1a n＋1n ＋ 211 11∵ b n ＝ a n － 1＝ n n ＋ 2 － 1＝ n n ＋＝－n ＋ 22 n∴ S n ＝ b 1 ＋ b 2 ＋ ⋯ ＋ b n ＝ 1 1 ＋ 1 1 － 1 ＋ 1 1 1 1 1 － 1 ＋ 11－ 3 2 2 －＋ ⋯ ＋ 222 2 43 5 n － 1 n ＋ 1 1－ 1n n ＋ 2111 1 1 13＝ 2 1＋ 2－ n ＋ 1－ n ＋ 2 <2×1＋2 ＝ 4.(理 )已知数列 { a n } 拥有性：① a 1 整数；② 于随意的正整数n ，当 a n 偶数， a n＋1＝a n；当 a n 奇数， a n ＋1＝a n － 1；22(1)若 a 1 偶数，且 a 1， a 2，a 3 成等差数列，求a 1 的；(2)a 1＝ 2m＋ 3(m>3 且 m ∈ N )，数列 { a n } 的前 n 和 S n ，求：(3)若 a n 正整数，求：当n>1＋ log 2a 1 (n ∈N ) ，都有a n ＝ 0.[分析 ] (1)a 1＝ 2k ， a 2＝ k ，m ＋ 1S n ≤2 ＋3；由条件知 2k ＋ a 3＝ 2k ，∴ a 3＝ 0.分两种状况：a 2－ 1 k － 1若 k 是奇数， a 3 ＝ 2 ＝ 2 ＝ 0，∴ k ＝1， a 1＝ 2， a 2＝1， a 3＝ 0，若 k 是偶数， a 3 ＝a 2＝ k＝ 0，∴ k ＝ 0， a 1＝ 0， a 2＝ 0， a 3＝ 0， 22 ∴ a 1 的 2 或 0.(2)当 m>3 ， a 1＝ 2m ＋ 3， a 2＝ 2m － 1＋ 1，a 3＝2m －2， a 4＝ 2m － 3， a 5＝ 2m －4，⋯ ， a m ＝ 2，a m ＋ 1＝ 1， a m ＋ 2＝ ⋯＝ a n ＝ 0，∴ S n ≤S m ＋ 1＝ 1＋ 2＋ ⋯＋ 2m ＋ 4＝ 2m ＋1＋ 3.(3)∵ n>1＋ log 2a 1，∴ n －1>log 2a 1 ，∴ 2n －1>a 1，a n， a 是偶数2 n由定可知： a n ＋ 1＝，a n － 1， a n 是奇数2a n a n＋11∴ a n ＋1 ≤ ，∴≤ .2a n 2 ∴ a n ＝ a n a n －1 a2 1a 1， · ·⋯··a 1≤ n －1a n －1 a n －2 a 1 2 1 n －1∴ a n <2n － 1·2 ＝ 1， ∵ a n ∈ N ，∴ a n ＝0，上可知：当n>1 ＋ log 2a 1 (n ∈ N ) ，都有a n ＝ 0.20． (本分 12 分 )(文 )(2014 江·西八校考 )已知数列 { a n } 的首 a 1＝ 4，前 n 和 S n ，且 S n ＋ 1－ 3S n － 2n － 4＝ 0(n ∈N * )．(1)求数列 { a n } 的通公式；(2) 函数 f(x)＝ a n x ＋a n － 1x 2＋ a n － 2x 3＋⋯ ＋ a 1x n ，f ′(x)是函数 f( x)的函数，令b n ＝ f ′(1)，求数列 { b n } 的通公式，并研究其性．n ＋1 －3S n － 2n － 4＝0(n ∈ N *n －3S n － 1－ 2n ＋2－ 4＝ 0(n ≥2)，[分析 ] (1)由 S) 得 S两式相减得 a n ＋1－ 3a n － 2＝ 0，可得 a n ＋ 1＋ 1＝ 3(a n ＋ 1)(n ≥2)，又由已知 a 2＝ 14，所以 a 2＋ 1＝ 3(a 1＋ 1)，即 { a n ＋ 1} 是一个首5，公比 q ＝ 3 的等比n －1*)．数列，所以 a n ＝ 5×3－1(n ∈ Nn －1，(2)因 f ′(x)＝ a n ＋ 2a n － 1x ＋ ⋯ ＋ na 1 x所以 f ′(1)＝a n ＋2a n － 1＋ ⋯＋ na 1＝ (5 ×3n － 1－ 1)＋ 2(5 ×3n －2 －1)＋ ⋯ ＋ n(5 ×30－ 1)＝ 5[3n －1＋2×3n － 2＋ 3×3n － 3＋ ⋯ ＋ n ×30]－n n ＋2令 S ＝3n －1＋ 2×3n － 2＋ 3×3n － 3＋ ⋯ ＋ n ×30，3S ＝3n ＋ 2×3n － 1＋3×3n － 2＋⋯ ＋ n ×31，n ＋1 作差得 S ＝－ n －3－3，24n ＋1－ 15 n ＋，所以 f ′(1)＝5×3－ n42n ＋1即 b n ＝ 5×3 － 15 －nn ＋，42而 b ＋＝5×3n ＋ 2－15－ n ＋n ＋，n 14215×3n7作差得 b n ＋ 1－ b n ＝2 － n － 2>0，所以 { b n} 是增数列．(理 )已知数列 { a n} 的首 a1＝ 5，且 a n＋1＝2a n＋ 1(n∈N* )．(1)明：数列 { a n＋ 1} 是等比数列，并求数列{ a n} 的通公式；(2)令 f(x)＝ a1x＋ a2x2＋⋯＋a n x n，求数列 f(x)在点 x＝ 1 的数 f ′(1)．[分析 ] (1)明：∵ a n＋1＝ 2a n＋1，∴a n＋1＋1＝ 2(a n＋ 1)，∴a n＋1＋1＝2，a n ＋ 1∴数列 { a n＋ 1} 是以 a1＋ 1 首， 2 公比的等比数列，∴a n＋ 1＝ (a1＋ 1) ·2n－1＝ 6·2n－1＝ 3·2n，∴a n＝ 3·2n－ 1.(2)∵ f(x)＝ a1x＋ a2x2＋⋯＋a n x n，∴f ′(x)＝ a1＋ 2a2x＋⋯＋ na n x n－1，∴f ′(1)＝ a1＋ 2a2＋ 3a3＋⋯＋ na n＝(3 ·21－ 1)＋ 2(3 ·22－ 1)＋ 3(3 ·23－ 1)＋⋯＋ n(3 ·2n－ 1)＝3(2＋ 2×22＋ 3×23＋⋯＋n×2n)－ (1＋ 2＋ 3＋⋯＋ n)，令 T n＝ 2＋ 2×22＋ 3×23＋⋯＋ n×2n，∴2T n＝1×22＋ 2×23＋ 3×24＋⋯＋ (n－ 1) ×2n＋ n×2n＋1，∴－ T n＝2＋ 22＋ 23＋⋯＋ 2n－ n·2n＋1＝2 1－2n n＋ 1n＋ 11－ 2－ n·2 ＝－ (n－ 1)·2 －2，∴ T n＝ (n－ 1) ·2n＋1＋2，∴ f ′(1)＝ 3(n－1) ·2n＋1－nn＋ 1＋ 6.2n n， n∈N*121． (本分 12 分 )(文 )(2015 广· 文， 19)数列 { a } 的前 n 和 S.已知 a3 5＝1， a2＝2， a3＝4，且当 n≥2 ， 4S n＋2＋ 5S n＝8S n＋1＋ S n－1.(1)求 a4的；(2)明： a n＋1－1a n等比数列；2(3)求数列 { a n} 的通公式．[剖析 ]考： 1.等比数列的定； 2.等比数列的通公式； 3.等差数列的通公式．(1)令 n＝ 2 可得 a4的； (2) 先利用 a n＝ S n－ S n－1将 4S n＋2＋ 5S n＝ 8S n＋1＋ S n－1(n≥ 2)化4a＋＋ a ＝ 4a ＋，再利用等比数列的定可n＋1－1n 是等比数列；(3) 由 (2) 可得数列n n 1aan 2211a n的通公式，再将数列a n的通公式化数列1n是等差数列，a n＋1－ a n a n＋1－222而可得数列{ a n} 的通公式．[分析 ](1)当 n＝ 2 ， 4S4＋ 5S2＝8S3＋ S1，即41＋3＋5＋ a4＋ 5 1＋3＝ 81＋3＋5＋ 1，242247解得： a4＝8 .(2)因 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)，5因 4a3＋a1＝4×＋ 1＝ 6＝ 4a2，4所以 4a n＋2＋ a n＝ 4a n＋1，于 n＝ 1 建立．a n＋2－1a n＋14a n＋2－ 2a n＋14a n＋1－ a n－ 2a n＋1因2＝＝14a n＋1－ 2a n4a n＋1－ 2a n a n＋1－2a n＝2a n＋1－ a n＝12，an＋1－a n所以数列1a1＝ 1 首，公比1的等比数列．a n＋1－ a n是以 a2－12221是以1首，公比1的等比数列，所以a n＋1(3)由 (2) 知：数列 a n＋1－ a n a2－ a1＝12221 1 n－1－2a n ＝2.即 a n＋1－ a n＝4，1 n＋1 1 n22a n a1所以数列1 n 是以1＝2首，4公差的等差数列，22所以a n＝2＋ (n－ 1) ×4＝ 4n－ 2，1 n21n1n－1，即 a n＝ (4n－ 2) ×＝ (2n－ 1) ×22所以数列 { a n} 的通公式是a n＝ (2n－1) ×1n－1. 2(理 )(2015·宁葫芦市一模)已知数列 { a n} 等差数列， a3＝5， a4＋ a8＝ 22；(1)求数列 { a n} 的通公式 a n及前 n 和公式 S n；＝n＋1，求： b ＋ b ＋⋯＋ b5(2)令 b n n n＋ 212n<16S S[分析 ] (1)由 a 4＋ a 8＝ 22 得： a 6＝ 11，又 a 3＝ 5，∴ d ＝ 2， a 1＝ 1，∴ a n ＝ 2n － 1， S n ＝ n a 1＋a n＝ n ＋2n －222＝ n .(2)b n ＝n ＋ 1＝ 2 n ＋ 12＝ 1 112－2＋ 2nn ＋4 nn ＋n nS S11 2 5当 n ＝1 ， b 1＝ 4 1－ 9 ＝ 9<16，原不等式建立；当 n ≥2 ，＋ b ＋ ⋯ ＋ b ＝ 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1b 1 2 3 2 ＋ 2 4 2 ＋2 － 2 ＋ 2 62 ＋ ⋯ ＋ n －2－2＋2 n 4 1 －2 －3 54 － n 12－ 1 2 ＋1 － 1n －n ＋2 n ＋2n＝ 11＋ 112－ 1211 1522n ＋n ＋224 1 2 －<4 1 ＋ 2＝165*∴ b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b n <16(n ∈ N )22． (本分12 分)已知数列 { a n } 足 a n ＋ 1＝－11， a 1＝－ .n ＋22a1(1)求 { a n ＋1} 是等差数列；(2)求数列 { a n } 的通公式；(3)T n ＝ a n ＋ a n ＋1 ＋⋯ ＋ a 2n － 1.若 T n ≥p － n 随意的 n ∈ N *恒建立，求 p 的最大．[分析 ](1) 明：∵ a n ＋1＝－1 ，a n ＋ 21a n ＋ 2－ 1 a n ＋ 1∴ a n ＋1 ＋1＝－ a n ＋ 2＋ 1＝ a n ＋2 ＝ a n ＋2，因为 a n ＋1≠0，1 a n ＋ 21 ∴a n＋1＋ 1＝ a n ＋ 1＝1＋a n ＋ 1，1∴ {a n ＋1} 是以 2 首， 1 公差的等差数列．1(2)由 (1) 知： a n ＋ 1＝ 2＋ (n －1) ＝n ＋ 1，∴ a n ＝ 1 － 1＝－ n(n ∈ N * )． n ＋ 1n ＋ 1(3)∵ T n ＝ a n ＋ a n ＋ 1＋⋯ ＋ a 2n － 1≥p － n ，∴ n ＋ a n ＋ a n ＋1＋ ⋯ ＋a 2n － 1≥p ，即 (1＋ a n )＋ (1＋ a n ＋ 1)＋(1 ＋a n ＋ 2)＋ ⋯ ＋ (1＋a 2 n － 1) ≥p ，随意 n ∈ N * 恒建立，而 1＋a n ＝ 1，n＋ 1H(n)＝(1 ＋a n) ＋(1＋ a n＋1)＋⋯＋(1＋ a2n－1)，∴H(n)＝1＋1＋⋯＋1，n＋ 1 n＋ 22n1 ＋1＋⋯＋1＋1＋1，H(n＋1)＝n＋2 n＋32n2n＋ 12n＋ 2∴ H(n＋ 1)－ H (n)＝1＋1－1＝1－12n＋ 12n＋ 2n＋ 12n＋ 12n＋ 2>0，∴数列 { H( n)} 增，*11∴ n∈N， H(n) ≥H (1)＝，故 p≤ .22∴p 的最大1. 2反一、1．等比数列 { a n} 中， a1＋a3＝ 5， a2＋ a4＝ 10， a6＋ a8等于 () A．80B． 96C．160D． 320[答案 ]Ca2＋a4q a1＋ a3＝q＝10＝ 2，[分析 ]∵＋ a ＝a＋ a53311∴a6＋ a8＝ (a2＋ a4)q4＝ 10×24＝ 160.2．(2015 广·州二 )已知等差数列 { a n} 的公差 2，数是偶数，全部奇数之和15，全部偶数之和 25，个数列的数 ()A．10B． 20C．30D． 40[答案 ]A[分析 ]个数列的数 2n，于是有2×n＝ 25－ 15＝ 10，即个数列的数10，故 A.[易剖析 ]考生不会利用奇数和与偶数和的关系去求解数列的数，致没法解．3．已知等差数列{ a n} 的公差d≠0， a1， a5， a17挨次成等比数列，个等比数列的公比是()A ． 4B． 31C．2D．2[答案 ]B[分析 ]解法 1：由条件知 a52＝a1a17，即 (a1＋ 4d)2＝ a1(a1＋ 16d)，得 a1＝ 2d，a5＝ a1＋ 4d＝6d，∴ q＝a5＝6d＝ 3，应选B． a1 2da5a17a17－ a512d解法 2： q＝a1＝a5＝a5－ a1＝4d＝ 3，应选 B ．4．以 S n表示等差数列{ a n } 的前 n 项和，若 S5>S6，则以下不等关系不必定建立的是()A ． 2a3>3a4B． 5a5>a1＋ 6a6C．a5＋ a4－ a3<0D． a3＋ a6＋ a12<2a7[答案 ]D[分析 ]依题意得a6＝ S6－ S5<0,2a3－ 3a4＝ 2(a1＋ 2d)－ 3(a1＋ 3d) ＝－ (a1＋ 5d) ＝－a6>0,2a3>3a4； 5a5－ (a1＋ 6a6)＝ 5(a1＋ 4d)－ a1－ 6(a1＋ 5d) ＝－ 2(a1＋ 5d) ＝－ 2a6 >0,5a5>a1＋6a6；a5＋a4－ a3＝ (a3＋ a6)－ a3＝ a6<0. 综上所述知选D ．5．(文 )在等差数列 { a n} 中， 7a5＋ 5a9＝ 0，且 a5<a9，则使数列前n 项和 S n获得最小值的n 等于 ()A ． 5B． 6C．7D． 8[答案 ]B[分析 ]∵ 7a5＋5a9＝ 0， a5<a9，17∴ d>0 ，且 a1＝－3 d，∴ S n＝ na1＋n n－ 1d＝－17n n－1d2－37n 2nd＋2d＝ (n)，323∴当 n＝ 6 时， S n取到最小值．(理 )(2014辽·宁理，8) 设等差数列{ a n} 的公差为d，若数列{2 a1a n} 为递减数列，则()A ． d<0B． d>0C．a1d<0D． a1d>0[答案 ]C[分析 ]数列{2 a1a n}递减，∴ { a1a n}递减．∴a1a n－ a1a n－1＝a1 (a n－ a n－1)＝ a1d<0.6．(文 )设等比数列 { a n} 的公比为q，前 n 项和为 S n，且 a1>0，若 S2>2a3，则 q 的取值范围是()1A ． (－ 1,0)∪ (0，2)1B．( －， 0)∪ (0,1)1C．( －∞，－ 1)∪ (2，＋∞)1D ． (－ ∞，－ 2)∪ (1，＋ ∞)[答案]B[分析 ]∵ S 2>2a 3，∴ a 1＋ a 1q>2a 1q 2，∵ a 1>0，∴ 2q 2－ q － 1<0，∴－ 1<q<1 且 q ≠0，故 B ．2(理 )已知公差不等于0 的等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ，假如 S 3＝－ 21， a 7 是 a 1 与 a 5 的等比中，那么在数列{ na n } 中，数最小的是 ()A ．第 4B ．第 3C ．第 2D ．第 1[答案 ] B[分析 ] 等差数列 { a n } 的公差 d ，由 S 3＝ a 1＋ a 2＋ a 3＝ 3a 2 ＝－ 21，得 a 2＝－ 7，又由 a 7 是 a 1 与 a 5 的等比中，得a 72＝ a 1 5 ，即 (a 2＋ 5d)2＝ (a 2－d)(a 2＋ 3d)，将 a 2＝－ 7 代入，·a合 d ≠0，解得 d ＝ 2， na n ＝ n[a 2＋ (n － 2) ·d]＝ 2n 2－ 11n ，称方程n ＝ 23，又 n ∈N * ，4合二次函数的象知，当 n ＝ 3 ， na n 取最小，即在数列 { na n } 中数最小的是第 3．7．在数列 { a n } 中， a 1＝ 2， na n ＋ 1＝ (n ＋1)a n ＋2(n ∈ N * )， a 10 ( )A ．34B ． 36C ．38D ． 40[答案 ] C[分析 ] 由 na n ＋1＝ (n ＋ 1)a n ＋ 2，得n ＋1 a n2 1 1a 2 －n ＋ 1－ n＝n n ＋＝，n n ＋ 1na n － 1 1 1＝ 2 －，有 a－n n － 1 n － 1 na n －1 － a n －2 ＝ 21 － 1，n － 1 n － 2n － 2 n －1⋯⋯a 2 a 11 1a n12 － 1 ＝ 2 －2 ，累加得 n － a 1＝ 2 1－n .1 ∵ a 1＝ 2，∴ a n ＝ 4n － 2，∴ a 10＝ 38.222 298．(文 ) 等差数列{ a n } 的前 n 和 S n ，若 S 9>0，S 10<0， a 1，a 2，⋯ ，a 9中最大的是()2 25 A. a 1B ． a 526 29 C ．a 6D ．a 9[答案 ] B[分析 ]∵ S 9＝9(a 1＋ a 9)＝ 9a 5>0，∴ a 5>0.2又∵ S 10＝10(a 1＋ a 10)＝ 5(a 5＋ a 6)<0，∴ a 5＋ a 6<0，即得 a 6<0 ，且 |a 6|>a 5，则数列 { a n } 的前22n5 项均为正数，从第6 项开始均为负数，则当n ≤5时，数列 { a n } 是递加的正数项数列，其最5 5大项为 2，当 n>6 时，各项均为负数，即可得2最大，故应选 B ．a 5a 5(理 )等比数列 { a n } 的首项为 2，项数为奇数，其奇数项之和为85，偶数项之和为 21，这3216个等比数列前 n 项的积为 T n (n ≥ 2)，则 T n 的最大值为 ()1 1 A. 4 B ．2 C ．1D ． 2[答案 ]D85[分析 ]由题意知 S 奇－ 2＝S 偶·q ， S 奇＝ 32，S 偶＝ 21，∴ q ＝ 1，∵ a 1＝2， q ＝ 1，16 2 2∴ { T n } 为递减数列且 a 2＝1， a k <1(k>2)，∴ T 2＝ a 1a 2＝ 2 为最大值．9． (2015 ·昌市二模南 )已知 { a n } 是等差数列，a 1＝ 5， a 8＝ 18，数列 {b n } 的前 n 项和 S n ＝n，若 a m ＝b 1＋b 4，则正整数 m 等于 ()3 A ．29 B ． 28 C ．27D ． 26[答案 ] A[分析 ]由题意得： a 8＝ a 1＋7d ＝ 5＋ 7d ＝ 18，∴ d ＝13，713∴ a m ＝ 5＋ 7 (m － 1)，n3， n ＝ 1133又 S n ＝ 3 ，∴ b n ＝ 2·3n －1 ，n ≥2，∴5＋7 (m － 1)＝ 3＋ 2·3＝57，解得 m ＝29.10．设 f( x)是定义在 R 上恒不为零的函数，且对随意的实数x 、y ∈ R ，都有 f(x) ·f(y)＝ f(x＋y)，若 a 1＝ 1， a n ＝ f(n)( n ∈ N *nn 为 ()2)，则数列 { a } 的前 n 项和 SA ． 2n － 1B ． 1－ 2n1 n1nC．( )－ 1D．1－()22[答案 ]D12 1 23 [分析 ]由已知可得a1＝ f(1) ＝2， a2＝ f(2) ＝ [f(1)]＝(2)， a3＝ f(3)＝ f(2) ·f(1) ＝ [f(1)]＝11n1 3n1n112＋ (1 3 1 n 2[1－2] 1 n( ) ，⋯，a n＝ f(n)＝ [f(1)]＝()，∴S n＝＋ ()2) ＋⋯＋() ＝1＝1－() ，故2222221－2D ．12a n， 0≤a n<11． (文 )数列 { a n} 足 a n＋1＝2，若 a1＝3， a2014＝ ()2a n－ 1，1≤a n<15 212 A. 5B．534 C．5D．5 [答案 ]A[分析 ]由可得 a1＝3，a2＝1，a3＝2，a4＝4， a5＝3， a6＝1，⋯，所以数列 { a n} 是一555555个周期 4 的周期数列，又因2014＝ 503×4＋ 2，所以 a2014＝a2＝1，故 A. 5(理 )(2015 山·西太原市一模 )已知数列{ a n} 的通公式n nπa n＝( － 1) (2n－ 1)·cos＋ 1(n∈2N*)，其前n和S n，S60＝()A．－ 30B．－ 60C．90D． 120[答案 ]D[分析 ]由 a n的通公式得： a1＝ a3＝ a5＝⋯＝ a59＝1，当 n＝ 2p(p 奇数 )，a n＝－ (2n－ 1) ＋ 1 ＝ 2 － 2n ；当n ＝ 2q(q偶数)a n＝(2n－1)＋1＝2n，∴ S60＝30×1＋－2×15＋15×14－＋ 8×15＋15×14×8 ＝ 120.222nπ2nπ12． (文 )已知数列 { a n} 足 a1＝ 1，a2＝2， a n＋2＝ (1＋ cos 2 ) a n＋ sin 2，数列的前10 和 ()A ． 2101B． 1067C．1012D． 2012[答案 ]B[分析 ]当 n 奇数， a n＋2＝a n＋1，是一个首1，公差 1 的等差数列；当 n高考数学二轮复习专题综合测试卷(3)数列(含分析)偶数， a n ＋2＝ 2a n ＋1 ，是一个以 2 首，公比2 的等比数列，所以S 18＝a 1＋a 2＋ ⋯＋ a 17＋ a 18＝ (a 1＋ a 3＋ ⋯ ＋ a 17)＋ (a 2＋ a 4＋ ⋯ ＋ a 18)＝ 9＋－ ×1＋－ 292＝9＋ 361－ 2＋1022 ＝ 1067.(理 )已知等差数列→ → →{ a n } 的前 n 和 S n ，若 OB ＝ a 2OA ＋ a 2014OC ，且 A 、 B 、C 三点共( 直不原点 O)，以下各式中正确的选项是 ()A ． S 2015＝ 1B ． S 2014＝20132C ．S 2015＝2015D ． S 2014＝10072[答案 ] C[分析 ] ∵ A 、 B 、C 共，且直不→ → →，O 点， OB ＝ a 2OA ＋ a 2014OC→ → →→∴ OB － OA ＝( a 2－ 1)OA ＋ a 2014OC ，→ → → → → →，即 AB ＝ (a 2－ 1)OA ＋ a 2004OC ＝kCA ＝ kOA － kOC由共向量定理得 a 2－ 1＝－ a 2014，∴ a 2＋ a 2014＝1，∴ S＝a 1＋ a 2015 ＝ a 2＋ a 2014 ＝ 2015.2015 222二、填空13．各均数的等比数列{ a n } 的前 n 和 S n ，若 S 10＝ 10， S 30＝ 70， S 40＝________.[答案 ] 150[分析 ]每 10一的和挨次成的数列{ b n } ，由已知可得： b 1＝10， b 1＋ b 2＋ b 3＝70.①原等比数列 { a n } 的公比 q ，b 2 a 11＋ a 12＋ ⋯＋ a 20b 1＝a 1＋ a 2＋⋯ ＋ a 10＝a 1q 10＋ a 2q 10＋ ⋯＋ a 10q 10＝q 10. a 1＋a 2 ＋⋯ ＋ a 10同理：b 3＝q 10，b 4＝q 10，⋯ ， b 2b 3∴ { b n } 构成等比数列，且公比q ′＝ q 10.2由①可得 10＋ 10q ′＋10(q ′)＝ 70，2即 (q ′)＋ q ′－ 6＝ 0，解得 q ′＝ 2 或 q ′＝－ 3.10 ∵ q ′＝ q >0，∴ q ′＝ 2.∴ { b n } 的前 4 挨次是： 10,20,40,80.∴ S 40＝ 150.14．等差数列 { a n } 中，a 1＋ a 2＋a 8 ＝10，a 14＋ a 15＝ 50，此数列的前 15 之和是 ________．[答案 ] 180 [分析 ]a 1＋ a 2＋ a 8＝ 10， ∵a 14＋ a 15＝50，3a 1 ＋8d ＝ 10， a 1＝－ 2，∴∴2a 1 ＋27d ＝ 50，d ＝ 2.∴ S 15＝ 15a 1＋15×14d ＝180. 215． (2015 · 青摸底山n ＋ 1 *)在点 (1,1) 的切与x 的交点的横坐) 曲 y ＝ x (n ∈ N x n ， log 2015x 1＋ log 2015x 2＋ ⋯ ＋ log 2015x 2014 的 ________．[答案 ] － 1[分析 ] 因 y ′＝ (n ＋1)x n ，所以在点 (1,1) 的切的斜率 k ＝ n ＋ 1，所以0－1＝ n ＋ 1，所以 x ＝n ，x n － 1nn ＋ 1所以 log 2015x 1＋ log 2015x 2＋ ⋯ ＋ log 2015x 2014＝ log 2015(x 1·x 2·⋯·x 2014)1 2 20141＝－ 1.＝ log 2015( ··⋯· )＝ log 20152 32015201516．(文 )(2014 合·肥 )定等数列：在一个数列中，若每一与它的后一的是同一常数，那么个数列叫做等数列，且称此常数公．已知在等数列 { a n } 中， a 1＝2，公5，当 n 奇数，个数列的前n 和 S n ＝ ________.[答案 ]9n －14[分析 ]由可知，等数列{ a n } 2，5， 2， 5， ⋯ ，当 n 奇数，其前n 和 S n ，22n ＋ 1n － 1 5n ＋ 1 5 n － 1 9n － 1可分两部分成，2 个2之和与2 个 2之和，所以 S n ＝ 2× 2 ＋ 2×2 ＝4.(理 )已知数列 { a n } 足 a 1＝ 1， 1 ＝1 ＋ 1， a 10＝ ________.1＋ a n ＋ 1 1＋ a n17[答案 ] －191 ＝1＋1，得1 －1 ＝1，又1 ＝ 1，故数列 { 1[分析 ]由1＋ a n ＋ 1 1＋ a n1＋ a n ＋1 1＋ a n1＋ a 1 21＋a n }是首1，公差1 的等差数列，故1 ＝ 1＋ (10－ 1) ×1，得 a 10＝－17.2102191＋ a三、解答17． (文 )已知首3的等比数列 { a n } 不是减数列，其前n 和 S n (n ∈ N * )，且 S 3＋2．．。

高考数学二轮大题重难点专题二数列的综合问题(含解析)

专题二数列的综合问题总分：70分建议用时：60分钟三、解答题17、已知数列{}n a 的前n 项和2n S n =，{}n b 为等比数列，且11a b =，2211()b a a b -=．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n na cb =，求数列1{2}n nc -+的前n 项和n T ．18、已知{}n a 是首项不为1的正项数列，其前n 项和为n S ，且满足2632n nn S a a =++．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设123234345121111n n n n T a a a a a a a a a a a a ++=+++⋯+，求证：160n T <．19、已知数列{}n a 满足212324623(*)nn n n n N a a a a +++⋯⋯+=+∈．（1）求数列{}n a 的通项；（2）设2(1)2n n n b n a =+ ，求数列{}n b 的前n 项和n S ，当2114n S m m ++ 对一切正整数n 恒成立时，求实数m 的取值范围．20、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，()121n n a S n N ++=+∈，数列{}n b 满足11b =，1n n n b b a +=+.（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足1n n n n a c b b +=⋅且()12211n n c c c b λ+++≥-+L 对任意n ∈+N 恒成立，求实数λ的取值范围.21、已知数列{}n a 满足11a =，11(1,*)n n a a n n N -=+>∈，数列{}n b 是公比为正数的等比数列，12b =，且22b ，3b ，8成等差数列．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足2(2)n n n n b a c n =+ ，求数列{}n c 的前n 项和n S ．（3）若数列{}n d 满足1(1)n n n d b =+-，求证：12253n d d d ++⋯+<．22、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()n n a n n S *+=∈N ．（1）证明{}1n a -为等比数列并求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()211n n b n a =--，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T ；（3）求证：12311112nn a a a a ++++<+L ．答案解析17、【解答】解：（1）当2n 时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-，当1n =时，111a S ==，满足上式，则21n a n =-；因为111a b ==，2211()b a a b -=，则212b =，因为{}n b 为等比数列，所以2112b b =，所以11()2n n b -=；（2）1(21)2n n n na c nb -==- ，由1112(21)222n n n n nc n n ---+=-+= ，所以231222322n n T n =+++⋯+ ，①234121222322n n T n +=+++⋯+ ，②①-②可得23112(12)22222212n n n n n T n n ++--=+++⋯+-=-- ，所以12(1)2n n T n +=+- ．18、【解答】解：（1）由2632n n n S a a =++，①得211320a a -+=，解得11a =（舍)或12a =．当2n 时，2111632n n n S a a ---=++，②①-②得221163232n n n n n a a a a a --=++---，整理得：11()(3)0n n n n a a a a --+--=．0n a > ，13(2)n n a a n -∴-= ．可得数列{}n a 是首项为2，公差为3的等差数列．23(1)31n a n n ∴=+-=-；证明：（2）1211111[](31)(32)(35)6(31)(32)(32)(35)n n n a a a n n n n n n n ++==--++-+++，123234345121111n n n n T a a a a a a a a a a a a ++=+++⋯+1111111()6255858811(31)(32)(32)(35)n n n n =-+-+⋯+-⨯⨯⨯⨯-+++111111[]610(32)(35)606(32)(35)60n n n n =-=-<++++．19、【解答】解：（1）数列{}n a 满足212324623nn n n a a a a +++⋯⋯+=+①，当2n 时，2121242(1)(1)3(1)n n n n a a a --++⋯+=-+-，②当1n =时，112a =，①-②得222nn n a =+，所以1n n a n =+（首项符合通项），所以1n n a n =+．（2）由（1）得2(1)24n n n n b n a n =+= ，所以1214244n n S n =⨯+⨯+⋯+ ①，231414244n n S n +=⨯+⨯+⋯+ ②，①-②得2114(41)3(444)4441n n n n n S n n ++⨯--=++⋯+-=-- ，整理得1314499n n n S +-=⨯+，所以当1n =时，n S 的最小值为14S =，所以当2114n S m m ++ 对一切正整数n 恒成立时，只需满足211414S m m =++ ，解得62m -．故实数m 的取值范围为[6-，2]．20、【解答】解：（1）因为11a =，()121n n a S n N ++=+∈，所以()121,2n n a S n N n -+=+∈≥，则()112n n n n a a S S +--=-，即12n n n a a a +=-，()13,2n n a a n N n ++=∈≥，因为21213a a =+=，213a a =，所以数列{}n a 是以1为首项、3为公比的等比数列，()13n n a n N -+=∈，因为1n n n b b a +=+，所以113n n n b b -+=+，即113n n n b b -+-=，则()()()112211n n n n n b b b b b b b b ---=-+-++-+ ()0112303133133311132n n n n ----⨯-+=++++=+=-L .（2）()()11111134311231313131313122n n n n n n n n n n n n a c b b -----+⋅⎛⎫====- ⎪⋅++⎛⎫⎛⎫++++⎝⎭⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令123n n T c c c c =++++L ，则011211111112313131313131n n n T -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++ ⎪ ⎪⎢⎥++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦L 1122123131n n ⎛⎫=-=- ⎪++⎝⎭，因为()211n n T b λ≥-+对任意n ∈+N 恒成立，所以12311211312n n λ-⎛⎫+-≥⨯-⋅+ ⎪+⎝⎭对任意n ∈+N 恒成立，即()1min2313n n λ-⎛⎫ ⎪≤- ⎪+⋅⎝⎭，令()()211122313333n n n n y ----=-=+⋅⋅+，131n t -=≥，则223y t t -=+，当1t =时，即当1n =时取到最小值12-，故12λ≤-，实数λ的取值范围为1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.21、【解答】解：（Ⅰ）数列{}n a 满足11a =，11(1,*)n n a a n n N -=+>∈，所以11n n a a --=（常数），故1(1)n a n n =+-=，数列{}n b 是公比为q 的正数的等比数列，12b =，且22b ，3b ，8成等差数列．所以23228b b = ，解得2q =．所以1222n n n b -=⨯=．故：n a n =，2n n b =，解：（Ⅱ）数列{}n c 满足2(2)n n n b c n =+ ，所以1111()(2)22n c n n n n ==-++，1111111111113111(1)(1(232411222124212n S n n n n n n n n =-+-+⋯+-+-=+--=-+-++++++．证明：（Ⅲ）数列{}n d 满足1(1)n n n d b =+-，所以1221234212111111212121212121n n n d d d -++⋯+=++++⋯++-+-+-+，1321242111111(()212121212121n n -=++⋯++++⋯+---+++，2224211111(1)()22522n n -<++⋯++++⋯+，111111(1)(1116444(1)()1151144n n ----=+++--，1115135123<+++<．22、【详解】（1）由n n S a n +=得，当2n ≥时，111n n S a n --+=-两式作差得：121n n a a --=，即()1211n n a a --=-，即11112n n a a --=-，令1n =得112a =，所以{}1n a -是以12-为首项，12为公比的等比数列．所以112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，故112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（2）由（Ⅰ）知()()()212112n n nn b n a -=--=，()123211352222n nn T -++++∴=L ()234121113522222n n n T +-++++∴=L 两式作差得：()()2312312121112221111222222222222n n n n n T n n ++--⎛⎫++++-++++-⎪= ⎝⎭=L L ()()21121111121211111323222412222222212n n n n n n n n +++++---+⎛⎫=+⨯-=+⨯--=- ⎪⎝⎭-所以2332n nn T +=-．（3）由（Ⅰ）知112112121112n n n n n a ===+--⎛⎫- ⎪⎝⎭，则111212122n n n a +-==--，1,222n n n N *+∀∈-≥Q 恒成立，1121122n n n a -∴-≤=，即11112n n a -≤+所以01211231111111111112222n n a a a a -++++≤++++++++L L ，01211111111122212222212n n n n n n n ---⎛⎫=+++++=+=+-<+ ⎪⎝⎭-L 所以12311112n n a a a a ++++<+L ．。

高考数学二轮复习考点知识与解题方法讲解07 数列综合问题

高考数学二轮复习考点知识与解题方法讲解考点07 数列综合问题数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.1.数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由n a 与n S 的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.2.等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．3.数列与函数常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．4.数列与不等式问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．5.＂新定义＂型问题是指在问题中定义了初中数学中没有学过的一些概念、新运算、新符号，要求学生读懂题意并结合已有知识进行理解，而后根据新定义进行运算、推理、迁移的一种题型.它一般分为三种类型：（1）定义新运算；（2）定义初、高中知识衔接＂新知识＂;（3）定义新概念.这类试题考查考生对＂新定义＂的理解和认识，以及灵活运用知识的能力，解题时需要将＂新定义＂的知识与已学知识联系起来，利用已有的知识经验来解决问题.6.数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.数列的综合应用一、单选题1．（2023·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（）A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C【分析】根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解. 【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤；第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤，以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤，所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =，又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.2．（2021·广东佛山·二模）科技创新离不开科研经费的支撑，在一定程度上，研发投入被视为衡量“创新力”的重要指标.“十三五”时期我国科技实力和创新能力大幅提升，2020年我国全社会研发经费投入达到了24426亿元，总量稳居世界第二，其中基础研究经费投入占研发经费投入的比重是6.16%.“十四五”规划《纲要草案》提出，全社会研发经费投入年均增长要大于7%，到2025年基础研究经费占比要达到8%以上，请估计2025年我国基础研究经费为（）A ．1500亿元左右B ．1800亿元左右C ．2200亿元左右D ．2800亿元左右【答案】D【分析】由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于524426(17%)⨯+, 再根据2025年基础研究经费占比要达到8%以上，即可求出2025年我国基础研究经费的最低值，从而选出正确选项.【详解】由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于524426(17%)34258.7⨯+≈亿元，又因为2025年基础研究经费占比要达到8%以上，所以2025年我国基础研究经费不得低于 34258.78%2740.7⨯≈亿元故选：D3．（2023·湖南·一模）在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（）A ．35B ．42C ．49D ．56【答案】B【分析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n 轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n 轮传染, 则每轮新增感染人数为0n R ，经过n 轮传染，总共感染人数为：1200000111n nR R R R R +-++++=-，∵0R 3=，∴当感染人数增加到1000人时，113=100013n +--，化简得3=667n ，由563243,3729==，故得6n ≈，又∵平均感染周期为7天，所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6742⨯=天，故选：B【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程． 4．（2023·陕西西安·一模（理））2020年底，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽脱贫攻坚取得重大胜利！为进步巩固脱贫攻坚成果，接续实施乡村振兴战略，某企业响应政府号召，积极参与帮扶活动．该企业2021年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到20%．每年年底扣除下一年必须的消费资金后，剩余资金全部投入再生产为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为（）（单位：万元，结果精确到万元）（参考数据：41.2 2.07≈，51.2 2.49≈） A ．83 B ．60 C ．50 D ．44【答案】B【分析】由题可知5年后投入再生产的资金为：5432500(120%)(120%)(120%)(120%)(120%)800x x x x x+-+-+-+-+-=，即求. 【详解】设每年应扣除的消费资金为x万元，则1年后投入再生产的资金为：500(120%)x+-，2年后投入再生产的资金为：2[500(120%)](120%)500(120%)(120%)x x x x+-+-=+-+-，L5年后投入再生产的资金为：5432500(120%)(120%)(120%)(120%)(120%)800x x x x x+-+-+-+-+-=∴551.21500 1.2800 1.21x-=⨯--，∴60x≈.故选：B二、双空题5．（2023·湖北·一模）2023年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程若第1个图中的三角形的周长为1，则第n 个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n 个图形的面积为___________.【答案】 143n -⎛⎫⎪⎝⎭1834559n -⎛⎫-⨯ ⎪⎝⎭【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.【详解】记第n 个图形为n P ，三角形边长为n a ，边数n b ，周长为n L ，面积为n S1P 有1b 条边，边长1a ；2P 有214b b =条边，边长2113=a a ；3P 有2314b b =条边，边长23113a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；L分析可知113n n a a -=，即113nn a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；14n n b b -=，即114n n b b -=⋅当第1个图中的三角形的周长为1时，即11a =，13b =所以11143433nn n n n n L a b --⎛⎫⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由图形可知n P 是在1n P -每条边上生成一个小三角形，即211n n n n S S b --+=即211n n n n S S a b ---⋅，21212n n n n S S a b -----=⋅，L ，22121S S a b ⋅-利用累加法可得)222111122n n n n n S S a b a b a b ---=-⋅+⋅++⋅数列{}n a 是以13为公比的等比数列，数列{}n b 是以4为公比的等比数列，故{}21n n a b -⋅是以49为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，11S =，211=，此时21a =22a =，1P有13b =条边，则11222222111124499451191n n n n n n a b a b a b a b -----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⋅⋅+⋅++⋅⎝⎭⎝⎭⎝=⎭=- 所以1131459n n S S -⎛⎫⎛⎫-⨯- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭=⎪，所以1834559n n S -⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭ 故答案为：143n -⎛⎫⎪⎝⎭，1834559n -⎛⎫-⨯ ⎪⎝⎭【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由n a 与n S 的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法. 三、填空题6．（2021·辽宁铁岭·一模）赵先生准备通过某银行贷款5000元，然后通过分期付款的方式还款．银行与赵先生约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为0.5％，则赵先生每个月所要还款的钱数为______元．（精确到0.01元，参考数据()()121210.517.21310.51+≈+-％％）【答案】430.33【分析】本题首先可设每一期所还款数为x 元，然后结合题意列出每期所还款本金，并根据贷款5000元列出方程，最后借助等比数列前n 项和公式进行计算即可得出结果. 【详解】设每一期所还款数为x 元，因为贷款的月利率为0.5％，所以每期所还款本金依次为10.5x+％、()210.5x +％、()310.5x +％、L 、()1210.5x +％，则()()()2312500010.510.510.510.5x x x x++++=++++％％％L ，即()()()23121111500010.510.510.510.5x ％％％⎡⎤++++=⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦L ， ()()()()11101210.510.510.51500010.5x ％％％％⎡⎤+++++++=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦， ()()121210.5150000.510.5x ％％％⎡⎤+-=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦， ()()121210.50000.5430.33105.51x ⨯=≈-++⨯％％％，小明每个月所要还款约430.33元，故答案为：430.33. 四、解答题7．（2020·河南·一模（理））市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004.（1）若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款的总利息；（2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）；（3）对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式.参考数据：2401.004 2.61≈.【答案】（1）289200元；（2）能够获批；（3）应选择等额本金还款方式【解析】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，即可由等差数列的前n 项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；（2）根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每月还款额为x 元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的一半比较即可判断；（3）计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个利息比较即可判断.【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为{}n a ，n S 表示数列{}n a 的前n 项和，则14900a =，2402510a =，则()()1240240240120490025108892002a a S +==⨯+=，故小张该笔贷款的总利息为889200600000289200-=元.（2）设小张每月还款额为x 元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，则()()()()223924010.00410.00410.00460000010.004x x x x +++++++=⨯+，所以2402401 1.004600000 1.0041 1.004x ⎛⎫-=⨯ ⎪-⎝⎭，即240240600000 1.0040.004600000 2.610.00438911.0041 2.611x ⨯⨯⨯⨯=≈≈--，因为138911000050002<⨯=，所以小张该笔贷款能够获批.（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为：3891240600000933840600000333840⨯-=-=，因为333840289200>，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金还款方式.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列求和公式的综合应用，数列在实际问题中的应用，理解题意是解决问题的关键，属于中档题.8．（2023·全国·模拟预测）在一个传染病流行的群体中，通常有3类人群：n n n 中第1天1540S =，160I =，10R =．为了简化模型，我们约定各类人群每天转化的比例参数恒定：(1)已知对于传染病A 有15α=，6β=，0γ=．求2I ，n R ； (2)已知对于传染病B 有15α=，110β=，160γ=．（Ⅰ）证明：存在常数p ，q ，使得{}n n pS I q +-是等比数列；（Ⅱ）已知防止传染病大规模传播的关键途径至少包含：①控制感染人数；②保护易感人群．请选择一项，通过相关计算说明：实际生活中，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B ．【答案】(1)286I =；11514600300()900()615n n n R --=+⨯-⨯；【分析】（1）根据条件可得111415,,60015156n n n n n n n n S S I S I R S I ++==+=--，进而可得2I ，再通过构造数列114{360()}15n n I --⨯，可得11145360()300()156n n n I --=⨯-⨯，即求；（2）由题可得114119[(600)]560510n n n n n n n pS I q p S S I S I q +++-=+--++-，进而可得4712,5460060.54p p p p q q p +⎧=⎪-+⎪⎨-+⎪=⎪-+⎩，即得；再结合传染病A 和传染病B 的n I 及传染病A 和传染病B 的n S 分析即得结论. (1)由题可知111415,,60015156n n n n n n n n S S I S I R S I ++==+=--，所以2111586156I S I =+=， ∵11415n n S S +=，1540S =， ∴{}n S 是以540为首项，以1415为公比的等比数列， ∴114540()15n n S -=⨯，所以111551436()156615n n n n n I S I I -+=+=+⨯，配凑得到1114514360()[360()]15615n n n n I I -+-⨯=-⨯，又160I =，所以114{360()}15n n I --⨯是首项为300-，公比为56的等比数列， ∴11145360()300()156n n n I ---⨯=-⨯，即11145360()300()156n n n I --=⨯-⨯，所以11514600600300()900()615n n n n n R S I --=--=+⨯-⨯．(2)（Ⅰ）由题可知，141560n n n S S R +=+，119510n n n I S I +=+，600n n n R S I =--，所以114119[(600)]560510n n n n n n n pS I q p S S I S I q +++-=+--++-1[(4712)(54)(60060)]60n n p S p I p q =++-+--+，对比系数得到4712,5460060.54p p p p q q p +⎧=⎪-+⎪⎨-+⎪=⎪-+⎩解得3,200,p q =⎧⎨=⎩或4,240.p q =⎧⎨=⎩因此我们有：{3200}n n S I +-是首项为1480，公比为1720的等比数列； {4240}n n S I +-是首项为1980，公比为56的等比数列．原命题得证．（Ⅱ）由上可知11732001480()20n n n S I -+=+⨯，1542401980()6n n n S I -+=+⨯，解得11517401980()1480()620n n n S --=+⨯-⨯，11175805920()5940()206n n n I --=+⨯-⨯，选择①：对比传染病A 和传染病B 的n I 可知，当时间足够长时传染病A 的I 类人群将趋向于0，传染病B 的I 类人群将趋向于80．为了控制感染人数，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B ．选择②：对比传染病A 和传染病B 的n S 可知，当时间足够长时传染病A 的S 类人群将趋向于0，传染病B 的S 类人群将趋向于40．为了保护易感人群，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B ．【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是构造数列114{360()}15n n I --⨯，进而可得11145360()300()156n n n I --=⨯-⨯；第二问中关键是通过114119[(600)]560510n n n n n n n pS I q p S S I S I q +++-=+--++-对比系数找出关系式，即得.等差数列、等比数列的综合1.（2021黑龙江省大庆第一中学高三第三次模拟）在各项不为零的等差数列{}n a 中，2201720182019220a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且20182018b a =，则()220172019log b b ⋅的值为（）A ．1B ．2C ．4D ．8 【答案】C【分析】根据等差数列的性质可知2017201920182a a a +=，代入方程可求出2018a ，再根据等比数列的性质2201720192018=b b a ⋅即可代入()220172019log b b ⋅求解.【详解】因为等差数列{}n a 中2017201920182a a a +=，所以2220172018201920182018224=0a a a a a -+=-，因为各项不为零，所以2018=4a ，因为数列{}n b 是等比数列，所以2201720192018==16b b a ⋅所以()2201720192log =log 16=4b b ⋅，故选C .2.（2020贵州省遵义航天高级中学高三（最后一卷)）已知等比数列{}n a 中，若12a =，且1324,,2a a a 成等差数列，则5a =（） A. 2 B. 2或32C. 2或-32D. -1【答案】B【分析】根据等差数列与等比数列的通项公式及性质，列出方程可得q 的值，可得5a 的值.【详解】解：设等比数列{}n a 的公比为q （q 0≠），1324,,2a a a 成等差数列， 321224a a a ∴=+，10a ≠， 220q q ∴--=，解得：q=2q=-1或，451a =a q ∴，5a =232或，故选B.【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的定义及性质，熟悉其性质是解题的关键.数列与函数1.（2019河南省八市重点高中联盟“领军考试”高三压轴）已知函数有两个不同的零点，，-2和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数的解析式为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】由函数零点的定义和韦达定理，得，再由和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，得，，解得，，进而可求解得值，得出函数的解析式．【详解】由题意，函数有两个不同的零点，，可得，则，，又由和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，不妨设，则，，解得，，所以，，所以，故选C .2.（2020上海市建平中学高三月考）已知数列{}n a 满足()2*110,n n n a a a a ta n N +=>=-+∈，若存在实数t ，使{}n a 单调递增，则a 的取值范围是 A. ()0,1 B. ()1,2C. ()2,3D. ()3,4【答案】A【分析】由{}n a 单调递增，可得1n n a a +>恒成立，则1n t a >+*()n N ∈，分析11t a >+和21t a >+可排除错误选项.【详解】由{}n a 单调递增，可得21n n n n a a ta a +=-+>，由10a a =>，可得0n a >，所以1n t a >+*()n N ∈.1n =时，可得1t a >+.①2n =时，可得21t a ta >-++，即()()()111a t a a -<+-.② 若1a =，②式不成立，不合题意；若1a >，②式等价为1t a <+，与①式矛盾，不合题意.排除B,C,D,故选A.【点睛】本题考查数列的性质，结合不等式的性质求解.数列不等式1.（2020山西重点中学协作体高三暑期联考）已知数列的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数构成等差数列，是的前项和，且，.(1)若数阵中从第3行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知，求的值；(2)设，当时，对任意，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）160；（2）或.试题分析：（I）由等差数列{b n}满足b1=a1=1，S5=15．求出数列公差后，可得数列的通项公式，结合数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，a9=16，可求出公比，进而求出a50的值；（Ⅱ）由（1）求出S n的表达式，利用裂项相消法求出T n的表达式，进而将不等式恒成立问题，转化为最值问题，利用导数法，可得答案．试题解析：(1)设等差数列的公差为，∵，，∴，.∴，设从第3行起，每行的公比都是，且，，，.，故是数阵中第10行的第5个数.故.(2)∵，∴；令，则当时，，在上为减函数，∴为递减数列，的最大值为.∴不等式变为恒成立，设，，则，即，解得或.2.（2023河南省创新发展联盟高三联考）已知数列{}n a 满足()2**2,5,,1,5,.n n tn n n a t n n n ⎧-+≤∈⎪=⎨->∈⎪⎩N N 且数列{}n a 是单调递增数列，则t 的取值范围是（）A. 919,24⎛⎫⎪⎝⎭B. 9,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C. ()5,+∞D. (]1,4【答案】A【分析】根据递增数列可得关于t 的不等式组，从而可求其取值范围.【详解】由题意可得()210,9,261525,t t t t ->⎧⎪⎪>⎨⎪->-+⨯⎪⎩解得91924t <<.故选：A.数列新定义1.（2020广东省广州、深圳市学调联盟高三下学期第二次调研）对于实数x ，[x ]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =（a n），n ∈N *，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[]=______．【答案】20 【分析】先由数列的关系求出，再利用放缩法和裂项相消求得前n 项和S 的值，可得答案. 【详解】由题可知，当时，化简可得，当所以数列是以首项和公差都是1等差数列，即又时，记一方面另一方面所以即故答案为202.（2023辽宁省六校高三上学期期初联考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（） A. 68a = B. 954S =C. 135********a a a a a ++++=D.22212201920202019a a a a a +++= 【答案】ACD【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系12211,1,(3)n n n a a a a a n --===+≥，依次判断四个选项，即可得正确答案.【详解】对于A ，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A 正确；对于B ，911235813+21+3488S =++++++=，故B 错误；对于C ，由12a a =，342a a a =-，564a a a =-，……，201920202018a a a =-，可得：13520192426486202020182020a a a a a a a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+=+-+-+-++-=L ，故C 正确.对于D ，斐波那契数列总有21n n n a a a ++=+，则2121a a a =，()222312321a a a a a a a a =-=-，()233423423a a a a a a a a =-=-，……，()220182018201920172018201920172018a a a a a a a a =-=-，220192019202020192018aa a a a =-，可得22212201920202019201920202019a a a a a a a a+++==L ，故D 正确；故选：ACD.【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.1.（2021年全国高考乙卷）设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nnb =；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++， 012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ，⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯nn n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313nn n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++-1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n n nT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭nn b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n n x x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭nn n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁. （2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.一、单选题1．（2023·重庆八中模拟预测）如图，将钢琴上的12个键依次记为1a ，2a ，⋯，12a ．设112i j k <<剟．若3k j -=且4j i -=，则i a ，j a ，ka 为原位大三和弦；若4k j -=且3j i -=，则称i a ，j a ，k a 为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之差为（）A ．5B ．5-C ．0D ．10【答案】C【分析】按照题目中的定义依次列举出来，计算差即可. 【详解】若3k j -=且4j i -=，则i a ，j a ，k a 为原位大三和弦，即有1i =，5j =，8k =；2i =，6j =，9k =；3i =，7j =，10k =；4i =，8j =，11k =；5i =，9j =，12k =，共5个；若4k j -=且3j i -=，则i a ，j a ，k a 为原位小三和弦，可得1i =，4j =，8k =；2i =，5j =，9k =；3i =，6j =，10k =；4i =，7j =，11k =；5i =，8j =，12k =，共5个，个数差为0．故选：C.2．（2021·陕西咸阳·模拟预测）某城镇为改善当地生态环境，2016年初投入资金120万元，以后每年投入资金比上一年增加10万元，从2020年初开始每年投入资金比上一年增加10%，到2025年底该城镇生态环境建设共投资大约为（） A ．1600万元 B ．1660万元 C ．1700万元 D ．1810万元【答案】D【解析】设2016年到2025年每年投入资金分别为1a ，2a ，3a ，4a ，1b ，2b ，⋅⋅⋅，6b ，由题意知分别为等差数列、等比数列，分别求数列和，即可求解.【详解】设2016年到2025年每年投入资金分别为1a ，2a ，3a ，4a ，1b ，2b ，⋅⋅⋅，6b ，由已知1a ，2a ，3a ，4a 为等差数列，1120a =，4150a =，其和为11234540S a a a a =+++=.1b ，2b ，⋅⋅⋅，6b 为等比数列，1150 1.1b =⨯，公比 1.1q =，其和为()()662126150 1.11 1.116501.111 1.1S b b b ⨯-=++⋅⋅⋅+==--，又6122336661.110.10.10.1 1.77C C C ≈+++≈，21270S ≈. 共投入资金大约为1810万元. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：实际问题中，关键要读懂题意，抽象出数列，并判断数列为等差还是等比数列，利用数列的通项公式、求和公式解决实际问题.3．（2023·四川凉山·二模（文））在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元.余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为n a ，则下列结论正确的是（）（参考数据：111.27.5≈，121.29≈） ①112000a = ②1 1.21000n n a a +=-③2020年小王的年利润约为40000元 ④两年后，小王手中现款约达41万 A ．②③④ B ．②④ C ．①②④ D ．②③【答案】A【分析】由题可知，n 月月底小王手中有现款为n a ，1n +月月底小王手中有现款为1n a +之间的递推关系为1 1.21000n n a a +=-，111000a =，进而根据递推关系求出通项公式即可得答案. 【详解】对于①选项，()1120%10000100011000a =+⨯-=元，故①错误;对于②选项，第n 月月底小王手中有现款为n a ，则第1n +月月底小王手中有现款为1n a +，由题意1 1.21000,n n a a +=-故②正确；对于③选项，由1 1.21000,n n a a +=-得()15000 1.25000,n n a a +-=- 所以数列{}5000n a -是首项为6000,公比为1.2的等比数列，所以111250006000 1.2a -=⨯，即11126000 1.2500050000a =⨯+=所以2020年小王的年利润为500001000040000-=元，故③正确；对于④选项，两年后，小王手中现款为2312112450006000 1.250006000 1.2 1.2410000a =+⨯=+⨯⨯=元，即41万，故④正确.故选：A. 二、多选题4．（2023·重庆·一模）已知数列{}n a ，{}n b 均为递增数列，它们的前n 项和分别为n S ，n T ，且满足12n n a a n ++=，12n n n b b +⋅=，则下列结论正确的是（） A ．101a << B ．2232n S n n =+- C．11b <D ．22n n S T <【答案】ACD【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出1a 与1b 的取值范围，再分别求出数列{}n a 与{}n b 的前2n 项和的表达式即可判断大小关系．【详解】由{}n a 是递增数列，得123a a a <<；又12n n a a n ++=，所以122324a a a a +=⎧⎨+=⎩，所以12123212244a a a a a a a >>+⎧⎨+=-⎩，所以101a <<，故选项A 正确；221234212()()()26102(21)2n n n S a a a a a a n n -∴=++++++=++++-=，故B 不正确；由{}n b 是递增数列，得123b b b <<，又12n n n b b +=，所以122324b b b b =⎧⎨=⎩，所以2132b b b b >⎧⎨>⎩，所以11b <<，故选项C 正确；所以21321242()()nn n Tb b b b b b -=+++++++1212(12)(12)()(21)1212n n n b b b b --=+=+---，所以21)1)n nn T ≥-=-，又12b b ≠，所以21)n n T >-，而221)22n n n n --=-，当5n ≥时，220n n ->；当14n <≤时，可验证220n n ->，所以对于任意的*n N ∈，22n n S T <，故选项D 正确．故选：ACD ．【点睛】关键点点睛：解决本题的第一个关键是根据数列的单调性建立不等式，从而判断选项A 、C ，第二个关键是在求和时采用分组求和，第三个关键是比较大小.5．（2023·全国·模拟预测）对于给定数列{}n c ，如果存在实数t ，m ，对于任意的*N n ∈均有1n n c tc m +=+成立，那么我们称数列{}n c 为“M 数列”，则下列说法正确的是（） A ．数列{}21n +是“M 数列”B ．数列{}21n+不是“M 数列”C ．若数列{}n a 为“M 数列”，则数列{}1n n a a ++是“M 数列”D ．若数列{}n b 满足11b =，123n n n b b p ++=⨯，则数列{}n b 是“M 数列” 【答案】ACD【分析】根据“M 数列”定义，依次判断四个答案，验证t ，m 的存在性，进而判断答案.【详解】对于选项A ，由“M 数列”定义，得()()21121n t n m ++=++，即()2130n t t m -+--=，存在1t =，2m =对于任意的*N n ∈都成立，故选项A 正确；对于选项B ，由“M 数列”定义，得()12121n n t m ++=++，即()2210n t t m -++-=，存在2t =，1m =-对于任意的*N n ∈都成立，故选项B 错误；对于选项C ，若数列{}n a 为“M 数列”，则1n n a ta m +=+，21n n a ta m ++=+所以()1212n n n n a a t a a m ++++=++，存在m=0成立所以数列{}1n n a a ++是“M 数列”，故选项C 正确；对于选项D ，若数列{}n b 是“M 数列”，则1n n b tb m +=+，可得()1212n n n n b b t b b m ++++=++，即123232n np t p m +⨯=⨯⨯+，故()23320n p t m -+=，对于任意的*N n ∈都成立，则()230,20,p t m ⎧-=⎨=⎩所以3t =，0m =或0p m ==.当3t =，0m =时，13n n b b +=，此时数列{}n b 是“M 数列”；当0p m ==时，1n n b b +=-，此时数列{}n b 是“M 数列”，故选项D 正确.。

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【二轮精品】第三篇
主题 17 数列的综合问题
【主题考法】本主题考题形式为解答题，主要考查等差数列与等比数列定义、性质及通项公式，考查利用
构造法、叠加法、叠乘法及第 n 项与前 n 项和公式法求数列通项公式方法，主要考查分组求和法、拆项法、错位相减法、并项法等求和方法，考查运算求解能力、转化与化归思想，难度为中档难度，分数为 12 分.
出的等比数列的首项及项数.
（5）并项求和法：若数列某项组合相加可将其化为等比数列或等差数列的和问题，常用并项法，即通过并
项化为特殊数列，利用公式求和．
【易错点提醒】
1.已知数列的前 n 项和求 an，易忽视 n＝1 的情形，直接用 Sn－Sn－1 表示．事实上，当 n＝1 时，a1＝S1；当
n≥2 时，an＝Sn－Sn－1.
纳出 an 的通项公式，再用数学归纳法证明.
（2）累加法：对于可转化为 an1 an f (n) 形式数列的通项公式问题，化为 an1 an f (n) ，通过累加得 an = (an an1) (an1 an2) (a2 a1) a1 = f (n 1) f (n 2) f (1) a1 ，求出数列的通
an1 Af (n 1) p[an Af (n)] ，由等比数列定义知{ an Af (n) }是公比为 p 的等比数列，由等比数列的
通项公式先求出 an Af (n) 通项公式，再求出 an 的通项公式.
（5）利用前 n 项和 Sn 与第 n 项 an 关系求通项：对递推公式为 Sn 与 an 的关系式(或 Sn f (an ) )，利用
项公式，注意相加等式的个数
（3）累积法：对于可转化为 an1
an
f
(n)
形式数列的通项公式问题，化为
an1 an
f (n) ，通过累积得
an
=
an an1
an1 an2
a2 a1
a1
= f (n 1) f (n 2) f (1) a1 ，求出数列的通项公式，注意相乘等式的
个数
（4）构造法：对于化为 an1 pan f (n) （其中 p 是常数）型，常用待定系数法将其化为
a1b1q a2b1q2 a3b1q3 anb1qn ② ，①式与②式错位相减得 (1 q)Sn =
a1b1 (a2b1q a1b1q) (a3b1q2 a2b1q2 ) (anb1qn1 an1b1qn1 ) anb1qn
=
a1b1d (1 q q2 qn1 ) anb1qn ，转化为等比数列1, q, q2 ,, q n1 ，的前 n 项和问题，注意转化
了转化与化归数学思想
（4）错位相减法：若数列 an 是公差为 d (d 0) 的等差数列，{bn } 是公比为 q(q 1) 的等比数列，则在
数列 anbn 的前项和 Sn = a1b1 a2b2 a3b3 a nbn
= a1b1 a2b1q a3b1q2 anb1qn1 ①，两边同乘以公比 q 得 qSn =
常用拆相公式: ①若
an
是各项都不为
0
公差为 d (d
0)
的等差数列，则
1 an an1
=
1 d
(1 an
1) an1
② an =
1
=
n n1
n 1
n
（3）倒序相加法：如果一个数列与首尾两相距离相等的两项之和等于首尾两项之和，则正着写和与到序写
和的两式对应项相加，就转化为一个常数列的前 n 项和.推导等差数列的前项和公式正是应用了此法，体现
【主题考前回扣】
1.求数列的通项公式的常见类型和解法：（1）观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特
征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数 n 的关系时，分解所给数列的前
几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归
an
满足 a1
2 ， nan1 n 1 an
2nn 1 ，设 bn
an n
.
（1）求数列bn 的通项公式；
（2）若 cn 2bn n ，求数列 cn 的前 n 项和.
【分析】
【解析】
考向二已知递推公式求数列的通项公式
【解决法宝】求数列的通项公式的常见类型和解法：
（1）观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特
【主题考向】
考向一等差数列、等比数列的定义、通项公式、性质、前 n 项和公式
【解决法宝】对等差数列、等比数列基本量问题，利用等差数列、等比数列通项公式、性质、前 n 项和公
式列出关于首项、公差（公比）的方程组，解出首项、公差（公比）即可解决问题.
例 1【2020 届福建省福州适应性练习】已知数列
征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数 n 的关系时，分解所给数列的前
几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归
an
S1 Sn
(n 1) Sn1 (n 2)
进行求解.注意
an
= Sn
ห้องสมุดไป่ตู้
Sn1 成立的条件是 n ≥2，求 an
时不要漏掉 n =1
即
an = S1 的情况，当 a1 = S1 适合 an = Sn Sn1 时， an = Sn Sn1 ；当 a1 = S1 不适合 an = Sn Sn1 时，用分段
2.利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项．
2
7．裂项相消法求和时，一注意分裂前后的值要相等，如nn1＋2≠1n－n＋1 2，而是nn1＋2＝12
(
1 n
n
1
) 1
；二
注意要注意消去了哪些项，保留了哪些项.学=科网
8．通项中含有(－1)n 的数列求和时，要把结果写成 n 为奇数和 n 为偶数两种情况的分段形式．
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函数表示. 2.数列求和的主要方法：（1）分组求和：若给出的数列不是特殊数列，但把数列的每一项分成两项，或把数列的项重新组合，使之转化为等比或等差数列，分组利用等比或等差数列的前 n 和公式求前 n 项和. （2）拆项相消法：若数列的每一项都可拆成两项之差，求和时中间的一些项正好相互抵消，于是将前 n 项和转化为首尾若干项和，注意未消去的项是哪些项.