高考绿色通道数列的综合运用

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高考绿色通道等比数列

变式迁移 1
数列{an}中，a1＝2，a2＝3，且{anan＋1}
是以3为公比的等比数列，记bn＝a2n－1＋a2n(n∈N*)． (1)求a3、a4、a5、a6的值； (2)求证：{bn}是等比数列．
第五模块数列
数学
高考总复习人教A版 · (理)
解：(1)∵{anan＋1}是公比为 3 的等比数列， ∴anan＋1＝a1a2·3n 1＝2·3n， 2·32 2·33 ∴a3＝＝6，a4＝＝9， a2 a3 2·34 2·35 a5 ＝＝18，a6＝＝27. a4 a5
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【例2】
设{an}是公比大于1的等比数列，Sn 为数列
{an}的前n项和，已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列． (1)求数列{an}的通项； (2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和 Tn.
第五模块数列
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数学
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解析：根据等比数列的性质知，若 Sn 是等比数列的前 n 项和(Sk≠0)，则 Sk，S2k－Sk，S3k－S2k(k∈N*)也成等比数列，于是，S3，S6－S3，S9－S6 成等比数列． S6－S3 3－1 S9－S6 S6 由＝3，得＝＝2，于是，＝2， S3 S3 1 S6－S3 1 4 S9 7 即 S9－S6＝2(S6－S3)＝2(S6－ S6)＝ S6，∴ ＝ . 3 3 S6 3 故选 B.
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a2＋a3 a1q＋a2q 解析：∵{an}是等比数列，∴ ＝＝ a1＋a2 a1＋a2 6 q＝＝2，又∴a1 ＋a1q＝3，∴a1＝1，那么 a7＝a1q6 3 ＝1·26＝64.故选 A.

高考数学数列题如何灵活运用数列知识解决问题

高考数学数列题如何灵活运用数列知识解决问题在高考数学试卷中，数列题是一个常见的考点。

掌握数列的性质和解题技巧，对于高考数学考试取得好成绩至关重要。

本文将介绍如何灵活运用数列知识解决问题，帮助考生顺利应对高考数学考试。

一、数列的基本概念和性质数列是由一系列按照特定顺序排列的数所组成的序列。

数列的性质包括公差、通项公式、前n项和等等。

了解数列的基本概念和性质是解决数列问题的基础。

1. 公差在等差数列中，相邻的两项之间的差称为公差。

公差常用字母d表示，等差数列的通项公式可以表示为an = a1 + (n-1)d。

2. 通项公式通项公式指的是数列中第n项与n的关系式，通过通项公式我们可以求得数列中任意项的值。

3. 前n项和数列的前n项和是指数列的前n项的和。

用Sn表示，对于等差数列可以通过公式Sn = n/2(a1 + an)来求解。

二、解题方法和技巧掌握数列的基本概念和性质后，我们可以运用一些方法和技巧来解决数列题。

1. 代数法对于一些复杂的数列问题，我们可以通过引入变量，构建代数方程，从而解决问题。

通过代数法可以将复杂的数列问题转化为方程求解，简化解题的过程。

2. 递推法递推法是一种常用的解决数列问题的方法。

通过观察数列的性质和规律，我们可以找到数列中的递推关系，从而得到数列的通项公式或前n项和的表达式。

3. 分类讨论法有些数列问题需要根据具体情况进行分类讨论。

通过分类讨论，可以将复杂的问题分解为几个简单的问题，从而更容易解决。

4. 极限法对于一些涉及数列极限的问题，我们可以通过求解极限来得到数列的特定值。

通过应用极限法，可以解决一些较为复杂的数列问题。

三、练习与总结为了提高解决数列题的能力，考生需要进行大量的练习，并及时总结经验。

通过大量的练习，可以帮助考生熟练掌握数列的解题方法和技巧，提高解题的速度和准确性。

并且，在练习过程中，考生还可以总结不同难度的数列题的解题思路和方法，形成解题的思维模式。

2024届高考数学专项练习压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用(解析版)

压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用命题预测数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．高频考法（1）数列通项、求和问题（2）数列性质的综合问题（3）实际应用中的数列问题（4）以数列为载体的情境题（5）数列放缩01 数列通项、求和问题1、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11qa p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；（2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设2024届高考数学专项练习n n na b q =，从而变成1n b +=1n p b q +，从而将问题转化为第（1）个问题；（3）形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第（1）个问题．2、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．3、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()11n k n kn n k=+−++，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式：（1）111(1)1n n n n =−++；（2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=−⎢⎥+++++⎣⎦；（5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++−−++=．4、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS −”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．5、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和；（2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．【典例1-1】（2024·河北沧州·一模）在数列{}n a 中，已知321212222nn a a a a n −++++=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a +成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．【解析】（1）当1n =时，12a =；当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a −−−−⎛⎫⎛⎫=++++−++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =−−=，所以122nn a −=⇒2n n a =，2n ≥. 当1n =时，上式亦成立，所以：2n n a =. （2）由()123155n n ⎡⎤+++++−=⎣⎦⇒10n =.所以新数列{}n b 前55项中包含数列{}n a 的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=， ()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+.设123935719T a a a a =++++1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯，所以()1239102322222192T T T −=−=⨯+⨯+++−⨯101722=−⨯−.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【典例1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知等比数列{}n a 的首项为2，公比q 为整数，且1243424a a a a ++=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列21n n n a ⎧⎫⋅的前n 项和为nS ，比较nS 与4的大小关系，并说明理由.【解析】（1）由已知可得12n n a q −=⨯，因为1243424a a a a ++=，所以324222242q q q ⨯+⨯+⨯=⨯，即324240q q q −++=，则()()22220q q q −−−=，解得2q或13所以2q，()1*222n n n a n −=⋅=∈N .（2）由（121212nnn n n a n =⋅⋅1122222n n n nn n n n −−=−=⋅⋅ 令12n n nb −=，设{}n b 前n 项和为n C ，则01211232222n n nC −=++++，所以123112322222n n n C =++++，两式相减得1211111122222nn n n C −=++++−1122212212n n n n n −+=−=−−，所以42442n nnC +=−<，令12n n x n −=⋅0n x >，设{}n x 前n 项和为n T ，则0n T >，所以4n n n S C T =−<.【变式1-1】（2024·四川泸州·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()12n n na n S +=+，则n a = . 【答案】()212n n −+⋅【解析】当2n ≥时，()()111n n n a n S −−=+，即12n n n S a n +=+，111n n n S a n −−=+，则11121n n n n n n n S S a a a n n −+−−=−=++，即()1221n n n a a n ++=+，则有()121nn n a a n −+=，1221n n a n a n −−=−，，21232a a ⨯=，则()212112112n n n n n n a a a a a n a a a −−−−=⨯⨯⨯⨯=+⋅，当1n =时，11a =，符合上式，故()212n n a n −=+⋅.故答案为：()212n n −+⋅.【变式1-2】（2024·青海西宁·二模）已知各项都是正数的等比数列{}n a 的前3项和为21，且312a =，数列{}n b 中，131,0b b ==，若{}n n a b +是等差数列，则12345b b b b b ++++= ．【答案】33−【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >，则333221a a a q q ++=，即21112121qq ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，化简得23440q q −−=，解得2q（负值舍去），所以331312232n n n n a a q −−−=⋅=⨯=⨯．于是111333,4,12a a b a b =+=+=，所以等差数列{}n n a b +的公差为()()3311431a b a b +−+=−，所以()14414,4432n n n n n a b n n b n a n −+=+−==−=−⨯，所以()()23412345412345312222b b b b b ++++=⨯++++−⨯++++()56032133=−⨯−=−.故答案为：33−02 数列性质的综合问题1、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=．在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．2、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+− ⎪⎝⎭，公差为2d ．③若项数为偶数2k ，则 S S kd −=奇偶，1k kS a S a +=偶奇．若项数为奇数21k +，则1 k S S a +−=奇偶，1S k S k+=奇偶．（2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠−时，n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()nn q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()21 11k a q S S q−−=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 3、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}mn a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列．【典例2-1】（2024·山西晋城·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则21a 的取值范围是（）A ．67,78⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．613,715⎛⎫⎪⎝⎭C ．67,,78⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．613,,715⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可得：()158168915080S a S a a =>⎧⎨=+<⎩，即88900a a a >⎧⎨+<⎩，可知90a <，设等差数列{}n a 的公差为d ，则980d a a =−<，可得等差数列{}n a 为递减数列，则10a >，由88900a a a >⎧⎨+<⎩可得11702150a d a d +>⎧⎨+<⎩，则112715d a −<<−，所以211116131,715a a d d a a a +⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭. 故选：B.【典例2-2】（2024·北京顺义·二模）设1a ，2a ，3a ，…，7a 是1，2，3，…，7的一个排列.且满足122367a a a a a a −≥−≥≥−，则122367a a a a a a −+−++−的最大值是（）A ．23B ．21C ．20D ．18【答案】B【解析】122367a a a a a a −+−++−即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又122367a a a a a a −≥−≥≥−，比如1726354→→→→→→，其对应的一个排列为1,7,2,63,5,4,则122367a a a a a a −+−++−的最大值是6+5+4+3+2+1=21故选：B【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）已知数列{}n a 满足2n a n n λ=−，对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，且对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，则实数λ的取值范围是（）A ．11,148⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,147⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,157⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,158⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】因为对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，所以数列{}n a 在[]1,3上是递减数列，因为对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，所以数列{}n a 在[)7,+∞上是递增数列，所以0172211522λλλ⎧⎪>⎪⎪>⎨⎪⎪<⎪⎩，解得11157λ<<，所以实数λ的取值范围是11,157⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C.【变式2-2】（多选题）（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且*n ∀∈N ，101na q q<−，则（） A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n a 是递减数列C ．若数列{}n S 是递增数列，则1q >D ．若数列{}n T 是递增数列，则1q >【答案】ACD【解析】由题意可知()()()()111211111,1n n n n n n n a q S T a a q a q a qq−−−===−，且*n ∀∈N ，101na q q<−，故有101a q <−且0q >（否则若0q <，则11na q q −的符号会正负交替，这与*n ∀∈N ，101n a q q<−，矛盾），也就是有101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩，无论如何，数列{}n a 是递增数列，故A 正确，B 错误；对于C ，若数列{}n S 是递增数列，即110n n n S S a ++−=>，由以上分析可知只能101a q >⎧⎨>⎩，故C 正确；对于D ，若数列{}n T 是递增数列，显然不可能是1001a q <⎧⎨<<⎩，（否则()121n n n n T a q −=的符号会正负交替，这与数列{}n T 是递增数列，矛盾），从而只能是101a q >⎧⎨>⎩，且这时有111n n n T a T ++=>，故D 正确. 故选：ACD.03 实际应用中的数列问题（1）数列实际应用中的常见模型①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； ②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，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，则应考虑是第n 项n a 与第1n +项1n a +的递推关系还是前n 项和n S 与前1n +项和1n S +之间的递推关系．在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．（2）解决数列实际应用题的3个关键点 ①根据题意，正确确定数列模型； ②利用数列知识准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．【典例3-1】（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（） A ．12里 B ．24里 C ．48里 D ．96里【答案】C【解析】由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为12的等比数列，设这个数列为{}n a ，前n 项和为n S ，则16611163237813212a S a ⎛⎫− ⎪⎝⎭===−，解得1192a =，所以321192482a =⨯=，即该人第三天走的路程为48里. 故选：C.【典例3-2】（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60︒），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O 开始，沿直线繁殖到11A ，然后分叉向21A 与22A 方向继续繁殖，其中21112260A A A ∠=︒，且1121A A 与1122A A 关于11OA 所在直线对称，112111221112A A A A OA ==….若114cm OA =，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【解析】由题意可知，114cm OA =，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在11OA 方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在11OA 方向上前进的距离依次为：3131134,2,248，则31353842155724+++=>+=，黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在11OA 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，即1311432164316841+28114228231144++⎛⎫⎛⎫+++⨯+++≈+⨯=<= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭−−，综合可得培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为8cm ，故选：C【变式3-1】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（）A ．2022312−B ．2023332−C ．202231−D ．202333−【答案】A【解析】设题图②中第n 行白心圈的个数为n a ，黑心圈的个数为n b ，依题意可得1113,2,2n n n n n n n n n a b a a b b b a −+++==+=+，且有111,0a b ==，故有()11113,,n n n n n n n n a b a b a b a b ++++⎧+=+⎨−=−⎩，所以{}n n a b +是以111a b 为首项，3为公比的等比数列，{}n n a b −为常数数列，且111a b −=，所以{}n n a b −是以111a b −=为首项，1为公比的等比数列，故13,1,n n n n n a b a b −⎧+=⎨−=⎩故1131,231,2n n n na b −−⎧+=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩所以20222023312b −=. 故选：A.【变式3-2】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME -International Congreas of Mathematics Education ）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME -14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3210387848482020⨯+⨯+⨯+⨯=，正是会议计划召开的年份，那么八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】B【解析】由进位制的换算方法可知，八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制得：1098110187878787878118−⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=⨯=−−，()101001019919101010101010811021C 10C 102C 102C 21−=−−=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+−因为01019919101010C 10C 102C 102+⨯+⋅⋅⋅+⨯是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为101010C 21−的末尾数字，由101010C 211023−=可得，末尾数字为3.故选：B04 以数列为载体的情境题解决数列与数学文化相交汇问题的关键【典例4-1】（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【解析】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n −=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n −=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列，当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S −=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =−，则()()112n a a n d n d =+−=−，则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤−+−+−⎣⎦===，因为21n −≥−且2Z n −∈， ()2313912228n n n −⎛⎫=−−≥− ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n −∈∈，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”，故命题②正确；故选：A.【典例4-2】（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =−（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”． (1)若3n n a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和； (2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（1）因为3nn a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =−=−，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n −=−+−++−=−=−−−．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤，所以11n n n n M m M m ++−≥−，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-，由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列．当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==，则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>，所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减，记2min ,{}n n a a a a =,,,，则当0n n >时，有n n M m =，于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =−=−，故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列．综上，命题得证．【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为由图中虚线上的数1，3，6，10，…依次构成的数列的第n 项，则1220111a a a ++⋅⋅⋅+的值为 .【答案】4021【解析】设第n 个数为n a ，则11a =，212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1n n a a n −−=，叠加可得()11232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， ∴122011122212232021a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯ 111114021223202121⎛⎫=⨯−+−+⋅⋅⋅+−= ⎪⎝⎭.故答案为：4021. 【变式4-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 . （注：()()22221211236n n n n +++++⋅⋅⋅+=）【答案】1391【解析】设题设高阶等差数列为{}n a ，令1n n n b a a +=−，设数列{}n b 的前n 项和为n B ，则数列{}n b 的前几项分别为3,4,6,9,13,18，1111n n n B a a a ++=−=−，令1+=−n n n c b b ，设数列{}n c 的前n 项和为n C ，则数列{}n c 的前几项分别为1,2,3,4,5，1113n n n C b b b ++=−=−，易得2,2n n n n c n C +==，所以21332n n n n b C ++=+=+，故()21133222n n n n b n −=+=−+，则()()()()()1211111632626n n n n n n n n n B n n ⎡⎤++++−=−+=+⎢⎥⎣⎦，所以11n n a B +=+，所以211391a =．故答案为：139105 数列放缩在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.放缩法证不等式的理论依据是：,A B B C A C >>⇒>；,A B B C A C <<⇒<.放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.【典例5-1】（2024·天津滨海新·二模）已知数列{}n a 满足112,1,2n n n n a t qa n a −−=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，其中220,0,0,N q t q t n ≥≥+≠∈.(1)若0qt =，求数列{}n a 的前n 项的和； (2)若0=t ，2q且数列{}n d 满足：11n nn n n a a d a a =++−，证明：121ni i d n =<+∑. (3)当12q =，1t =时，令)22,2n n b n n a =≥∈−N ，判断对任意2n ≥，N n ∈，n b 是否为正整数，请说明理由.【解析】（1）因为0qt =，220q t +≠，所以当0q =时，0t ≠，2n ≥时，1n n t a a −=，即n 为奇数时，2n a =；n 为偶数时，2n ta =. 记数列{}n a 的前n 项的和为n S ，当n 为偶数时，222n n t S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，112221224n n n t tn tS S n −−−⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭，综上2,2221,214n n t n k S tn t n n k ⎧⎛⎫+= ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨−⎪++=+⎪⎩，其中N k ∈.当0=t 时，0q ≠，2n ≥时，1n n a qa −=，此时{}n a 是等比数列，当1q =时，2n S n =；当1q ≠时，()211nn q S q−=−，故()2,121,11nn n q S q q q=⎧⎪=−⎨≠⎪−⎩. （2）由（1）知，0=t ，2q时，2n n a =，22112121n n n n n n n n n a a d a a =+=++−+−1122121n n =+−−+，112211111112212121212121nin n i dn =⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪−+−+−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 1212121n n n ≤+−<++（3）对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.理由如下：当12q =，1t =时，21111322a a a =+=，此时24b =； 2321117212a a a =+=，此时324b =；由202n n b a =>−，平方可得2242n n a b =+，212142n n a b ++=+，又222121111124n n n n n a a a a a +⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，所以22221414221442n n n n b b b b +⎛⎫+=+++ ⎪+⎝⎭，整理可得()222142n n n b b b +=+，当3n ≥时，()2221142n n n b b b −−=+，所以()()222222111424242n n n n n n b b b b b b +−−⎡⎤=+=++⎣⎦ ()()22242211141241n n n n n b b b b b −−−=++=+，所以()21121n n n b b b +−=+，由23N,N b b ∈∈，所以4N b ∈，以此类推，可知对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均为正数，11a =，221n n n a a a ++≥．(1)若23a =，证明：13n n a −≥；(2)若10512a =，证明：当4a 取得最大值时，121112na a a +++<．【解析】（1）由题意知，211n n n n a a a a +++≥，设1n n na q a +=，12n q q q ∴≤≤≤，23a =，11a =，13q ∴=，当2n ≥时，113211121111213n n nn n n a a a a a a q q q a q a a a −−−−=⋅⋅=⋅⋅≥⋅=．当1n =时，11a =满足13n n a −≥，综上，13n n a −≥.（2）()31011291231512a a q q q q q q a =⋅⋅=≥⋅⋅⋅，1238q q q ∴⋅⋅≤，4a ∴的最大值为8，当且仅当123456789q q q q q q q q q ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅时取等号．而12n q q q ≤≤≤，1292q q q ∴====，而10n ≥时，192n n q q q −≥≥≥=，1112n n n a a q −−≥∴⋅=，2112111111111121()()2121222212nn n n a a a −⎛⎫⋅− ⎪⎛⎫⎝⎭∴+++≤++++==−< ⎪⎝⎭−．【变式5-1】（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑．【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n nS S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+−=+−+⎩，解得：1a 1,d2，所以()()12121n a n n n *=+−=−∈N ．（2）由（1）知，()()12123n n n b n b +−=+，即12123n n b n b n +−=+，12321n n b n b n −−=+，122521n n b n b n −−−=−，……，322151,75b b b b ==，利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n −−−−−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+− ()()()99112212122121n n n n n ⎛⎫==−≥ ⎪−+−+⎝⎭，13b =也符合上式，12311nkn n k bb b b b b −==+++++∑9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=−+−+−++− ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎣⎦911221n ⎛⎫=−⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=−< ⎪+⎝⎭∑．【变式5-2】（2024·广西·二模）在等差数列{}n a 中，26a =，且等差数列{}1n n a a ++的公差为4. (1)求10a ； (2)若2111n n n n b a a a −+=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：21228n S n n <++. 【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则1212()()24n n n n n n a a a a a a d +++++−+=−==，2d =，又26a =，所以1624a =−=，所以42(1)22n a n n =+−=+，1022a =．（2）由（1）得11114()44(1)(2)412n b n n n n n n =+=−+++++，所以2212111(1)111()42222422284(2)8n n n n S b b b n n n n n n +=+++=−+⨯=++−<++++．1．在公差不为0的等差数列{}n a 中，3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，则m =（） A ．11 B ．13C ．15D ．17【答案】C【解析】设等差数列的公差为d ，则0d ≠，因为3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，所以()1111162,226a m d a d a d a d +−+==++，由前者得到12a d =，代入后者可得128m +=，故15m =，故选：C.2．记数列{}n a 的前n 项积为n T ，设甲：{}n a 为等比数列，乙：2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，则（）A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则11n n a a q −=，(1)12(1)211n n n n n n T a q a q−+++−==，于是(1)12()22n n n n n T a q −=，(1)111211(1)12()222()22n n n n n n n n n n nT a qa q T a q ++++−==⋅，当1q ≠时，12n a q ⋅不是常数，此时数列2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若2n nT ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，令首项为1b ，公比为p ，则112n n n T b p −=，112(2)n n T b p −=⋅，于是当2n ≥时，112112(2)22(2)n n n n n T b p a p T b p −−−⋅===⋅，而1112a T b ==，当1b p ≠时，{}n a 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D3．已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，916a =，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若55b a =，则9S =（） A ．－36或36 B ．－36C ．36D ．18【答案】C【解析】数列{}n a 为等比数列，设公比为q ，且11a =，916a =，则89116a q a ==，则44q =，则45514b a a q ===，则()199599362b b S b+⨯===，故选：C.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，则n 的值为（）A ．16B ．12C ．10D ．8【答案】B【解析】由36S =，得1236a a a ++=①，因为()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，所以34n n S S −−=，即124n n n a a a −−++=②，①②两式相加，得1213210n n n a a a a a a −−+++++=，即()1310n a a +=，所以1103n a a +=，所以()152023n n n a a n S +===，解得12n =. 故选：B.5．在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <−时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈−时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>，当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>，故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件. 故选：B.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n nS a a =+，数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，下列说法错误的是（）A ．2n S nB ．{}n b 为递减数列C ．202420242023b = D ．2(1)n a n n =−【答案】B【解析】当1n =时，11122a a a =+，解得12a = 当2n ≥时，1122n n n n n S S S S S −−=−−+，即2212n n S S −−=，且212S =，所以数列}{2n S 是首项为2，公差为2的等差数列，所以()22212n S n n =+⋅−=，又0n a >，所以2n S n =，故A 正确；当2n ≥时，有()22121n a n n n n =−=−，取1n =时，121112a =−=1a ，故数列}{n a 的通项公式为21n a n n =−,故D 正确；因为数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，所以21232n n n T b b b b S n =⋅⋅==，当1n =时，12b =，当2n ≥时，()12111121111n n n T n n n b T n n n n −−+=====+−−−−，显然1n =不适用，故数列{}n b 的通项公式为2,111,21n n b n n =⎧⎪=⎨+≥⎪−⎩，显然122b b ==，所以数列{}n b 不是递减数列，故B 错误，由当2n ≥时，1n n b n =−，得202420242024202412023b ==−，故C 正确，故选：B.7．（多选题）数列{}n a 满足：()111,32n n a S a n −==≥，则下列结论中正确的是（）A ．213a =B ．{}n a 是等比数列C ．14,23n n a a n +=≥D ．114,23n n S n −−⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭【答案】AC【解析】由13(2)n n S a n −=≥，当1122,31n S a a ====，解得213a =，故A 正确；当1n ≥，可得13n n S a +=，所以1133(2)n n n n S S a a n −+−=−≥，所以133(2)n n n a a a n +=−≥，即14(2)3n n a a n +=≥，而2113=a a ，故C 正确，B 不正确；因22112311413341,24313n n n n Sa a a a n −−−−⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=++++=+=> ⎪⎝⎭−，故D 错误. 故选：AC.8．（多选题）设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和.且56S S <，678S S S =>，则下面结论正确的是（）A ．0d ≤B ．70a =C ．6S 与7S 均为n S 的最大值D ．满足0n S <的n 的最小值为14【答案】BCD【解析】A ：因为678S S S =>，所以7678780,0S S a S S a −==−=<，所以870d a a =−<，故A 错误； B ：由A 的解析可得B 正确；C ：因为56S S <，678S S S =>，所以6S 与7S 均为n S 的最大值，故C 正确；D ：因为71132a a a =+，由()113131302a a S +==，()()114147814702a a S a a +==+<，故D 正确；故选：BCD.9．（多选题）已知数列{}n a 满足：212n n n a a a λ+=++*()N n ∈，其中R λ∈，下列说法正确的有（）A ．当152,4a λ==时，1n a n ≥+ B ．当1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时，数列{}n a 是递增数列C ．当2λ=−时，若数列{}n a 是递增数列，则()()1,31,a ∞∞∈−−⋃+D ．当13,0a λ==时，1211112223n a a a +++<+++【答案】ACD【解析】对于A ，当54λ=时，2215111042n n n n n a a a a a +⎛⎫−=++=++≥> ⎪⎝⎭，又12a =，故11n n a a +>+，所以1211211n n n a a a a n n −−>+>+>>+−+=，故A 项正确．对于B ，因为22111()24n n n n n a a a a a λλ+−=++=++−且1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，所以10n n a a +−≥，当14λ=，112a =-时，22211111,,()2220n n n n n a a a a a a a ++⇒⇒−=+==-==-，此时数列{}n a 是常数列，故B 项错误；对于C, 由于数列{}n a 是递增数列, 当2n ≥时，故10n n a a −−>，2211111(22)(22)()(2)0n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−−−−=+−−+−=−++>，故120n n a a −++>，所以2121020a a a a −>⎧⎨++>⎩，即()()211121112202220a a a a a a ⎧+−−>⎪⎨+−++>⎪⎩，解得11a >或13a <−，故C 项正确；对于D,当0λ=时，2212(1)1n nn n a a a a +=+=+−，结合13a =，可知2214111a a =−=>， 232133a a =−>，⋯，结合111()(2)n n n n n n a a a a a a +−−−=−++，可知{}n a 是递增数列，13n a a ≥=，则12(2)3(2)n n n n a a a a ++=+≥+，即1232n n a a ++≥+，所以1121212223(2)222n nn n n a a a n a a a −−−−+++⨯⨯⨯≥≥+++，即11523(2)3(2)3n nn a a n −+≥+=⨯≥，所以131(2)253n n n a ≤⨯≥+，当1n =时，1111312553a =≤⨯+，所以*131(N )253n n n a ≤⨯∈+，可得2111(1)1311133133()125333510313nn n i i a =−≤+++=⨯<<+−∑，故D 项正确；故选：ACD ．10．（多选题）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=−+，则下列说法正确的是（）A ．当112a =时，()5124n a n <≤≥ B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a = C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a > D ．当13a =时，1221n n a −=+【答案】AD【解析】对于A ，当112a =时，254a =，令1n nb a =−，则21n n b b +=，214b =，故()1024n b n <≤≥，即()5124n a n <≤≥，A 正确；对于B ，若数列{}n a 为常数列，令n a t =，则222t t t =−+，解得1t =或2,1n t a =∴=或2n a =，B 不正确；对于C ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，若数列{}n a 为递增数列，则数列{}n b 为递增数列，则210n n n n b b b b +−=−>，解得0n b <或1n b >.当11b <−时，2211b b =>，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列；当110b −≤<时，201b <≤，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴≥≥⋅⋅⋅≥≥⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 不为递增数列，即数列{}n a 不为递增数列；当11b >时，21n n b b +=，123n b b b b ∴<<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列.综上，当11b <−或11b >，即10a <或12a >时，数列{}n a 为递增数列，C 不正确；对于D ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，12b =，两边同时取以2为底的对数，得212log 2log n n b b +=，21log 1b =，∴数列{}2log n b 是首项为1，公比为2的等比数列， 12log 2n n b −∴=，即11222,21n n n n b a −−=∴=+，D 正确.故选：AD.11．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{}n L 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,，即1213L L ==,，且()21n n n L L L n *++=+∈N ．设数列{}n L 各项依次除以4所得余数形成的数列为{}n a ，则2024a = ．【答案】3【解析】{}n L 的各项除以4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,，故可得{}n a 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2，所以20246337223a a a ⨯+===. 故答案为：3.12．某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134【解析】设第一层有m 根，共有n 层，则(1)20242n n n S nm −=+=， 4(21)404821123n m n +−==⨯⨯，显然n 和21m n +−中一个奇数一个偶数，则1121368n m n =⎧⎨+−=⎩或1621253n m n =⎧⎨+−=⎩或23176n m =⎧⎨=⎩，即11179n m =⎧⎨=⎩或16119n m =⎧⎨=⎩或2377n m =⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53当11179n m =⎧⎨=⎩时，10531096.6h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有189根；当16119n m =⎧⎨=⎩时，155310139.9h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377n m =⎧⎨=⎩时，22310200.52150h =⨯≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根. 故答案为：13413．已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m nS S −{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00mn −的值为 .【答案】21【解析】不妨设数列{}n a 的公差大于零，由于9100a a <，得9100,0a a <>，且9n ≤时，0n a <，10n ≥时，0n a >，不妨取m n >，则1mm n ii n S S a=+−=∑，设3030910i i k S S a ==−=∑，若9,30n m >=，则030301n ii n S S ak =+−≤<∑，此时式子取不了最大值；若9,30n m <=，则09301n ii n S S a k =+−≤+∑，又9i ≤时，0i a <，因为09301n ii n S S a k k =+−≤+<∑，此时式子取不了最大值；因此这就说明09n n ==必成立. 若30m <，则0910m m i i S S a k =−≤<∑，这也就说明030m <不成立，因此030m =，所以0021m n −=. 故答案为：21.14．已知数列 {}n a 是各项均为正数的等比数列， n S 为其前 n 项和， 1331614a a S ==，，则2a = ；记 ()1212n n T a a a n ==，，，若存在 *0n ∈N 使得 n T 最大，则 0n 的值为．【答案】 4 3或4【解析】等比数列{}n a 中，公比0q >；由213216a a a ⋅==，所以24a =，又314S =，所以13131610a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩解得1328a a =⎧⎨=⎩或1382a a =⎧⎨=⎩；若1328a a =⎧⎨=⎩时，可得2q，则21224a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为2,4,8,16⋯，，可知数列{}n a 单调递增，且各项均大于1，所以不会存在0n 使得012,,,n a a a ⋯的乘积最大(舍去)；若1382a a =⎧⎨=⎩时，可得12q =，则211842a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为118,4,2,1,,24，…，可知数列{}n a 单调递减，从第5项起各项小于1且为正数，前4项均为正数且大于等于1，所以存在03n =或04n =，使得8421⨯⨯⨯的乘积最大，综上，可得0n 的一个可能值是3或4. 故答案为：4；3或415．在数列{}n a 中，122,3a a ==−.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=−∈N .若{}n b 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为nb= ，n a 的最小值为 .【答案】 6n − 13−【解析】由题意1215b a a =−=−，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =−+−⋅=−；故16n n a a n +−=−，所以当6n ≤时，10n n a a +−≤，当6n >时，10n n a a +−>，所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +−=−，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()25432113=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是13−. 故答案为：6n −，13−16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n 级*()n K n ∈N 角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60︒），则n 级n K 角雪花曲线的开三角个数为，n 级n K 角雪花曲线的内角和为．。

高考绿色通道排列与组合

组合与组合数 1.组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个组合． 2.组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数．
第十一模块计数原理、概率、随机变量及其分布
数学
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变式迁移 3
(2008·天津高考)有4张分别标有数字
1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有________种 (用数字作答)．
数学
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解：(1)利用元素分析法(特殊元素优先安排)．甲为特殊元素，故先安排甲，左、右、中共三个位置可供甲选择，有
6 A1种，其余 6 人全排列，有 A6种．由分步乘法计数原理得符 3 6 合条件的排法共有 A1A6＝2160 种． 3
(2)位置分析法(特殊位置优先安排)．先排最左边，除去
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(5)全体排成一行，男生不能排在一起； (6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变； (7)排成前后两排，前排3人，后排4人； (8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人．
第十一模块计数原理、概率、随机变量及其分布
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学
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(7)与无任何限制的排列相同，有 A7＝5040 种． 7 (8)从除甲、乙以外的 5 人中选 3 人排在甲、乙中间的排法有 A3种，甲、乙和其余 2 人排成一排且甲、乙相邻的排法 5

高考绿色通道数列

答案：C
第五模块数列
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2．数列{－2n2＋29n＋3}中最大项是 ( A．107 1 C．1083 B．108 D．109 )
答案：B
第五模块数列
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3．设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an ＝________.
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)． 2．了解数列是自变量为正整数的一类函数． 1.从近几年的高考试题来看，数列的概念、递推公式、通项公式及前n项和公式成为高考热点，在选择题、填空题、解答题中都有可能出现． 2．本节知识的考查往往和其他知识相联系，若与函数、不等式等相结合，也有可能出现难度较大的试题.2011年仍会考查.
第五模块数列
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n an n (2)由 an＝ an－1(n≥2)，得＝， n－1 an－1 n－1 a2 2 a3 3 a4 4 an n 当 n≥2 时，＝1，＝2，＝3， „，＝， a1 a2 a3 an－1 n－1 an 将 n－1 个式子两边分别相乘，得a ＝ 1 234 n 1··· n－1＝n， 2 3 „· ∴an＝n·1＝n. a 又 n＝1 时，a1＝1 适合上式， ∴an＝n(n∈N*)．
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1．数列的定义
数列是按一定次序排成的一列数，从函数观点看，
数列是定义域为正整数集(或它的有限子集) 的函数 f(n) ，当自变量n从1开始依次取正整数时所对应的一列函数值．
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绿色通道北师大版高中必修5数学教学资源第1章归纳总结

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因为 4an＋1－4bn＋1＝3an－bn＋4－(3bn－an－4)＝4an－4bn＋8，所以 an＋1－bn＋1＝an－bn＋2，数列{an－bn}是首项为 1、公差为 2 的等差数列，an－bn＝2n－1. (2)由(1)可知，an＋bn＝12n－1，an－bn＝2n－1，所以 an＝12(an＋bn＋an－bn)＝21n＋n－12，bn＝12[an＋bn－(an－bn)]＝21n－n＋12.
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3．(2018·全国卷Ⅱ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并求 Sn 的最小值．
解 (1)设{an}的公差为 d，由题意得 3a1＋3d＝－15.由 a1＝－7 得 d＝2. 所以{an}的通项公式为 an＝2n－9. (2)由(1)得 Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当 n＝4 时，Sn 取得最小值，最小值为－16.
a6 成等比数列，则{an}前 6 项的和为( )
A．－24
B．－3
C．3
D．8
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[解析] ∵等差数列{an}的首项为 1，公差不为 0，a2，a3，a6 成等比数列， ∴a23＝a2·a6， ∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，且 a1＝1，d≠0，解得 d＝－2， ∴{an}前 6 项的和为 S6＝6a1＋6×2 5d＝－24.故选 A. [答案] A
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4．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式； (2)记 Sn 为{an}的前 n 项和．若 Sm＝63，求 m. 解 (1)设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1，由已知得 q4＝4q2，解得 q ＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2. 故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1. (2)若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝1－3－2n. 由 Sm＝63 得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若 an＝2n－1，则 Sn＝2n－1.由 Sm＝63 得 2m＝64，解得 m＝6.综上，m＝6.

高考数学数列题如何灵活运用数列知识解决问题

高考数学数列题如何灵活运用数列知识解决问题数列是数学中常见的一种数学对象，它由一系列按照特定规律排列的数所组成。

在高考数学中，数列题常常被出现，考察学生对数列性质的理解、数列通项的求解以及数列在实际问题中的应用能力。

本文将介绍一些灵活运用数列知识来解决高考数学数列题的方法。

一、常见数列性质的灵活应用在解决数列题时，首先要熟悉一些常见的数列性质，如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

这些数列都有其独特的性质和规律，我们可以利用这些性质和规律来解决问题。

以等差数列为例，如果我们遇到一个等差数列的题目，可以利用等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d来求解。

还可以运用等差数列的性质，如数列项之和Sn=n(a1+an)/2来求解数列的前n项和。

熟悉这些性质和公式，可以帮助我们快速解答数列题。

二、数列通项的求解技巧在解决数列题时，通项的求解是非常关键的一步。

对于一些简单的数列，可以直接通过观察找到其通项的规律。

但对于一些复杂的数列，可以通过列方程的方法来求解通项。

以等比数列为例，如果我们遇到一个等比数列的题目，则可以利用等比数列的通项公式an=a1*r^(n-1)来求解。

此外，还可以通过列方程，利用数列性质解方程的方法来求解通项。

例如，若已知等比数列的首项为a1，公比为r，且满足a2+a4=a5，可以列出方程a1*r+a1*r^3=a1*r^4，通过解这个方程来求解通项。

三、数列应用题的解题思路数列在实际问题中的应用非常广泛，高考中也常常会出现一些数列应用题。

解决这类题目，我们可以首先明确问题中数列的特点和条件，然后利用数列的性质和知识进行分析。

以数列应用题为例，假设某人存款的数额满足一个等差数列，前几年存的钱数依次为1000、2000、3000，且该人的存款共计5年。

现在要求第5年的存款数，请问应如何解决这个问题？我们可以首先观察题目中的数列特点，确定为等差数列，首项a1=1000，公差d=1000。

高考数学二轮复习数列的综合应用

高考数学二轮复习数列的综合应用一、知识点梳理1．能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式解题； 2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前n 项的和； 3．使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．5．在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力．6．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法．二、例题选讲1．(★）1．若互不相等的实数,,a b c 成等差数列，,,c a b 成等比数列，且310a b c ++=，则a------------------------------------------------------------------（ D ）A ．4B ．2C ．－2D ．－42．（★）设S n 是等差数列｛a n ｝的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12为------------------（ A ）（A ）310 （B ）13 （C ）18 （D ）193．（★）三个数成等差数列，如果将最小数乘2，最大数加上7，所得三数之积为1000，且成等比数列，则原等差数列的公差一定是---------------------------------------------（ C ）A.8B.8或－15C.± 8D.±154．（★) 在各项均不为零的等差数列{}n a 中，若2110(2)n n n a a a n +--+=≥，则214n S n --=------------------------------------------------------------------------------------------（A ）Ａ．2-Ｂ．0Ｃ．1Ｄ．25．（★★）在等差数列中，前n 项的和为S n ,若S m =2n,S n =2m,(m 、n ∈N 且m ≠n)，则公差d 的值为----------------------------------------------------------------------------------------（ A ）A.－mn n m )(4+ B.－)(4n m mn + C.－mnn m )(2+ D. －)(2n m mn +6．（★★)，则满足项之和为的前，数列·设n n n-n S n a a }{)21(6=1-是的最小正整数││n n 1001<4S -( B )（A ）8 （B ）9 （C ）10 （D ）117．（★★) 正项等比数列｛a n ｝与等差数列｛b n ｝满足7711,b a b a ==且71a a ≠，则4a ，4b 的大小关系为---------------------------------------------------（ B ）（A ） 4a =4b（B ）4a ＜4b（C ）4a ＞4b （D ）不确定8．（★★）设函数1)(22+++-=x x n x x x f （∈x R ，且21-≠n x ，∈x N *），)(x f 的最小值为n a ，最大值为n b ，记)1)(1(n n n b a c --=，则数列}{n c ------ ------------------------------（ C ）（A ）是公差不为0的等差数列（B ）是公比不为1的等比数列（C ）是常数列（D ）不是等差数列，也不是等比数列9．（★★★) 三角形三个边长组成等差数列，周长为36，内切圆周长为6π，则此三角形是-----------------------------------------------------------------（ D ）A ．正三角形B ．等腰直角三角形C ．等腰三角形，但不是直角三角形D ．直角三角形，但不是等腰三角形10．（★★★）设)(x f 是定义在R 上恒不为0的函数，对任意R y x ∈,，都有)()().(y x f y f x f +=，若)(,211n f a a n ==（n 为常数），则数列}{n a 的前n 项和n S 的取值范围是---------------------------------------------------------------------------------------( D )A ．)2,21[ B ．]2,21[ C ．]1,21[ D ．)1,21[11．（★）等差数列{a n }的前10项中，项数为奇数的各项之和为125，项数为偶数的各项之和为15，则首项a 1＝_113_，公差d ＝__-22__．12．（★）正项等比数列{}n a 的首项512a -=，其前11项的几何平均数为52，若前11项中抽取一项后的几何平均数仍是52，则抽取一项的项数为_6 ．13．（★）设数列{}n a 满足1236,4,3a a a ===,且数列1{}()n n a a n N *+-∈是等差数列，求数列{}n a 的通项公式27182n n n a -+=（n ∈N *）.15．设()442xx f x =+，利用课本中推导等差数列前n 项和方法，求121111f f ++⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭…1011f +⎛⎫⎪⎝⎭的值为 5 .14．（★★）在等差数列}{n a 与等比数列{}n b 中，)3,2,1(0,0121211 =>=>=++n b a b a n n 则11++n n b a 与的大小关系是11++≥n n b a ．15．（★★）等差数列}{n a 的前n 项和为S n ，且,.26,825324n S T a a a a nn ==+=-记如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，M T n ≤都成立，则M 的最小值是 2 。

关于2025年高考数学数列的应用技巧

关于2025年高考数学数列的应用技巧在高考数学中，数列一直是一个重要的考点，也是许多同学感到头疼的部分。

但其实，只要掌握了正确的方法和技巧，数列问题就能迎刃而解。

下面，我们就来详细探讨一下 2025 年高考数学数列的应用技巧。

一、理解数列的基本概念首先，要清晰地理解数列的定义。

数列是按照一定顺序排列的一列数，比如等差数列、等比数列等。

对于等差数列，其通项公式为＼（a_n ＝ a_1 ＋（n 1)d\），其中＼（a_1\）为首项，＼（d\）为公差；等比数列的通项公式为＼（a_n ＝ a_1 q^｛n 1}＼），其中＼（a_1\）为首项，＼（q\）为公比。

这两个公式是解决数列问题的基础，一定要牢记于心。

同时，要理解公差＼（d\）和公比＼（q\）的含义，以及它们对数列性质的影响。

二、掌握数列的性质1、等差数列的性质若＼（m ＋ n ＝ p ＋ q\），则＼（a_m ＋ a_n ＝ a_p ＋ a_q\）。

＼（S_n\）为前＼（n\）项和，＼（S_{2n} S_{n}＼），＼（S_{3n} S_{2n}＼）也成等差数列。

2、等比数列的性质若＼（m ＋ n ＝ p ＋ q\），则＼（a_m ＼times a_n ＝ a_p ＼times a_q\）。

＼（S_n\）为前＼（n\）项和，当＼（q ＼neq －1\）时，＼（S_{n}＼），＼（S_{2n} S_{n}＼），＼（S_{3n} S_{2n}＼）成等比数列。

这些性质在解题中往往能起到事半功倍的效果，通过巧妙运用，可以简化计算过程。

三、数列求和的方法1、等差数列求和公式＼（S_n ＝＼frac{n(a_1 ＋ a_n)｝｛2} ＝ na_1 ＋＼frac{n(n 1)d}｛2}＼）2、等比数列求和公式当＼（q ＝ 1\）时，＼（S_n ＝ na_1\）；当＼（q ＼neq 1\）时，＼（S_n ＝＼frac{a_1(1 q^n)｝｛1 q}＼）3、错位相减法适用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的新数列的求和。

利用数列解决生态环境问题

利用数列解决生态环境问题生态环境保护是当今社会亟待解决的重大问题之一。

许多城市和乡村都面临着各种环境问题，比如空气污染、水污染、垃圾处理等。

这些问题的根本原因在于我们对自然资源的过度开采和污染。

为了解决这些问题，我们需要采取有效的措施来保护生态环境，这就需要使用数学工具中的数列。

数列作为一种数学工具，是大多数数学课程的重要组成部分。

虽然数列本身与生态环境保护似乎没有太大关系，但是它们的应用范围却超出了我们的想象。

数列可以用于回收和利用资源、优化垃圾处置和预测气候变化等方面，从而在生态环境保护中发挥重要作用。

回收和利用资源是一种有效的生态环境保护方法。

数列可以用于检测回收效果，并且帮助我们预测未来回收收益。

例如，在回收塑料瓶时，我们可以统计一定数量的瓶子，并将它们排列成一行。

这样就可以轻松地识别所有的回收瓶子，并计算它们的数量、质量和成本。

此外，数列还可以帮助我们确定回收的时间，比如每个星期五晚上，在便利店门口收集回收物品。

通过这些数据，我们可以计算回收的效率和收益，以便更好地理解回收的价值和重要性。

优化垃圾处置是另一种有效的生态环境保护方法。

数列可以用于帮助我们计算垃圾处理的成本和提高效率。

例如，数列可以用于记录垃圾桶的数量、容量和位置。

这种信息可以帮助我们决定在哪里设置更多的垃圾桶，哪些特定位置的垃圾桶应该更大或更小，并在何时清洁垃圾桶。

数列还可以用于记录每个地区的垃圾数量，并计算清洁费用和时间。

通过此类信息，我们可以更有效地处理垃圾，同时减少资源浪费和环境污染。

最后，数列可以帮助我们预测气候变化。

气候变化对生态环境保护产生了巨大的影响。

数列可以用于记录和预测气候变化的趋势。

例如，我们可以使用数列记录平均温度和降雨量的变化情况，并根据这些趋势预测未来的气候变化。

这些数据可以帮助我们制定更好的环境保护方案，以更有效地应对气候变化所带来的挑战。

综上所述，数列作为一种数学工具，可以帮助我们解决生态环境保护中的重大问题。

高考绿色通道数列的综合运用共54页文档

66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德谟克利特 67、今天应做的事没有做，明天再早也是耽误了。——裴斯泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运的，只是一瞬之间。 ——歌德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭会可以制订一部永远适用的宪法，甚至一条永远适用的法律。 ——杰斐逊 52、法律源于人的自卫本能。——英格索尔
53、人们通常会发现，法律就是这样一种的网，触犯法律的人，小的可以穿网而过，大的可以破网而出，只有中等的才会坠入网中。 ——申斯通 54、法律就是法律它是一座雄伟的大夏，庇护着我们大家；它的每一块砖石都垒在另一块砖石上。 ——高尔斯华绥 55、今天的法律未必明天仍是法律。 ——罗·伯顿

高考数学考点5数列的综合应用(解析)

2010-2015年高考真题汇编专题6 数列考点5 数列的综合应用1.（2015年安徽17，12分）设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标，（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）记，证明：. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析。

【解析】（Ⅰ）由题意，所以曲线在点处的切线方程为当时，.……………5分（Ⅱ）由题设中和（1）中的计算结果知当时，当时，，所以 . 综上可得对任意的均有 ……………12分 2.（2015年广东21，14分）数列满足:. (1)求的值;(2)求数列的前项和; *n N ∈n x 122+=+n x y (12)，{}n x 2221221n n T x x x -=nT n 41≥1+=n nx n 12')22(++=n x n y 221+==n yx )2,1()1)(22(2-+=-x n y 0=y 1+=n nx n 222212211321...()()...()242n n n T x x x n--=⋅=1=n 411=b 2≥n 2222212221(21)(21)1221()2(2)(2)2n n n n n n xn n n n n-------==>==211211() (2)234n n T n n->⨯⨯⨯⨯=*,n N ∈1.4n T n≥}{n a 121224,2n n n a a na n N *-+++=-∈3a }{n a n n T(3)令证明:数列的前项和满足. 【答案】【解析】(1)3.（2015年四川16，12分）设数列的前项和，且成等差)2()131211(,111≥+++++==-n a nn T b a b n n n }{n b n n S n S n ln 22+<122331121311222132141,124422,,1134,.22224a a a a a ---+++=-=+=-=-=∴=++=-∴=1212121*111111121(2)2,2(1)4,(4)(4),2222111(2),1,(),22211112{}1,,2.12212n n n n n n n n n n nn n n n n n nn a a n a na a n a a n N a T ---------+++≥+++-=-=---=∴=≥==∴=∈-∴==--时从而又数列是为首项为公比的等比数列从而12111211223312121211111(3),(1),(1),(1),2232321111(1)()(1)2211111(1)(2)2(1).222111()ln 1(1),'()n n n n n n nn a a a a a a b a b a b a b a n nS b b b a a a T n nn nf x x x f x x x x --++++==++=+++=++++∴=+++=++++++=+++=+++-<+++=+->=-记函数则2*10,1,(),11,()(1)ln110,111,2,1,()0,ln 10,ln ,111111213111123ln ,ln ,,ln ,ln ln ln ln ,22133112321311112(1)2x x f x xx f x f k k k k k N k f k k k k k k k n n n n n n n n -=>∴>>>=+-=∈≥>∴>+->>-----<<<+++<+++=------∴+++=当时为增函数从而当时当且时即亦即故11122()22ln ,2311,2(1)22ln .2111(:ln ,23n n nS n n n n++++<+<+++<++++<综上注证明时也可以使用数学归纳法){}n a n 12n n S a a =-123,1,a a a +数列。

【绿色通道】高考数学总复习 5-4数列的综合应用新人教A版

第5模块第4节[知能演练]一、选择题1．一个三角形的三内角成等差数列，对应的三边成等比数列，则三内角所成等差数列的公差等于( )A ．0 B.π12 C.π6D.π4解析：因A 、B 、C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则B ＝π3，b 2＝ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b22ac ＝12，可推出a ＝c ＝b . 答案：A2．在如下图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋c 的值为( )A.1 C ．3D ．4解析：a ＝2·(12)2＝12，b ＝52·(12)3＝516，c ＝3·(12)4＝316， a ＋b ＋c ＝12＋516＋316＝1.答案：A3．已知a n ＝32n －11(n ∈N *)，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则使S n >0的n 的最小值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13解析：构造函数f (x )＝32x －11，此函数关于点P (112，0)对称，故f (1)＋f (2)＋…＋f (10)＝0，即S 10＝0.当n ≥11时，f (n )>0，∴a 11＝f (11)>0，∴S 11>0.此题应该选择B.答案：B4．设M (cos π3x ＋cos π4x ，sin π3x ＋sin π4x )(x ∈R )为坐标平面上一点，记f (x )＝|OM →|2－2，且f (x )的图象与射线y ＝0(x ≥0)交点的横坐标由小到大依次组成数列{a n }，则|a n ＋3－a n |＝( )A ．24πB ．36πC ．24D ．36解析：f (x )＝|OM →|2－2＝[(cos π3x ＋cos π4x )2＋(sin π3x ＋sin π4x )2]－2＝2cos π12x ，令f (x )＝2cos π12x ＝0，∴π12x ＝k π＋π2，x ＝12k ＋6(k ∈N *)． ∴a n ＝12n ＋6(n ∈N *)．∴|a n ＋3－a n |＝|12(n ＋3)＋6－(12n ＋6)|＝36. 答案：D 二、填空题5．设x ，y 为正数，且x ，a 1，a 2，y 成等差数列，x ，b 1，b 2，y 成等比数列，则a 1＋a 2 2b 1b 2的最小值是________．解析：由等差数列的性质知a 1＋a 2＝x ＋y ；由等比数列的性质知b 1b 2＝xy ，所以 a 1＋a 2 2b 1b 2＝ x ＋y 2xy ＝x 2＋y 2＋2xy xy ＝2＋x 2＋y 2xy ≥2＋2xy xy＝4，当且仅当x ＝y 时取等号．答案：46．家用电器一件2000元，实行分期付款，每期付相同款数，每期一个月，购买后一个月付款一次，再过一个月又付款一次，共付12次即购买一年后付清．若按月利率1%，每月复利一次计算，则每期应付款________．(精确到0.1元)解析：把2000元存入银行12个月，月利1%，按复利计算，则本利和为2000×(1＋1%)12.每月存入银行a 元，月利1%，按复利计算，则本利和为a ＋a (1＋1%)＋…＋a (1＋1%)11＝a ·1－ 1＋1% 121－ 1＋1% ＝100a ·[(1＋1%)12－1]．由题意知2000(1＋1%)12＝100a ·[(1＋1%)12－1]⇒a ＝2000 1＋1%12100[ 1＋1% 12－1]≈177.7(元)．答案：177.7元三、解答题7．某公司按现有能力，每月收入为70万元，公司分析部门预算，若不进行改革，入世后因竞争加剧收入将逐月减少．分析测算得入世第一个月收入将减少3万元，以后逐月多减少2万元，如果进行改革，即投入技术改造300万元，且入世后每月再投入1万元进行员工培训，则测算得自入世后第一个月起累计收入T n 与时间n (以月为单位)的关系为T n ＝an ＋b ，且入世第一个月时收入为90万元，第二个月时累计收入为170万元，问入世后经过几个月，该公司改革后的累计纯收入高于不改革时的累计纯收入．解：该公司入世后经过n 个月，改革后的累计纯收入为T n －300－n ，不改革时的累计纯收入为70n －[3n ＋n n －12·2]，又⎩⎪⎨⎪⎧90＝a ＋b170＝2a ＋b，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝80b ＝10.由题意建立不等式80n ＋10－300－n >70n －3n －n (n －1)，即n 2＋11n －290>0，得n >12.4. ∵n ∈N *，∴取n ＝13.答：入世后经过13个月，该公司改革后的累计纯收入高于不改革时的累计纯收入． 8．在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求数列{S n }的通项公式．(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn <k 对∀n ∈N *恒对立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由．解：(1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25，又a n >0，∴a 3＋a 5＝5，又a 3与a 5的等比中项为2，∴a 3a 5＝4.而q ∈(0,1)，∴a 3>a 5，∴a 3＝4，a 5＝1， ∴q ＝12，a 1＝16，∴a n ＝16×(12)n －1＝25－n.(2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ，∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴S n ＝n 9－n2.(3)由(2)知S n ＝n 9－n2，∴S n n ＝9－n2.当n ≤8时，S nn>0；当n ＝9时，S n n＝0；当n >9时，S n n<0. ∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn＝18最大．故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn<k 对∀n ∈N *恒成立，k 的最小值为19. [高考·模拟·预测]1．(2009·江西高考题)数列{a n }的通项a n ＝n 2(cos 2n π3－sin2n π3)，其前n 项和为S n ，则S 30为( )A ．470B ．490C ．495D ．510 解析：由于{cos2n π3－sin2n π3}以3为周期，故S 30＝(－12＋222＋32)＋(－42＋522＋62)＋…＋(－282＋2922＋302)＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤－ 3k －2 2＋ 3k －1 22＋ 3k 2 ＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤9k －52＝9×10×112－25＝470，故选A.答案： A2．(2009·潍坊一检)某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( )A ．5年B ．6年C ．7年D ．8年解析：由题知第一年产量为a 1＝12×1×2×3＝3；以后各年产量分别为a n ＝f (n )－f (n－1)＝12n (n ＋1)(2n ＋1)－12n (n －1)(2n －1)＝3n 2(n ∈N *)，令3n 2≤150，得1≤n ≤52⇒1≤n ≤7，故生产期限最长为7年．答案：C3．(2009·上海高考)已知函数f (x )＝sin x ＋tan x ，项数为27的等差数列{a n }满足a n ∈(－π2，π2)，且公差d ≠0，若f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，则当k 等于________时，f (a k )＝0.解析：由于f (x )＝tan x ＋sin x ，显然该函数为奇函数．若a n ∈(－π2，π2)，且f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，可以得出等差数列{a n }的这27项在0的两侧对称分布，所以处在中间位置的a 14＝0⇒f (a 14)＝0.答案：144．(2009·苏锡常镇一调)已知数列{a n }(n ∈N *)满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n －t ，a n ≥tt ＋2－a n ，a n <t，且t <a 1<t＋1，其中t >2，若a n ＋k ＝a n (k ∈N *)，则k 的最小值为________．解析：∵t <a 1<t ＋1，且t >2，∴a 2＝a 1－t ，∴a 2∈(0,1)，即a 2<t . 又∵a 3＝t ＋2－a 2＝t ＋2－(a 1－t )＝2t ＋2－a 1>t ；∴a 4＝a 3－t ＝(2t ＋2－a 1)－t ＝t ＋2－a 1<t (∵t －a 1<0，∴2＋t －a 1<2<t )，∴a 5＝t ＋2－a 4＝t ＋2－(t ＋2－a 1)＝a 1；同理可得，a 6＝a 2，a 7＝a 3，故要使a n ＋k ＝a n (k ∈Z *)，则k 的最小值为4.答案：45．(2009·江南十校测试)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝(1＋cos2n π2)a n ＋sin2n π2，n ＝1,2,3，….(1)求a 3，a 4的值，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n －1a 2n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n . 解：(1)当n ＝1时，a 3＝(1＋cos 2π2)a 1＋sin 2π2＝a 1＋1＝2；当n ＝2时，a 4＝(1＋cos 22π2)a 2＋sin 22π2＝2a 2＝4. ∵当n 为奇数时，cos2n π2＝0，sin2n π2＝1，当n 为偶数时，cos2n π2＝1，sin2n π2＝0.∴当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝1，∵a 1＝1，∴a 2n －1＝n .∴当n 为偶数时，a n ＋2＝2a n . ∵a 2＝2，∴a 2n ＝2n， ∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＋12n 为奇数 2n2 n 为偶数.(2)由(1)可知b n ＝n2n ，∴S n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，①12S n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得：(1－12)S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，∴12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1， ∴S n ＝2－n ＋22n.[备选精题]6．(2009·佛山一检)已知O 为A 、B 、C 三点所在直线外一点，且OA →＝λOB →＋μOC →.数列{a n }，{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，且⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝λa n －1＋μb n －1＋1b n ＝μa n －1＋λb n －1＋1(n ≥2)．(1)求λ＋μ的值；(2)令c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的通项公式； (3)当λ－μ＝12时，求数列{a n }的通项公式．解：(1)由A 、B 、C 三点共线，设AB →＝mBC →，则AB →＝OB →－OA →＝mBC →＝m (OC →－OB →)，化简得：OA →＝(m ＋1)OB →－mOC →，所以λ＝m ＋1，μ＝－m ，所以λ＋μ＝1.(2)由题设得a n ＋b n ＝(λ＋μ)(a n －1＋b n －1)＋2＝a n －1＋b n －1＋2(n ≥2)，即c n ＝c n －1＋2(n ≥2)，所以{c n }是首项为a 1＋b 1＝3，公差为2的等差数列，通项公式为c n ＝2n ＋1.(3)由题设得a n －b n ＝(λ－μ)(a n －1－b n －1)＝12(a n －1－b n －1)(n ≥2)，令d n ＝a n －b n ，则d n ＝12d n －1(n ≥2)．所以{d n }是首项为a 1－b 1＝1，公比为12的等比数列，通项公式为d n ＝12n －1.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋b n ＝2n ＋1a n －b n ＝12n －1，解得a n ＝12n ＋n ＋12.。

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