专题10 数列2019年新课标全国卷(123卷)理科数学备考宝典

2019年新课标全国卷（1、2、3卷）理科数学备考宝典
10．数列
一、2018年考试大纲 二、新课标全国卷命题分析 三、典型高考试题讲评
2011—2018年新课标全国（1卷、2卷、3卷）理科数学分类汇编——10．数列 一、考试大纲
1．数列的概念和简单表示法
(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式). (2)了解数列是自变量为正整数的一类函数. 2．等差数列、等比数列
(1)理解等差数列、等比数列的概念.
(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式.
(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题. (4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 二、新课标全国卷命题分析
数列属于高考必考考点，一般占10分或12分，即两道小题或一道大题，其中必有一道小题属于基础题，一道中档偏上题或压轴题，大题在17题出现，属于基础题型，高考所占分值较大，在高中教学中列为重点讲解内容，也是大部分学生的难点，主要是平时教学题型难度严重偏离高考考试难度，以及研究题型偏离命题方向，希望能引起注意；考试主线非常明晰：（1）等差数列通向公式n a 及其前n 项和n S ；（2）等比数列通向公式n a 及其前n 项和n S ；（3）错位相减法、裂项相消法等求数列的前n 项和等等．数列在大学中有着特殊位置，《微积分》中的无穷级数，《数论》中扩展的数列都有涉猎，数列还是比较重要的知识今年没有出等比数列的知识，是比较不足的地方，望考生从等比数列和等差数列两方面出题，2019年若是在出数列，有可能出现“错位相减法求和”，因为考查学生运用数学思想去解决问题，考查考生的内在数学涵养。

三、典型高考试题讲评
题型1 等差数列与等比数列的基本量
例1 (2018·新课标Ⅰ，理4)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若4233S S S +=，21=a ，则=5a （ ）
A ．12- B. 10- C. 10 D. 12
解析：4233S S S += 且n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.
()111333246a d a d a d ∴+=+++，即0231=-d a ，又21=a ，3-=∴d ， ()10342415-=-⨯+=+=∴d a a ， 故选B
【解题技巧】等差数列与等比数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及到五个量，1a ，n a ，d 或q ，
n ，n S ，知道其中三个就可以求另外两个，体现方程的思想，在求解此类问题时，使用1a ，d 或q 建立
方程是基本方法。

题型2 等差、等比数列的性质及其应用
例2.（2015全国Ⅱ，理4）等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=（ ）
A.21
B. 42
C. 63
D. 84
解析：由题意可设等比数列的公比为q ，则由13521a a a ++=得，24
11121a a q a q ++=.又因为13a =，
所以4
2
60q q +-=.解得2
2q =或2
3q =-（舍去），所以()2
35713521242a a a a a a q ++=++=⨯=.
故选B.
【解题技巧】（1）等比数列中常用的性质：m
m n
n
a q a -=；若m n s t +=+，则m n s t a a a a =． （2）等差数列中常用的性质：m n
a a d m n
-=-；若m n s t +=+，则m n s t a a a a +=+．
（3）在等差数列
{}n a 中，n S 为其前n 项和，则：
①数列m S ，2m m S S -，32m m S S -，…也是等差数列； ②{}n
S n
为等差数列； ③211()...()n n n n S n a a n a a +=+==+；21(21)n n S n a -=-； ④若n S ，n T 分别是等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，则2121n n
n n
S a T b --=． 题型3 证明数列是等差、等比数列
例3 （2016·新课标Ⅲ，理17）已知数列{}n a 的前n 项和S n =1+λa n ，其中λ≠0．
(1) 证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； (2) 若531
32
S =，求λ．
解析：(1)
1,0n n S a λλ=+≠，0n a ∴≠
当2n ≥时，11111n n n n n n n a S S a a a a λλλλ---=-=+--=-，即()11n n a a λλ--=，
0,0,10,n a λλ≠≠∴-≠即1λ≠，即
()1,21
n n a n a λλ-=≥-， ∴{}n a 是等比数列，公比1
q λλ=
-，
当n =1时，1111S a a λ=+=，即111a λ=-，1
111n n a λλλ-⎛⎫
∴=⋅ ⎪--⎝⎭
.
（2）若53132S =， 则5
55111131113211
S λλλλλλλ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-= ⎪-⎝⎭-
-， 1λ∴=-. 题型4 数列求通项与数列求和
例4.（2015全国1理17）n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，2
243n n n a a S +=+.
（1）求{}n a 的通项公式；（2）设1
1
n n n b a a +=
，求数列{}n b 的前n 项和． 解析（1）由2
243n n n a a S +=+① 可得2
+1+1+1243n n n a a S +=+②
式①－式②得()()+1+120n n n n a a a a +--=．又因为0n a >，所以+12n n a a -=．
当1n =时，2
111243a a S +=+，即211230a a --=，解得13a =或11a =-（舍去），
所以{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为=21n a n +． （2）由=21n a n +可得()()1112123n n n b a a n n +=
==++11122123n n ⎛⎫
-
⎪++⎝⎭
． 记数列{}n b 前n 项和为n T ，则12n n T b b b =++⋅⋅⋅+=
11111111
123557792123n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1112323n ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭()323n n +．
【解题技巧】（1）利用n S 与n a 的关系11,1
,2
n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求数列的通项公式，注意验证1n =是否
满足；
（2）裂项相消法求和是一种常见的数列求和方法，将数列中的每一项拆成两项或多项，使这些拆开的项出现有规律的相互抵消，从而达到求和的目的。

常见的裂项相消的方式有：
①
111(1)1n n n n =-++；②
1111()()n n k k n n k =-++；③1111
()(21)(21)22121n n n n =--+-+； ④
11
n n n n =+-++；
题型5 数列与函数、不等式的综合
例5 （2014·新课标Ⅱ，17）已知数列{a n }满足a 1 =1，a n +1 =3 a n +1.
（Ⅰ）证明1{}2
n a +是等比数列，并求{a n }的通项公式；
（Ⅱ）证明：123111 (2)
n a a a +++<.
解析：（Ⅰ）证明：∵131n n a a +=+，∴1113()22n n a a ++=+，即：11
2312
n n a a ++
=+，又11322a +=，∴1{}
2n a +是以32为首项，3为公比的等比数列．∴1
13322n n a -+=⋅，即312n n a -=．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知312n n a -=，∴
11231
()3133n n n n n a -=≤=∈-N*， ∴21211()11111131331[1()]133323213
n
n n n a a a -++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+=
=-<-， 故：121113
2
n a a a +
+⋅⋅⋅+<．
2011年—2018年新课标全国卷理科数学试题分类汇编
10．数列
一、选择题
(2018·新课标Ⅰ，理4)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若4233S S S +=，21=a ，则=5a （ ）
A ．12- B. 10- C. 10 D. 12
（2017·新课标Ⅰ，4）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（ ）
A ．1
B ．2
C ．4
D ．8
（2017·新课标Ⅰ，12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（ ）
A ．440
B ．330
C ．220
D ．110
（2017·新课标Ⅱ，3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）
A ．1盏
B ．3盏
C ．5盏
D ．9盏 （2017·新课标Ⅲ，9）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为（ ）
A ．24-
B ．3-
C ．3
D ．8
（2016·新课标Ⅰ，3）已知等差数列}{n a 前9项的和为27，810=a ，则=100a （ ）
A ．100
B ．99
C ．98
D ．97
（2016·新课标Ⅲ，12）定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数，若m =4，则不同的“规范01数列”共有（ ）
A ．18个
B ．16个
C ．14个
D ．12个
（2015·新课标Ⅱ，4）已知等比数列{a n }满足a 1=3，a 1+ a 3+ a 5=21，则a 3+ a 5+ a 7 =（ ）
A ．21
B ．42
C ．63
D ．84
（2013·新课标Ⅰ，7）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )．
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6 （2013·新课标Ⅰ，12）设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，…
若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝
2n n c a +，c n ＋1＝2
n n
b a +，则( )． A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列
C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列
D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列
（2013·新课标Ⅱ，3）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知32110S a a =+，59a =，则1a =（ ）
A .1
3
Error! Cannot insert return character.
B .13
-
C .19
D .19
-
（2012·新课标Ⅰ，5）已知{n a }为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（ ）
A ．7
B ．5
C ．－5
D ．－7
（2012·新课标Ⅱ，5）已知{a n }为等比数列，a 4 + a 7 = 2，a 5 a 6 = 8，则a 1 + a 10 =（ ）
A. 7
B. 5
C. -5
D. -7
二、填空题
(2018·新课标Ⅰ，理14) 14.记n S 为数列}{n a 的前n 项和，若12+=n n a S . 则=6S . （2017·新课标Ⅱ，15）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则
1
1
n
k k
S
==∑ ．
（2017·新课标Ⅲ，14）设等比数列{}n a 满足12–1a a +=， 13––3a a =，则4a = ___________． （2016·新课标Ⅰ，15）设等比数列}{n a 满足1031=+a a ，542=+a a ，则12
n a a a 的最大值为 ．
（2015·新课标Ⅱ，16）设S n 是数列{a n }的前项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则S n =________________． （2013·新课标Ⅰ，14）若数列{a n }的前n 项和21
33
n n S a =
+，则{a n }的通项公式是a n ＝__________. （2013·新课标Ⅱ，16）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知100S =，1525S =，则n nS 的最小值为____.
（2012·新课标Ⅰ、Ⅱ，16）数列{n a }满足1(1)21n
n n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为______．
三、解答题
（2018·新课标Ⅱ，17）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．
（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值． （2018·新课标Ⅲ，理17）等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．
（1）{}n a 的通项公式；⑵记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．
（2016·新课标Ⅱ，17）（满分12分）S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1=1，S 7=28. 记b n =[lg a n ]，其中
[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1. （Ⅰ）求b 1，b 11，b 101；（Ⅱ）求数列{b n }的前1 000项和.
（2016·新课标Ⅲ，17）(本小题满分12分)已知数列{}n a 的前n 项和S n =1+λa n ，其中λ≠0．
(1) 证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；(2) 若531
32
S =
，求λ．
（2015·新课标Ⅰ，17）n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知n a ＞0，2
243n
n n a a S +=+.
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1
1n n n b a a +=
b n =1
a n a n+1，求数列{}n
b {b n 的前n 项和.
（2014·新课标Ⅰ，17）已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数.
(Ⅰ)证明：2n n a a λ+-=；（Ⅱ）是否存在λ，使得{n a }为等差数列？并说明理由. （2014·新课标Ⅱ，17）已知数列{a n }满足a 1 =1，a n +1 =3 a n +1.
（Ⅰ）证明1{}2n a +是等比数列，并求{a n }的通项公式；（Ⅱ）证明：123111…2n a a a +++<.
（2011·新课标Ⅰ、Ⅱ，17）等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +==
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设31323log log log n n b a a a =++
+，求数列1
{}n
b 的前n 项和.
2011年—2018年新课标全国卷理科数学试题分类汇编
10．数列（解析版）
一、选择题
(2018·新课标Ⅰ，理4)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若4233S S S +=，21=a ，则=5a （ ）
A ．12- B. 10- C. 10 D. 12
【答案】B 解析：4233S S S += 且n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.
()111333246a d a d a d ∴+=+++，即0231=-d a ，又21=a ，3-=∴d ， ()10342415-=-⨯+=+=∴d a a ， 故选B
（2017·新课标Ⅰ，4）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（ ）
A ．1
B ．2
C ．4
D ．8
【答案】C 解析：45113424a a a d a d +=+++=，6165
6482S a d ⨯=+=，联立求得11
272461548a d a d +=⎧⎪⎨
+=⎪⎩①② 3⨯-①②得()211524-=d ，624d =，4d =∴，选C ；
（2017·新课标Ⅰ，12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（ ）
A ．440
B ．330
C ．220
D ．110 【答案】A 解析：设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．
设第n 组的项数为n ，则n 组的项数和为
()12
n n +，由题，100N >，令
()11002
n n +>→14n ≥且*n ∈N ，即N
出现在第13组之后，第n 组的和为122112n
n
-=--，n 组总共的和为()2122212
n n n n --=---，
若要使前N 项和为2的整数幂，则()12
n n N +-
项的和21k -应与2n --互为相反数，
即()
*
21214k n k n -=+∈N ，
≥，()2log 3k n =+，→295n k ==，，则()
2912954402
N ⨯+=+=，
故选A ；
（2017·新课标Ⅱ，3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加
增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层
灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）
A ．1盏
B ．3盏
C ．5盏
D ．9盏
【答案】B 解析：一座7层塔共挂了381盏灯，即7381S =；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，
即2q =，塔的顶层为1a ；由等比前n 项和()()1111n n a q S q q
-=
≠-可知：()171238112
n a S -=
=-，解得13a =.
（2017·新课标Ⅲ，9）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为（ ）
A ．24-
B ．3-
C ．3
D ．8
【答案】A 解析：因为{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d .
则2
3
26a a a =⋅，即()()()2
11125a d a d a d +=++， 又因为11a =，代入上式可得220d d +=又0d ≠，则2d =-， 所以()616565
61622422
S a d ⨯⨯=+
=⨯+⨯-=-.故选A. （2016·新课标Ⅰ，3）已知等差数列}{n a 前9项的和为27，810=a ，则=100a （ ）
A ．100
B ．99
C ．98
D ．97 【答案】C 解析：由等差数列性质可知：()
195
959929272
2
a a a S a +⨯=
=
==，故53a =，而108a =，因此公差
105
1105a a d -=
=-
∴100109098a a d =+=．故选C ．
（2016·新课标Ⅲ，12）定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数，若m =4，则不同的“规范01数列”共有（ ）
A ．18个
B ．16个
C ．14个
D ．12个
【答案】C 解析：011110111010111101
001110011
1101100111010101110011
11011001110101⎧⎧→⎧⎪⎪⎪
→⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪→⎧⎨⎪⎪⎪⎨
⎪⎪→⎪⎪⎩⎩⎩⎪⎪
⎧→⎪⎨⎧⎪⎪⎪
⎪→⎧⎨⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪→⎨⎩
⎪⎩⎪⎨⎪→⎪⎧⎪⎪→⎨⎪⎪⎪→⎩⎩⎩
⎪⎪⎧→⎧⎪⎪⎪→⎪⎧⎨⎪⎨⎪⎪⎪→→⎨⎩⎩⎪
⎪⎪
→⎧⎪⎪→⎨⎪→⎪⎩⎩⎩
，共14个，故选C.
（2015·新课标Ⅱ，4）已知等比数列{a n }满足a 1=3，a 1+ a 3+ a 5=21，则a 3+ a 5+ a 7 =（ ）
A ．21
B ．42
C ．63
D ．84
【答案】B 解析：设等比数列公比为q ，则a 1+a 1q 2+a 1q 4=21，又因为a 1=3，所以q 4+q 2-6=0，解得q 2=2，所以a 3+a 5+a 7=(a 1+a 3+a 5)q 2=42，故选B.
（2013·新课标Ⅰ，7）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )．
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
【答案】C 解析：∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，∴a m ＝S m －S m －1＝0－(－2)＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3－0＝3. ∴d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1. ∵S m ＝ma 1＋
12m m (-)×1＝0，∴11
2
m a -=-. 又∵a m ＋1＝a 1＋m ×1＝3，∴1
32
m m --
+=. ∴m ＝5.故选C. （2013·新课标Ⅰ，12）设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝
2n n c a +，c n ＋1＝2
n n
b a +，则( )． A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列
C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列
D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列 【答案】B 解析：略.
（2013·新课标Ⅱ，3）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知32110S a a =+，59a =，则1a =（ ）
A .1
3
Error! Cannot insert return character.
B .1
3
-
C .19
D .19
-
【答案】C 解析：解析：由S 3=a 2+10a 1，得，a 1+a 2+a 3=a 2+10a 1即，a 3=9a 1，亦即a 1q 2=9a 1，解得q 2=9.
∵a 5=a 1·q 4=9，即81a 1=9，∴a 1=19
.
（2012·新课标Ⅰ，5）已知{n a }为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（ ）
A ．7
B ．5
C ．－5
D ．－7
【答案】D 解析：因为{n a }为等比数列，所以由已知得47475628
a a a a a a +=⎧⎨
==-⎩，解得4724a a =-⎧⎨=⎩或474
2a a =⎧⎨=-⎩，
所以1312a q =⎧⎨=-⎩或13812
a q =-⎧⎪⎨=-
⎪⎩，因此110a a +=9
1(1)7a q +=-，故选择D ．
（2012·新课标Ⅱ，5）已知{a n }为等比数列，a 4 + a 7 = 2，a 5 a 6 = 8，则a 1 + a 10 =（ ）
A. 7
B. 5
C. -5
D. -7
【答案】D 解析：472∵a a +=，56478a a a a ==-，4742a a ∴==-，或4724a a =-=，，
14710∵，，，a a a a 成等比数列，1107a a ∴+=-.
【答案】 解析： 二、填空题
(2018·新课标Ⅰ，理14) 14.记n S 为数列}{n a 的前n 项和，若12+=n n a S . 则=6S . 【答案】63- 解析：1=n 时，1121S a =+，即1121a a =+，解得11a =-；
当2n ≥时，111212122n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+--=-，所以12(2)n n a a n -=≥；
∴数列}{n a 是以1-为首项，2为公比的等比数列，∴2
1)
21)(1(66---=S 63-=.
（2017·新课标Ⅱ，15）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则
11
n
k k
S ==∑ ． 【答案】2,1n
n N n *∈+解析：
∵ 410S =，2314a a a a +=+ ，∴ 235a a +=，∵ 33a =，∴ 22a = ∴ n a n =，∵ ()12
n n n a a S +=
∴ ()21n S n n =
+ ∴ ()1211211n S n n n n ⎛⎫==- ⎪
++⎝⎭
∴
11122111n
i n
n S n n =⎛
⎫=-=
⎪++⎝⎭∑， ∴ 1
1
2,1
n
i n
n
n N S
n *==
∈+∑ （2017·新课标Ⅲ，14）设等比数列{}n a 满足12–1a a +=， 13––3a a =，则4a = ___________． 【答案】8- 解析：因为{}n a 为等比数列，设公比为q ．
121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩，即112
11
13a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②，显然1q ≠，10a ≠，②
①得13q -=，即2q =-，代入①式可得11a =， 所以()3
3
41128a a q ==⨯-=-．
（2016·新课标Ⅰ，15）设等比数列}{n a 满足1031=+a a ，542=+a a ，则12...n a a a 的最大值为 ．
【答案】64 解析：由于{}n a 是等比数列，设11n n a a q -=，其中1a 是首项，q 是公比．
∴213113
2411101055a a a a q a a a q a q ⎧+=+=⎧⎪⇔⎨⎨+=+=⎪⎩⎩，解得：1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩．故4
12n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴()()()32...4121...2n n a a a -+-++-⎛⎫⋅⋅⋅= ⎪⎝⎭ ()2
1
174972
2241122n n n ⎡⎤⎛⎫---⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
，
当3n =或4时，2
1749224n ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦取到最小值6-，此时2
174922412n ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
⎛⎫
⎪
⎝⎭取
到最大值62．所以12...n a a a 的最大值为64．
（2015·新课标Ⅱ，16）设S n 是数列{a n }的前项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则S n =________________． 【答案】1
n
-
解析：由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得
1111n n S S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
是以1-为首项，1-为公差的等差数列，则11(1)n S n n =---=-，所以1
n S n =-． （2013·新课标Ⅰ，14）若数列{a n }的前n 项和21
33
n n S a =+，则{a n }的通项公式是a n ＝__________.
【答案】1(2)n -- 解析：∵2133n n S a =+，① ∴当n ≥2时，1121
33
n n S a --=+.②
①－②，得12233
n n n a a a -=-，即1n n a a -＝－2，∵a 1＝S 1＝121
33a +，∴a 1＝1.
∴{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列，a n ＝(－2)n －
1.
（2013·新课标Ⅱ，16）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知100S =，1525S =，则n nS 的最小值为____. 【答案】-49 解析：设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则S 10＝1109
102
a d ⨯＋
＝10a 1＋45d ＝0①，S 15＝11514152a d ⨯+＝15a 1＋105d ＝25②，联立①②，得a 1＝-3，2
3
d =，
所以S n 2(1)211032333n n n n n -=-+⨯=-. 令f (n )＝nS n ，则32110()33f n n n =-，220()3f n n n '=-. 令f ′(n )＝0，得n ＝0或203n =. 当20
3
n >时，f ′(n )
＞0,200<<3n 时，f ′(n )＜0，所以当20
3
n =时，f (n )取最小值，而n ∈N ＋，则f (6)＝-48，f (7)＝-49，
所以当n ＝7时，f (n )取最小值-49.
（2012·新课标Ⅰ、Ⅱ，16）数列{n a }满足1(1)21n
n n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为______． 【答案】1830 解析：因为1(1)21n
n n a a n ++-=-，所以211a a -=，323a a +=，435a a -=，
547a a +=，659a a -=，7611a a +=，……，5857113a a -=，5958115a a +=，6059117a a -=．
由211a a -=，323a a +=可得132a a +=； 由659a a -=，7611a a +=可得572a a +=；…… 由5857113a a -=，5958115a a +=可得57592a a +=； 从而1357575913575759()()()21530a a a a a a a a a a a a ++++
++=++++++=⨯=．
又211a a -=，435a a -=，659a a -=，…，5857113a a -=，6059117a a -=， 所以2466013559()()a a a a a a a a +++
+-++++
2143656059()()()()a a a a a a a a =-+-+-+
+-=159117+++
+30118
17702
⨯=
=． 从而24660a a a a +++
+135591770a a a a =+++++3017701800=+=．
因此6012345960S a a a a a a =++++++13592460()()a a a a a a =++
++++
+
3018001830=+=．
方法2：由1(1)21n n n a a n ++-=-得2212124341①
②
k k k k a a k a a k -+-=-⎧⎪⎨+=-⎪⎩，
由②-①得，
21212k k a a +-+=③
由①得，2143656059()()()()奇偶S S a a a a a a a a -=-+-+-++-(1117)30
159********
+⨯=++++=
=. 由③得，3175119()()()奇S a a a a a a =++++++5957()21530a a ++=⨯=，
所以60()217702301830奇奇奇偶偶S S S S S S =+=-+=+⨯=. 三、解答题
（2018·新课标Ⅱ，17）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．
（1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最小值．
解：（1）设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-，由17a =-得d =2，
所以()72129n a n n =-+-=-，所以{}n a 的通项公式为29n a n =-.
（2）由（1）得22
8(4)16n S n n n =-=--.
所以当n =4时,n S 取得最小值,最小值为−16.
（2018·新课标Ⅲ，理17）等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．
⑴求{}n a 的通项公式；⑵记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ． 解析：（1）设数列{}n a 的公比为q ，∴2
5
3
4a q a =
=，∴2q =±. ∴12n n a -=或1
(2)n n a -=-.
（2）由（1）知，122112n n
n S -=
=--或1(2)1[1(2)]123
n n n S +-==--+， ∴2163m m S =-=或1
[1(2)]633
m
m S =--=（舍），
∴6m =.
（2016·新课标Ⅱ，17）（满分12分）S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1=1，S 7=28. 记b n =[lg a n ]，其中
[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1. （Ⅰ）求b 1，b 11，b 101；（Ⅱ）求数列{b n }的前1 000项和. 解析：⑴设数列{}n a 的公差为d ，74728S a ==，∴44a =，∴41
13
a a d -=
=， ∴1(1)n a a n d n =+-=．∴[][]11lg lg10b a ===，[][]1111lg lg111b a ===， [][]101101lg lg1012b a ===．
⑵记{}n b 的前n 项和为n T ，则1000121000T b b b =++⋅⋅⋅+[][][]121000lg lg lg a a a =++⋅⋅⋅+． 当0lg 1n a <≤时，129n =⋅⋅⋅，，，；当1lg 2n a <≤时，101199n =⋅⋅⋅，，，； 当2lg 3n a <≤时，100101999n =⋅⋅⋅，，，；当lg 3n a =时，1000n =． ∴1000091902900311893T =⨯+⨯+⨯+⨯=． （2016·新课标Ⅲ，17）(本小题满分12分)
已知数列{}n a 的前n 项和S n =1+λa n ，其中λ≠0． (1) 证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； (2) 若531
32
S =，求λ． 解析：(1)
1,0n n S a λλ=+≠，0n a ∴≠
当2n ≥时，11111n n n n n n n a S S a a a a λλλλ---=-=+--=-，即()11n n a a λλ--=，
0,0,10,n a λλ≠≠∴-≠即1λ≠，即
()1,21
n n a n a λ
λ-=≥-，∴{}n a 是等比数列，公比1q λλ=
-， 当n =1时，1111S a a λ=+=，即111a λ=-，1
111n n a λλλ-⎛⎫
∴=⋅ ⎪--⎝⎭
.
（2）若53132S =， 则5
55111131113211
S λλλλλλλ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-= ⎪-⎝⎭-
-， 1λ∴=- （2015·新课标Ⅰ，17）n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知n a ＞0，2
243n
n n a a S +=+.
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1
1n n n b a a +=
b n =1
a n a n+1，求数列{}n
b {b n 的前n 项和.
解析：（Ⅰ）当1n =时，2
11112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，
当2n ≥时，22
11n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4n a ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，
因为0n a >，所以12n n a a --=，
所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列，且n a =21n +. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，n b =
1111
()(21)(23)22123
n n n n =-++++，则数列{n b }前n 项和为
12n b b b ++
+=11111
11[()()(
)]23557
2123n n -+-+
+-++ =11
646
n -
+. （2014·新课标Ⅰ，17）已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数.
(Ⅰ)证明：2n n a a λ+-=；（Ⅱ）是否存在λ，使得{n a }为等差数列？并说明理由. 解析：(Ⅰ)由题设11n n n a a S λ+=-，1211n n n a a S λ+++=-，两式相减
()121n n n n a a a a λ+++-=，由于0n a ≠，所以2n n a a λ+-= …………6分
（Ⅱ）由题设1a =1，1211a a S λ=-，可得211a λ=-，由(Ⅰ)知31a λ=+ 假设{n a }为等差数列，则123,,a a a 成等差数列，∴1322a a a +=，解得4λ=； 证明4λ=时，{n a }为等差数列：由24n n a a +-=知
数列奇数项构成的数列{}21m a -是首项为1，公差为4的等差数列2143m a m -=- 令21,n m =-则1
2
n m +=
，∴21n a n =-(21)n m =- 数列偶数项构成的数列{}2m a 是首项为3，公差为4的等差数列241m a m =- 令2,n m =则2
n
m =
，∴21n a n =-(2)n m = ∴21n a n =-（*
n N ∈），12n n a a +-=
因此，存在存在4λ=，使得{n a }为等差数列. ………12分 （2014·新课标Ⅱ，17）已知数列{a n }满足a 1 =1，a n +1 =3 a n +1.
（Ⅰ）证明1{}2n a +是等比数列，并求{a n }的通项公式；（Ⅱ）证明：123111…2n a a a +++<.
（2014·17）．解析：（Ⅰ）证明：∵131n n a a +=+，∴1113()22n n a a ++=+，即：11
2312
n n a a ++
=+，又11322a +=，
∴1{}2n a +是以32为首项，3为公比的等比数列．∴1
13322n n a -+=⋅，即312n n a -=.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知312n n a -=，∴
11231
()3133n n n n n a -=≤=∈-N*， ∴21211()11111131331[1()]133323213
n
n n n a a a -++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+=
=-<- 故：121113
2
n a a a ++⋅⋅⋅+< （2011·新课标Ⅰ、Ⅱ，17）等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +==
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设31323log log log n n b a a a =++
+，求数列1
{}n
b 的前n 项和.
解析：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由23269a a a =得32
34
9a a =所以219q =. 由条件可知a >0，故1
3
q =. 由12231a a +=得12231a a q +=，所以11
3
a =. 故数列{a n }的通项式为13n n a =.
（Ⅱ ）31323(1)
log log log =(12)2
n n n n b a a a n +=++
+-++
+=-
， 故12112()(1)1
n b n n n n =-=--++，121111111122((1)()())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-
++， 所以数列1{
}n b 的前n 项和为21
n
n -+.。