高中数学专项训练(数列提升版)
高中数学《数列》练习题(含答案解析)
高中数学《数列》练习题（含答案解析）一、单选题1．已知等差数列{an }的前n 项和为Sn ，且48S S ＝13，则816S S ＝（ ）A ．310 B ．37C ．13D ．122．已知等比数列{an }的前n 项和为Sn ，则“Sn +1>Sn ”是“{an }单调递增”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3．现有下列说法：①元素有三个以上的数集就是一个数列； ①数列1，1，1，1，…是无穷数列； ①每个数列都有通项公式；①根据一个数列的前若干项，只能写出唯一的通项公式； ①数列可以看着是一个定义在正整数集上的函数． 其中正确的有（ ）． A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个4．数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1(1)(21)n n a n +=-⋅+，则2021S =（ ）A ．2020B ．2021C ．2022D ．20235．已知等差数列{}n a 中，6819,27a a ==，则数列{}n a 的公差为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．56．标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式.标准对数视力表各行为正方形“E ”字视标，且从视力5.1的视标所在行开始往上，每一行“E ”的边长都是下方一行“E ”的边长的视力4.0的视标边长为a ，则视力4.9的视标边长为（ ）A ．4510aB ．91010aC ．4510a -D ．91010a -7．已知数列{}n a ，2141n n a n n ，则下列说法正确的是（ ）A ．此数列没有最大项B ．此数列的最大项是3aC ．此数列没有最小项D ．此数列的最小项是2a8．已知{}n a 是等差数列，公差0d >，其前n 项和为n S ，若2a 、52a+、172a +成等比数列，()12n n n a S +=，则不正确的是（ ） A ．1d= B ．1020a = C ．2n S n n =+ D ．当2n ≥时，32n n S a ≥9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则2021S =（ ） A ．20192020B ．20202021C ．20212022D ．1010101110．等差数列{}n a 前n 项和为n S ， 281112a a a ++=，则13S =（ ） A ．32B ．42C ．52D ．62二、填空题11．已知a 是1,2的等差中项，b 是1-，16-的等比中项，则ab 等于___________. 12．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若65210,6Sa a =+=，则d =_________.13．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若891715a a =，则1517S S =______．14．已知等差数列{}n a 的前n 项和为nS，且1516a a +=-，936S =-，则n S 的最小值是______．三、解答题15．已知数列{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且满足11221,5a b b a ==+=(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)令n n n c a b =+求数列{}n c 的前n 项和n S ；16．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-. （1）求{}n a 的通项公式；（2）2n nb a =-+求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 17．某公司2021年年初花费25万元引进一种新的设备，设备投入后每年的收益均为21万元.若2021年为第1年，且该公司第()n n *∈N 年需要支付的设备维修和工人工资等费用总和n a （单位：万元）的情况如图所示.（1）求n a ；（2）引进这种设备后，第几年该公司开始获利？ 18．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{}nb 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 <．参考答案与解析：1．A【分析】运用等差数列前n 项和公式进行求解即可. 【详解】设等差数列{an }的公差为d ， ①41181461582832a d a d a d S S +==⇒=+，显然0d ≠， ①8161182820283161204012010a d d d a d S d S d ++===++， 故选：A 2．D【分析】由110++>⇒>n n n S S a ，举反例102=>n na 和12nn a =-即可得出结果 【详解】110++>⇒>n n n S S a ，例如102=>n na ，但是数列{}n a 不单调递增，故不充分； 数列{}n a 单调递增，例如12n na =-，但是1n n S S +<，故不必要； 故选：D 3．B【分析】根据给定条件，利用数列的定义逐一分析各个命题，判断作答.【详解】对于①，数列是按一定次序排成的一列数，而数集的元素无顺序性，①不正确； 对于①，由无穷数列的意义知，数列1，1，1，1，…是无穷数列，①正确； 对于①0.1,0.01,0.001,0.0001,得到的不足近似值，依次排成一列得到的数列没有通项公式，①不正确；对于①，前4项为1，1，1，1的数列通项公式可以为1,N n a n =∈，cos 2π,N n b n n *=∈等，即根据一个数列的前若干项，写出的通项公式可以不唯一，①不正确；对于①，有些数列是有穷数列，不可以看着是一个定义在正整数集上的函数，①不正确， 所以说法正确的个数是1. 故选：B 4．D【分析】根据数列{}n a 的通项公式，可求得12342,2a aa a +=-+=-,依此类推，即可求解.【详解】①1(1)(21)n n a n +=-⋅+，故12343,5,7,9a a a a ==-==-故202112320202021S a a a a a =+++⋅⋅⋅++357940414043=-+-+⋅⋅⋅-+2101040432023=-⨯+=.故选：D. 5．C【分析】利用862d a a =-，直接计算公差即可. 【详解】等差数列{}n a 中，6819,27aa ==，设公差为d ，则86227198d a a =-=-=，即4d =.故选：C. 6．D【分析】由等比数列的通项公式计算．【详解】设第n 行视标边长为n a ，第n 1-行视标边长为()12n a n -≥，由题意可得()12n n a n -=≥，则()1101102nn a n a --=≥，则数列{}n a 为首项为a ，公比为11010-的等比数列， 所以101191010101010a a a ---⎛⎫== ⎪⎝⎭，则视力4.9的视标边长为91010a -，故选：D. 7．B【分析】令10t n =-≥，则1n t =+，22641411ttyt t t t ，然后利用函数的知识可得答案. 【详解】令10t n =-≥，则1n t =+，22,641411tty tt t t当0=t 时，0y = 当0t >时，146y t t=++，由双勾函数的知识可得y 在()02,上单调递增，在()2,+∞上单调递减 所以当2t =即3n =时，y 取得最大值， 所以此数列的最大项是3a ，最小项为10a = 故选：B ． 8．A【分析】利用等差数列的求和公式可得出1n a na =，可得出10d a =>，根据已知条件求出1a 的值，可求得n a 、n S 的表达式，然后逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为{}n a 是等差数列，则()()1122nn n n a n a a S ++==，所以，1n a na =， 所以，110n n d a a a +=-=>，因为()()2521722a a a +=+，可得()()2111522172a a a +=+，整理可得21191640a a --=，因为10a >，故12d a ==，A 错；12n a na n ==，则1020a =，B 对；()()112nn n a S n n +==+，C 对；当2n ≥时，()233202n n S a n n n n n -=+-=-≥，即32n n S a ≥，D 对.故选：A. 9．C【解析】由1(2)n n na n a +=+，可得1(1)(1)(2)n n n n a n n a ++=++，数列{}(1)n n n a +为常数列，令1n =，可得1(1)21n n n a a +==，进而可得1(1)n a n n =+，利用裂项求和即可求解.【详解】数列{}n a 满足112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+， 则有1(1)(1)(2)n n n n a n n a ++=++，可得数列{}(1)n n n a +为常数列， 有1(1)2n n n a a +=，得(1)1n n n a +=，得1(1)n a n n =+，又由111(1)1n a n n n n ==-++，所以20211111112021112232021202220222022S =-+-+⋅⋅⋅-=-=．故选：C【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和； （4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解. 10．C【分析】将2811a a a ++化成1a 和d 的形式，得到二者关系，求得7a ，利用13713S a =求得结果. 【详解】()()28111111()71031812a a a a d a d a d a d ++=+++++=+=164a d ∴+=，即74a = ()1131371313134522a a S a +∴===⨯= 故选：C.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子； （2）化简求得数列的某一项；（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得结果. 11．6±【分析】根据等差和等比中项的定义求出,a b 得值，即可求解. 【详解】因为a 是1,2的等差中项，所以12322a +==， 因为b 是1-，16-的等比中项，所以2(1)(16)16b =-⨯-=，4b =±，所以6ab =±.故答案为：6±. 12．1【分析】由等差中项性质可求4a ，又510S =依据等差数列的前n 项和公式及通项公式列方程即可求得公差 【详解】由266a a +=有43a =，而510S = ①结合等差数列的前n 项和公式及通项公式113322a d a d +=⎧⎨+=⎩即可得1d = 故答案为：1【点睛】本题考查了等差数列，利用等差中项求项，结合已知条件、前n 项和公式、通项公式求公差13．1【分析】利用等差数列性质及前n 项和公式计算作答.【详解】在等差数列{}n a 中，891715a a =，所以1151511588117171179915(15(152152117(17)(1717)2))2a a S a a a a a a S a a a a ++⨯====⋅=++⨯． 故答案为：1 14．42-【分析】根据给定条件求出等差数列{}n a 的首项、公差，探求数列{}n a 的单调性即可计算作答.【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，由1591636a a S +=-⎧⎨=-⎩得112416989362a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得1122a d =-⎧⎨=⎩， 因此，()1212214n a n n =-+-⨯=-，令0n a =，解得7n =，于是得数列{}n a 是递增等差数列，其前6项为负，第7项为0，从第8项开始为正， 所以6S 或7S 最小，最小值为()656122422⨯⨯-+⨯=-． 故答案为：42-15．(1)21n a n =-，12n n b -=(2)221nn S n =+-【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式得到2d =，根据通项公式的求法得到结果；（2）1221n n n n c a b n -+=+=-分组求和即可.【详解】（1）设{}n a 的公差为d , 由已知,有215d ++=解得2d =，所以{}n a 的通项公式为21,n a n n *=-∈N , {}n b 的通项公式为12,n n b n -*=∈N .（2）1221n n n n c a b n -+=+=-，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到：212(121)21122n n n n n S n -+-=+=+--.16．（1）2n a n =-；（2）1n nT n =+.【解析】（1）由30S =，55S =-，可得113230254552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=-⎪⎩求出1,a d ，从而可得{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得n b n =，从而可得11111(1)1n n b b n n n n +==-++，然后利用裂项相消求和法可求得n T 【详解】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ， 因为30S =，55S =-.所以113230254552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=-⎪⎩，化简得11021a d a d +=⎧⎨+=-⎩，解得111a d =⎧⎨=-⎩，所以1(1)1(1)(1)2n a a n d n n =+-=+--=-， （2）由（1）可知2(2)2n n b a n n =-+=--+=， 所以11111(1)1n n b b n n n n +==-++， 所以111111(1)()()1223111n nT n n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++ 【点睛】此题考查等差数列前n 项和的基本量计算，考查裂项相消求和法的应用，考查计算能力，属于基础题17．（1）2n a n =；（2）第2年该公司开始获利.【分析】（1）根据题意得出数列的首项和公差，进而求得通项公式 （2）根据题意算出总利润，进而令总利润大于0，解出不等式即可. 【详解】（1）由题意知，数列{}n a 是12a =，公差2d =的等差数列， 所以()()112122n a a n d n n =+-=+-⨯=.（2）设引进这种设备后，净利润与年数n 的关系为()F n ，则()()2121222520252n n F n n n n n -⎡⎤=-+⨯-=--⎢⎥⎣⎦. 令()0F n >得220250n n -+<，解得1010n -<+ 又因为n *∈N ，所以2n =，3，4，…，18， 即第2年该公司开始获利.18．（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（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 nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ① 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ①由①-①得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS 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)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n n T --=++++，① 231112133333n n n n n T +-=++++，① ①-①得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---， 所以31(1)4323n n n n T =--⋅， 所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅， 所以2n n S T <. [方法三]：构造裂项法由（①）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243n n 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 n x 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 nx x ． 又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n n n n 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 nS 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⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nnc n，使1+=-n n nb c c，求得nT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.。
人教A版高中数学选修二第四章《数列》提高训练题 (1)(含答案解析)
（2）至少操作多少次，A、B两容器内的盐水浓度之差小于1%？(取lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1)；
（3）求an，bn的表达式．
34．已知数列{an}的通项公式是 ，求其前n项和Sn.
35．设等差数列 的前 项和为 ， ， ， .其中 且 ，则数列 的前 项和的最大值为________.
只有最大值，没有最小值，故B错误；
因为当 时， ，∴ ，故C正确；
因为 ， ，所以满足条件的 的最大值为32，故D错误．
故选：AC．
11．ABC
【解析】
分 和 两种情况讨论，即可求解.
∵等差数列 ， 的前n项和为 ， ，
∴ ，
∴ ，又
∴
故选：A.
9．D
【解析】
推导出 ， ，由 ，得 ，从而 ，进而 或 ．由此利用分类讨论思想和递推思想能求出满足条件的 的值的个数．
解：由题意知 ， ，
由 ，得 ， ， 或 ．
①当 时， ， ， 或 ， 或 ．
②若 ，则 ， 或 ，
当 时， ，此时， 或 ，
50．设数列 满足 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）令 ，求数列 的前n项和 ．
【答案与解析】
1．A
【解析】
根据等比数列的通项公式、求和公式求解即可.
设等比数列{an}的公比为q，则q>0．
∵a1＋3a3＝ ，S3＝ ，
∴a1＋3a1q2＝ ，a1(1＋q＋q2)＝ ，联立解得a1＝2，q＝ ．
则a4＝2× ＝
20．已知数列{an}中，a1＝1， ，则数列{an}的通项公式an＝________.
21．如图，将数列 中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表已知表中的第一列 构成一个公比为2的等比数列，从第2行起，每一行都是一个公差为 的等差数列，若 ，则 ________.
高中数学数列多选题专项训练100含解析
一、数列多选题1．设数列{}n a 满足1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-对任意的*n N ∈恒成立，则下列说法正确的是（ ） A ．2112a << B ．{}n a 是递增数列 C ．2020312a <<D ．2020314a << 答案：ABD 【分析】构造函数，再利用导数判断出函数的单调性，利用单调性即可求解. 【详解】 由， 设， 则，所以当时，，即在上为单调递增函数， 所以函数在为单调递增函数， 即， 即， 所以 ，解析：ABD 【分析】构造函数()()ln 2f x x x =+-，再利用导数判断出函数的单调性，利用单调性即可求解. 【详解】由()1ln 2n n n a a a +=+-，1102a << 设()()ln 2f x x x =+-， 则()11122xf x x x-'=-=--， 所以当01x <<时，0f x，即()f x 在0,1上为单调递增函数， 所以函数在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭为单调递增函数，即()()102f f x f ⎛⎫<<⎪⎝⎭，即()131ln 2ln ln 1222f x <<<+<+=， 所以()112f x << ， 即11(2)2n a n <<≥， 所以2112a <<，2020112a <<，故A 正确；C 不正确； 由()f x 在0,1上为单调递增函数，112n a <<，所以{}n a 是递增数列，故B 正确； 2112a <<,所以 23132131113ln(2)ln ln 222234a a a e =+->+>+=+> 因此20202020333144a a a ∴<><>，故D 正确 故选：ABD 【点睛】本题考查了数列性质的综合应用，属于难题. 2．已知数列{}n a 中，11a =，1111n n a a n n +⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈.若对于任意的[]1,2t ∈，不等式()22212na t a t a a n<--++-+恒成立，则实数a 可能为（ ） A ．－4B ．－2C ．0D ．2答案：AB 【分析】由题意可得，利用裂项相相消法求和求出，只需对于任意的恒成立，转化为对于任意的恒成立，然后将选项逐一验证即可求解. 【详解】 ，， 则，，，，上述式子累加可得：，， 对于任意的恒成立解析：AB 【分析】 由题意可得11111n n a a n n n n +-=-++，利用裂项相相消法求和求出122n a n n=-<，只需()222122t a t a a --++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，转化为()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.【详解】111n n n a a n n++-=，11111(1)1n n a a n n n n n n +∴-==-+++，则11111n n a a n n n n --=---，12111221n n a a n n n n ---=-----，，2111122a a -=-， 上述式子累加可得：111n a a n n -=-，122n a n n∴=-<，()222122t a t a a ∴--++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，整理得()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，对A ，当4a =-时，不等式()()2540t t +-≤，解集5,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故A 正确；对B ，当2a =-时，不等式()()2320t t +-≤，解集3,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故B 正确；对C ，当0a =时，不等式()210t t +≤，解集1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故C 错误；对D ，当2a =时，不等式()()2120t t -+≤，解集12,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故D 错误， 故选：AB. 【点睛】本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.3．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1385a a S +=，则下列结论一定正确的是（ ） A ．100a = B ．911a a = C ．当9n =或10时，n S 取得最大值D ．613S S =答案：ABD 【分析】由题意利用等差数列的通项公式、求和公式可得，结合等差数列的性质，逐一判断即可得出结论． 【详解】∵等差数列的前项和为，， ∴，解得， 故，故A 正确；∵，，故有，故B 正确； 该数【分析】由题意利用等差数列的通项公式、求和公式可得19a d =-，结合等差数列的性质，逐一判断即可得出结论． 【详解】∵等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1385a a S +=， ∴()111875282a a d a d ⨯++=+，解得19a d =-， 故10190a a d =+=，故A 正确；∵918a a d d d =+=-=，11110a a d d =+=，故有911a a =，故B 正确； 该数列的前n 项和()21119222n n n n S na d d d n -=+=-⋅ ，它的最值，还跟d 的值有关，故C 错误； 由于61656392S a d d ⨯=+=-，131131213392S a d d ⨯=+=-，故613S S =，故D 正确， 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式进行化简，直接根据性质判断结果. 4．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，则下列4个命题中正确的有（ ）A ．若100S =，则50a >，60a <；B ．若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15；C ．若150S >，160S <，则{}n S 中7S 最大；D ．若89S S <，则78S S <.答案：ABD 【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质，逐一检验选项，即可得答案. 【详解】对于A ：因为正数，公差不为0，且，所以公差， 所以，即，根据等差数列的性质可得，又， 所以，，故A 正解析：ABD 【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质，逐一检验选项，即可得答案.对于A ：因为正数，公差不为0，且100S =，所以公差0d <， 所以1101010()02a a S +==，即1100a a +=， 根据等差数列的性质可得561100a a a a +=+=，又0d <， 所以50a >，60a <，故A 正确； 对于B ：因为412S S =，则1240S S -=，所以561112894()0a a a a a a ++⋅⋅⋅++=+=，又10a >， 所以890,0a a ><， 所以115815815()15215022a a a S a +⨯===>，116891616()16()022a a a a S ++===， 所以使0n S >的最大的n 为15，故B 正确； 对于C ：因为115815815()15215022a a a S a +⨯===>，则80a >， 116891616()16()022a a a a S ++===，则890a a +=，即90a <， 所以则{}n S 中8S 最大，故C 错误；对于D ：因为89S S <，则9980S a S =->，又10a >， 所以8870a S S =->，即87S S >，故D 正确， 故选：ABD 【点睛】解题的关键是先判断d 的正负，再根据等差数列的性质，对求和公式进行变形，求得项的正负，再分析和判断，考查等差数列性质的灵活应用，属中档题. 5．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对于任意的m ，*n N ∈，都有m n m n a a a +=+，则下列结论正确的是（ ）A ．11285a a a a +=+B ．56110a a a a <C ．若该数列的前三项依次为x ，1x -，3x ，则10103a = D ．数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为递减的等差数列 答案：AC 【分析】令，则，根据，可判定A 正确；由，可判定B 错误；根据等差数列的性质，可判定C 正确；，根据，可判定D 错误.令，则，因为，所以为等差数列且公差，故A 正确； 由，所以，故B 错误；解析：AC 【分析】令1m =，则11n n a a a +-=，根据10a >，可判定A 正确；由256110200a a a a d -=>，可判定B 错误；根据等差数列的性质，可判定C 正确；122n d d n a n S ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，根据02>d ，可判定D 错误. 【详解】令1m =，则11n n a a a +-=，因为10a >，所以{}n a 为等差数列且公差0d >，故A 正确；由()()22225611011119209200a a a a a a d daa d d -=++-+=>，所以56110a a a a >，故B错误；根据等差数列的性质，可得()213x x x -=+，所以13x =，213x -=， 故1011109333a =+⨯=，故C 正确； 由()111222nn n na dS d d n a nn -+⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，因为02>d ，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列，故D 错误. 故选：AC . 【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；1、作差比较法：根据1n n a a +-的符号，判断数列{}n a 是递增数列、递减数列或是常数列；2、作商比较法：根据1(0n n na a a +>或0)n a <与1的大小关系，进行判定； 3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.6．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10a >，公差0d ≠，则（ ） A ．若59S >S ，则150S > B ．若59S =S ，则7S 是n S 中最大的项 C ．若67S S >， 则78S S >D ．若67S S >则56S S >.答案：BC 【分析】根据等差数列的前项和性质判断． 【详解】A 错：；B 对：对称轴为7；C 对：，又，；D 错：，但不能得出是否为负，因此不一定有． 故选：BC ． 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列解析：BC 【分析】根据等差数列的前n 项和性质判断． 【详解】A 错：67895911415000S a a a a a S a S ⇒+++<>⇒+<⇒<；B 对：n S 对称轴为n =7；C 对：6770S S a >⇒<，又10a >，887700a S a d S ⇒⇒<<⇒<>；D 错：6770S S a >⇒<，但不能得出6a 是否为负，因此不一定有56S S >． 故选：BC ． 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的前n 项和性质，（1）n S 是关于n 的二次函数，可以利用二次函数性质得最值；（2）1n n n S S a -=+，可由n a 的正负确定n S 与1n S -的大小；（3）1()2n n n a a S +=，因此可由1n a a +的正负确定n S 的正负． 7．已知无穷等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，67S S <，且78S S >，则（ ） A ．在数列{}n a 中，1a 最大 B ．在数列{}n a 中，3a 或4a 最大 C ．310S S =D ．当8n ≥时，0n a <答案：AD 【分析】利用等差数列的通项公式可以求，，即可求公差，然后根据等差数列的性质判断四个选项是否正确. 【详解】 因为，所以 ， 因为，所以， 所以等差数列公差， 所以是递减数列，故最大，选项A解析：AD 【分析】利用等差数列的通项公式可以求70a >，80a <，即可求公差0d <，然后根据等差数列的性质判断四个选项是否正确. 【详解】因为67S S <，所以7670S S a -=> ， 因为78S S >，所以8780S S a -=<， 所以等差数列{}n a 公差870d a a =-<， 所以{}n a 是递减数列，故1a 最大，选项A 正确；选项B 不正确；10345678910770S S a a a a a a a a -=++++++=>，所以310S S ≠，故选项C 不正确；当8n ≥时，80n a a ≤<，即0n a <，故选项D 正确； 故选：AD 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质和前n 项和n S ，属于基础题. 8．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知535S =，411a =，则（ ） A ．45n a n =-B ．23n a n =+C ．223n S n n =-D ．24n S n n =+答案：AC 【分析】由求出，再由可得公差为，从而可求得其通项公式和前项和公式 【详解】由题可知，，即，所以等差数列的公差， 所以，. 故选：AC. 【点睛】本题考查等差数列，考查运算求解能力.解析：AC 【分析】由535S =求出37a =，再由411a =可得公差为434d a a =-=，从而可求得其通项公式和前n 项和公式 【详解】由题可知，53535S a ==，即37a =，所以等差数列{}n a 的公差434d a a =-=， 所以()4445n a a n d n =+-=-，()2451232n n n S n n --==-.故选：AC. 【点睛】本题考查等差数列，考查运算求解能力.9．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13D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项答案：ABCD 【分析】S12＞0，a7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a6+a7＞0，a6＞0．再利用a3＝a1+2d ＝12，可得＜d ＜﹣3．a1＞0．利用S13＝13a7＜0．可得Sn ＜0解析：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：nnS 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．10．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1385a a S +=，则下列结论一定正确的是（ ） A ．100a = B ．当9n =或10时，n S 取最大值 C ．911a a <D ．613S S =答案：AD 【分析】由求出，即，由此表示出、、、，可判断C 、D 两选项；当时，，有最小值，故B 错误. 【详解】解：，，故正确A.由，当时，，有最小值，故B 错误. ，所以，故C 错误. ，，故D 正确.解析：AD 【分析】由1385a a S +=求出100a =，即19a d =-，由此表示出9a 、11a 、6S 、13S ，可判断C 、D 两选项；当0d >时，10a <，n S 有最小值，故B 错误. 【详解】解：1385a a S +=，111110875108,90,02da a d a a d a ⨯++=++==，故正确A. 由190a d +=，当0d >时，10a <，n S 有最小值，故B 错误.9101110,a a d d a a d d =-==+=，所以911a a =，故C 错误.61656+5415392dS a d d d ⨯==-+=-，131131213+11778392d S a d d d ⨯==-+=-，故D 正确. 故选：AD【点睛】 考查等差数列的有关量的计算以及性质，基础题.。
高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版
高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式； （2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。
)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出 的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。
高考理科数学一轮复习专题训练：数列(含详细答案解析)
B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元 数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （ ） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里 里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn为其前 n 项和， S 3 = 9 ，且 a 2 - 1 ， a 3 - 1， a 5 - 1构成等比数列，则 S 5 = （ ）A ．15B ． -15C ．30D ．25【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行， 令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n： ， + ， + + ， + + + ， ，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列 满足，且 ，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时， ，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前 项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为 ， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果 ．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ； 即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前 项和 ．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前 项和为 ，且 是 与 的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为 ，已知 ．（1）求证：数列 是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为 ，且 b = 4n nn +1，若对任意 都成立，求实数 的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当 为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得 ．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是 为首项， 为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当 为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在 上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述 的取值范围为．第 7 单元 数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（ ）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （ ）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为 ， ， （ ），则 （ ）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则 ．．故选 B ．满足： ，若数列 是等比数列，则 的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （ ）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列 的前 项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足： ， ， 成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前 项和对任意的恒成立，则 的最大值为（ ）A ．115【答案】C【解析】由 ， ，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列 是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即 的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ， （ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪 琪 琪 琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以 ， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值 ． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前 项和为 ，且 ， ，数列 满足 ，（1）求数列（2）令【答案】（1）， 的通项公式；，求数列 的前 项和 ．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时， ，即 ，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前 项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为 ，首项为 的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是 ，首项 的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理 是偶数时是公比是 ，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即 ，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前 项和为 ，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与 的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。
2020_2021学年新教材高中数学第四章数列测评课后提升训练含解析选择性第二册
第四章测评（时间:120分钟 满分:150分)一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分,共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1。
已知数列{a n ｝的通项公式为a n =n 2—n ，则可以作为这个数列的其中一项的数是（ ) A 。
10B.15C.21D.42n=7时,a 7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项.2。
已知数列｛b n ｝是等比数列，b 9是1和3的等差中项，则b 2b 16=（ )A 。
16B 。
8C 。
4D 。
2b 9是1和3的等差中项,所以2b 9=1+3,即b 9=2.由等比数列｛b n }的性质可得b 2b 16=b 92=4.3.(2019全国Ⅰ，理9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和。
已知S 4=0,a 5=5，则( )A 。
a n =2n —5 B.a n =3n-10C 。
S n =2n 2—8nD 。
S n =12n 2—2n{b 4=4b 1+4×32·b =0,b 5=b 1+4b =5,解得{b1=-3,b =2.故a n=2n-5，S n=n2—4n，故选A。
4。
等差数列{a n}中,S16〉0，S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=（)A.8 B。
9 C.16 D。
17,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0，即a1+a17=2a9〈0,所以a9〈0，a8〉0,所以等差数列｛a n}为递减数列，且前8项为正数,从第9项以后为负数，所以当其前n项和取得最大值时，n=8。
故选A。
5.已知数列{a n}是以2为首项,1为公差的等差数列，{b n｝是以1为首项,2为公比的等比数列,则b b1+b b2+…+b b10=（）A。
1 033 B.1 034 C。
2 057 D。
2 058a n=n+1，b n=2n-1,于是b bb =b2b-1=2n—1+1，因此b b1+b b2+…+b b10=（20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+22+…+29)+10=1-2101-2+10=1 033.6。
高中数学--数列大题专项训练(含详解)
高中数学--数列大题专项训练（含详解）一、解答题（本大题共16小题，共192.0分）1.已知{}n a 是等比数列，满足12a =，且2a ，32a +，4a 成等差数列，数列{}n b 满足*1231112()23n b b b b n n N n+++⋅⋅⋅+=∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设(1)()n n n n c a b =--，求数列{}n c 的前2n 项和2.n S 2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233.n n S a +=(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若32log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和.n T 3.在数列{}n a 中，111,(1n n n a a a c c a +==⋅+为常数，*)n N ∈，且1a ，2a ，5a 成公比不为1的等比数列．(1)求证：数列1{}na 是等差数列；(2)求c 的值；(3)设1n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和.n S4.在ABC 中，已知三内角A ，B ，C 成等差数列，且11sin().214A π+=()Ⅰ求tan A 及角B 的值；()Ⅱ设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且5a =，求b ，c 的值．5.在数列{}n a 中，11a =，11(1)(1)2nn n a a n n +=+++⋅(1)设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式(2)求数列{}n a 的前n 项和nS 6.已知数列的各项均为正数，前项和为，且()Ⅰ求证数列是等差数列；()Ⅱ设求7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n a a S S =+对一切正整数n 都成立．(1)求1a ，2a 的值；(2)设10a >，数列110lg n a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，当n 为何值时，n T 最大？并求出n T 的最大值．8.已知等差数列{}n a 的前四项和为10，且2a ，3a ，7a 成等比数列．(1)求通项公式na (2)设2n a nb =，求数列n b 的前n 项和.n S 9.已知在数列{}n a 中，13a =，1(1)1n n n a na ++-=，*.n N ∈(1)证明数列{}n a 是等差数列，并求n a 的通项公式；(2)设数列11{}n n a a +的前n 项和为n T ，证明：1.(126n T <分)10.已知函数2(1)4f x x +=-，在等差数列{}n a 中，1(1)a f x =-，232a =-，3().a f x =(1)求x 的值；(2)求数列{}n a 的通项公式.n a 11.已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列，1a ，3a 是函数2()109f x x x =-+的两个零点.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足3log n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n S 。
高中数学数列经典题型专题训练试题(含答案)
高中数学数列经典题型专题训练试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分100分。
考试时间120分钟。
２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。
考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）一．单选题（共15小题，每题2分，共30分）1．数列{a n}，已知对任意正整数n，a1+a2+a3+…+a n=2n-1，则a12+a22+a32+…+a n2等于（）A．（2n-1）2B．C．D．4n-12．若{a n}为等比数列a5•a11=3，a3+a13=4，则=（）A．3B．C．3或D．-3或-3．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7C．6D．4．等差数列{a n}中，a1=1，a3=4，则公差d等于（）A．1B．2C．D．5．数列的前n项和为S n，a n=，则S n≥0的最小正整数n的值为（）6．若数列{a n}的前n项和S n=2n2-2n，则数列{a n}是（）A．公差为4的等差数列B．公差为2的等差数列C．公比为4的等比数列D．公比为2的等比数列7．已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1，则此数列奇数项的前n项和为（）A．B．C．D．8．在等比数列{a n} 中，a1=4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n+2}也是等比数列，则q 等于（）A．2B．-2C．3D．-39．在数列{a n}中，a1=2，a2=2，a n+2-a n=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（）A．990B．1000C．1100D．9910．若数列{a n}是公差为2的等差数列，则数列是（）A．公比为4的等比数列B．公比为2的等比数列C．公比为的等比数列D．公比为的等比数列11．在数列{a n}中，a1=0，a n=4a n-1+3，则此数列的第5项是（）A．252B．255C．215D．52212．数列{a n}、{b n}满足a n•b n=1，a n=n2+3n+2，则{b n}的前10项之和等于（）A．B．C．D．13．等比数列{a n}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于（）14．已知在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a4=2S3+3，a5=2S4+3，则此数列的公比q为（）A．2B．C．3D．15．数列{a n}的通项，则数列{a n}中的最大项是（）A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项二．填空题（共10小题，每题2分，共20分）16．已知等差数列{a n}，有a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则a13+a14+a15=______．17．在等差数列{a n}中，a3+a5+a7+a9+a11=20，则a1+a13=______．18．数列{a n}的通项公式为a n=2n+2n-1，则数列a n的前n项和为______．19．数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则通项a n=______．20．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a2+a6=a8，则=______．21．已知数列{a n}，a n+1=2a n+1，且a1=1，则a10=______．22．设正项等比数列{an}的公比为q，且，则公比q=______．23．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=2a n+1，则数列{a n}的通项公式a n=______．24．数列{a n}为等差数列，已知a3+2a8+a9=20，则a7______．25．设数列{a n}为正项等比数列，且a n+2=a n+1+a n，则其公比q=______．第Ⅱ卷（非选择题）三．简答题（共5小题,50分）26．（10分）已知等差数列{a n}，前n项和为S n=n2+Bn，a7=14．（1）求B、a n；（2）设c n=n•，求T n=c1+c2+…+c n．27．（8分）已知等差数列{a n}满足：a5=11，a2+a6=18（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+3n，求数列{b n}的前n项和S n．28．（7分）已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2，a3，a4+1成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．29．（12分）已知数列{a n}满足．（1）求a2，a3，a4的值；（2）求证：数列{a n-2}是等比数列；（3）求a n，并求{a n}前n项和S n．30．（12分）在数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）在数列{b n}中，若存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），求p，q得值；（Ⅲ）若记c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项的和S n．参考答案一．单选题（共__小题）1．数列{a n}，已知对任意正整数n，a1+a2+a3+…+a n=2n-1，则a12+a22+a32+…+a n2等于（）A．（2n-1）2B．C．D．4n-1答案：C解析：解：∵a1+a2+a3+…+a n=2n-1…①∴a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1…②，①-②得a n=2n-1，∴a n2=22n-2，∴数列{a n2}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴a12+a22+a32+…+a n2==，故选C．2．若{a n}为等比数列a5•a11=3，a3+a13=4，则=（）A．3B．C．3或D．-3或-答案：C解析：解：∵{a n}为等比数列a5•a11=3，∴a3•a13=3①∵a3+a13=4②由①②得a3=3，a13=1或a3=1，a13=3∴q10=或3，∴=或3，故选C．3．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7C．6D．答案：A解析：解：a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10，a52=a2a8，∴，∴，故选A．4．等差数列{a n}中，a1=1，a3=4，则公差d等于（）A．1B．2C．D．答案：D解析：解：∵数列{a n}是等差数列，a1=1，a3=4，∴a3=a1+2d，即4=1+2d，解得d=．故选：D．5．数列的前n项和为S n，a n=，则S n≥0的最小正整数n的值为（）A．12B．13C．14D．15答案：A解析：解：令a n=＜0，解得n≤6，当n＞7时，a n＞0，且a6+a7=a5+a8=a4+a9=a3+a10=a2+a11=a1+a12=0，所以S12=0，S13＞0，即使S n≥0的最小正整数n=12．故选A．6．若数列{a n}的前n项和S n=2n2-2n，则数列{a n}是（）A．公差为4的等差数列B．公差为2的等差数列C．公比为4的等比数列D．公比为2的等比数列答案：A解析：解：∵S n=2n2-2n，则S n-S n-1=a n=2n2-2n-[2（n-1）2-2（n-1）]=4n-4故数列{a n}是公差为4的等差数列故选A．7．已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1，则此数列奇数项的前n项和为（）A．B．C．D．答案：C解析：解：当n=1时，a1=S1=21-1=1，当n≥2时，a n=Sn-Sn-1=2n-1-（2n-1-1）=2•2n-1-2n-1=2n-1，对n=1也适合∴a n=2n-1，∴数列{a n}是等比数列，此数列奇数项也构成等比数列，且首项为1，公比为4．∴此数列奇数项的前n项和为==故选C8．在等比数列{a n} 中，a1=4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n+2}也是等比数列，则q 等于（）A．2B．-2C．3D．-3答案：C解析：解：由题意可得q≠1由数列{S n+2}也是等比数列可得s1+2，s2+2，s3+2成等比数列则（s2+2）2=（S1+2）（S3+2）代入等比数列的前n项和公式整理可得（6+4q）2=24（1+q+q2）+12解可得q=3故选C．9．在数列{a n}中，a1=2，a2=2，a n+2-a n=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（）A．990B．1000C．1100D．99答案：A解析：解：当n为奇数时，a n+2-a n=1+（-1）n=0，可得a1=a3=…=a59=2．当n为偶数时，a n+2-a n=1+（-1）n=2，∴数列{a2n}为等差数列，首项为2，公差为2，∴a2+a4+…+a60=30×2+=930．∴S60=（a1+a3+…+a59）+（a2+a4+…+a60）=30×2+930=990．故选：A．10．若数列{a n}是公差为2的等差数列，则数列是（）A．公比为4的等比数列B．公比为2的等比数列C．公比为的等比数列D．公比为的等比数列答案：A解析：解：∵数列{a n}是公差为2的等差数列∴a n=a1+2（n-1）∴∴数列是公比为4的等比数列故选A11．在数列{a n}中，a1=0，a n=4a n-1+3，则此数列的第5项是（）A．252B．255C．215D．522答案：B解析：解：由a n=4a n-1+3可得a n+1=4a n-1+4=4（a n-1+1），故可得=4，由题意可得a1+1=1即数列{a n+1}为首项为1，公比为4的等比数列，故可得a5+1=44=256，故a5=255故选B12．数列{a n}、{b n}满足a n•b n=1，a n=n2+3n+2，则{b n}的前10项之和等于（）A．B．C．D．答案：B解析：解：∵a n•b n=1∴b n==∴s10==（-）+=-=故选项为B．13．等比数列{a n}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于（）A．20B．18C．10D．8答案：B解析：解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2=8，a3-a1=16，∴，解得，∴=2×32=18．故选：B．14．已知在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a4=2S3+3，a5=2S4+3，则此数列的公比q为（）A．2B．C．3D．答案：C解析：解：∵a4=2S3+3，a5=2S4+3，即2S4=a5-3，2S3=a4-3∴2S4-2S3=a5-3-（a4-3）=a5-a4=2a4，即3a4=a5∴3a4=a4q解得q=3，故选C15．数列{a n}的通项，则数列{a n}中的最大项是（）A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项答案：D解析：解：由题意得=，∵n是正整数，∴=当且仅当时取等号，此时，∵当n=9时，=19；当n=9时，=19，则当n=9或10时，取到最小值是19，而取到最大值．故选D．二．填空题（共__小题）16．已知等差数列{a n}，有a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则a13+a14+a15=______．答案：-40解析：解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，∵a4+a5+a6=（a1+3d）+（a2+3d）+（a3+3d）=a1+a2+a3+9d，∴-4=8+9d，解得d=-，∴a13+a14+a15=a1+a2+a3+36d=8-×36=-40，故答案为：-4017．在等差数列{a n}中，a3+a5+a7+a9+a11=20，则a1+a13=______．答案：8解析：解：由等差数列的性质可得a3+a5+a7+a9+a11=（a3+a11）+a7+（a5+a9）=2a7+a7+2a7=5a7=20∴a7=4∴a1+a13=2a7=8故答案为：818．（2015秋•岳阳校级月考）数列{a n}的通项公式为a n=2n+2n-1，则数列a n的前n项和为______．答案：2n+n2-1解析：解：数列a n的前n项和S n=（2+22+23+…+2n）+[1+3+5+…+（2n-1）]=+=2n-1+n2．故答案为：2n-1+n2．19．数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则通项a n=______．答案：2n-1解析：解：由题可得，a n+1+1=2（a n+1），则=2，又a1=1，则a1+1=2，所以数列{a n+1}是以2为首项、公比的等比数列，所以a n+1=2•2n-1=2n，则a n=2n-1．故答案为：2n-1．20．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a2+a6=a8，则=______．答案：3解析：解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由a2+a6=a8，得a1+d+a1+5d=a1+7d，即a1=d，所以==．故答案为3．21．已知数列{a n}，a n+1=2a n+1，且a1=1，则a10=______．答案：1023解析：解：由题意，两边同加1得：a n+1+1=2（a n+1），∵a1+1=2∴{a n+1}是以2为首项，以2为等比数列∴a n+1=2•2n-1=2n∴a n=2n-1∴a10=1024-1=1023．故答案为：1023．22．设正项等比数列{an}的公比为q，且，则公比q=______．答案：解析：解：由题意知得∴6q2-q-1=0∴q=或q=-（与正项等比数列矛盾，舍去）．故答案为：23．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=2a n+1，则数列{a n}的通项公式a n=______．答案：2n+1-1解析：解：由题意知a n+1=2a n+1，则a n+1+1=2a n+1+1=2（a n+1）∴=2，且a1+1=4，∴数列{a n+1}是以4为首项，以2为公比的等比数列．则有a n+1=4×2n-1=2n+1，∴a n=2n+1-1．24．数列{a n}为等差数列，已知a3+2a8+a9=20，则a7______．答案：=5解析：解：等差数列{a n}中，∵a3+2a8+a9=20，∴（a1+2d）+2（a1+7d）+（a1+8d）=4a1+24d=4（a1+6d）=4a7=20，∴a7=5．故答案为：5．25．设数列{a n}为正项等比数列，且a n+2=a n+1+a n，则其公比q=______．答案：解析：解：由题设条件知a1+a1q=a1q2，∵a1＞0，∴q2-q-1=0解得，∵数列{a n}为正项等比数列，∴．故答案：．三．简答题（共__小题）26．已知等差数列{a n}，前n项和为S n=n2+Bn，a7=14．（1）求B、a n；（2）设c n=n•，求T n=c1+c2+…+c n．答案：解：（1）∵a7=14．即a7=S7-S6=72+7B-62-6B=14．解得B=1，当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．n=1时也适合∴a n=2n（2）由（1）c n=n•=n•4n，T n=c1+c2+…+c n．=1•41+2•42+3•43+…n•4n①4T n=1•42+2•43+3•44+…（n-1）•4n+n•4n+1，②①-②得-3T n=41+42+43+…4n-n•4n+1=-n•4n+1=•4n+1∴T n=•4n+1解析：解：（1）∵a7=14．即a7=S7-S6=72+7B-62-6B=14．解得B=1，当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．n=1时也适合∴a n=2n（2）由（1）c n=n•=n•4n，T n=c1+c2+…+c n．=1•41+2•42+3•43+…n•4n①4T n=1•42+2•43+3•44+…（n-1）•4n+n•4n+1，②①-②得-3T n=41+42+43+…4n-n•4n+1=-n•4n+1=•4n+1∴T n=•4n+127．已知等差数列{a n}满足：a5=11，a2+a6=18（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+3n，求数列{b n}的前n项和S n．答案：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a5=11，a2+a6=18，∴，解得a1=3，d=2．∴a1=2n+1．（Ⅱ）由（I）可得：b n=2n+1+3n．∴S n=[3+5+…+（2n+1）]+（3+32+…+3n）=+=n2+2n+-．解析：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a5=11，a2+a6=18，∴，解得a1=3，d=2．∴a1=2n+1．（Ⅱ）由（I）可得：b n=2n+1+3n．∴S n=[3+5+…+（2n+1）]+（3+32+…+3n）=+=n2+2n+-．28．已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2，a3，a4+1成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．答案：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a1=2和a2，a3，a4+1成等比数列，得（2+2d）2-（2+d）（3+3d），解得d=2，或d=-1，当d=-1时，a3=0，与a2，a3，a4+1成等比数列矛盾，舍去．∴d=2，∴a n=a1+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．即数列{a n}的通项公式a n=2n；（Ⅱ）由a n=2n，得b n==，∴S n=b1+b2+b3+…+b n==．解析：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a1=2和a2，a3，a4+1成等比数列，得（2+2d）2-（2+d）（3+3d），解得d=2，或d=-1，当d=-1时，a3=0，与a2，a3，a4+1成等比数列矛盾，舍去．∴d=2，∴a n=a1+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．即数列{a n}的通项公式a n=2n；（Ⅱ）由a n=2n，得b n==，∴S n=b1+b2+b3+…+b n==．29．已知数列{a n}满足．（1）求a2，a3，a4的值；（2）求证：数列{a n-2}是等比数列；（3）求a n，并求{a n}前n项和S n．答案：解：（1）∵数列{a n}满足，∴．…（3分）（2）∵，又a1-2=-1，∴数列{a n-2}是以-1为首项，为公比的等比数列．…（7分）（注：文字叙述不全扣1分）（3）由（2）得，…（9分）∴．…（12分）解析：解：（1）∵数列{a n}满足，∴．…（3分）（2）∵，又a1-2=-1，∴数列{a n-2}是以-1为首项，为公比的等比数列．…（7分）（注：文字叙述不全扣1分）（3）由（2）得，…（9分）∴．…（12分）30．在数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）在数列{b n}中，若存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），求p，q得值；（Ⅲ）若记c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项的和S n．答案：解：（Ⅰ）数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n；∴b n+1=log2a n+1，∴b n+1-b n=log2a n+1-log2a n=log2=-1；∴=，∴{a n}是等比数列，通项公式为a n=16×=；∴{b n}的通项公式b n=log2a n=log2=5-n；（Ⅱ）数列{b n}中，∵b n=5-n，假设存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），则，解得，或；（Ⅲ）∵a n=，b n=5-n，∴c n=a n•b n=（5-n）×；∴{c n}的前n项和S n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×①，∴s n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×②；①-②得：s n=4×----…--（5-n）×=64--（5-n）×=48+（n-3）×；∴s n=96+（n-3）×．解析：解：（Ⅰ）数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n；∴b n+1=log2a n+1，∴b n+1-b n=log2a n+1-log2a n=log2=-1；∴=，∴{a n}是等比数列，通项公式为a n=16×=；∴{b n}的通项公式b n=log2a n=log2=5-n；（Ⅱ）数列{b n}中，∵b n=5-n，假设存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），则，解得，或；（Ⅲ）∵a n=，b n=5-n，∴c n=a n•b n=（5-n）×；∴{c n}的前n项和S n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×①，∴s n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×②；①-②得：s n=4×----…--（5-n）×=64--（5-n）×=48+（n-3）×；∴s n=96+（n-3）×．。
人教A版高中数学选修二第四章《数列》提高训练题 (20)(含答案解析)
（2）若 为数列 的前 项和，且 ，求数列 的前 项和.
42．已知正项等比数列 的前 项和为 ， ，且 ， ， 成等差数列.
（1）求 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 .
43．已知Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和，S3＝6，a3是a1与a9的等比中项．
A．3976B．3974
C．3978D．3973
10．已知函数 是定义在 上的单调函数，且对任意的正数 ， 都有 ，若数列 的前 项和为 ，且满足 ，则 （）
A． B． C． D．
11．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足：a1＋3a3＝ ，S3＝ ，则a4＝（）
A． B．
C．4D．8
故选：A.
10．D
【解析】
根据 ，对 进行变形得到 ，根据知 求 ，经过计算得到 的通项公式.
因为 对于对任意的正数 ， 都成立，
所以 ，即 ，
所以 ，
又 ，
故两式相减得 ，即
又当 时， ，即 ，
故数列 是首项为1，公比为 的等比数列，即 ．
故选：D.
11．A
【解析】
根据等比数列的通项公式、求和公式求解即可.
D．若 既是开方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
17．（多选题）已知数列 的前 项和为 ， ， ，数列 的前 项和为 ，则下列选项正确的为（）
A．数列 是等差数列
B．数列 是等比数列
C．数列 的通项公式为
D．
18．设数列 是以 为公差的等差数列， 是其前 项和， ，且 ，则下列结论正确的是（）
则 .
所以 .
所以 .
故选：A
7．A
高中数学等差数列提高题(含答案解析)
等差数列提高题第I卷徐荣先汇编一．选择题（共20小题）1．记Sn 为等差数列{an}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{an}的公差为（）A．1 B．2 C．4 D．82．等差数列{an }中，a3，a7是函数f（x）=x2﹣4x+3的两个零点，则{an}的前9项和等于（）A．﹣18 B．9 C．18 D．363．已知Sn 为等差数列{an}的前n项和，若a4+a9=10，则S12等于（）A．30 B．45 C．60 D．1204．等差数列{an }中，a3=5，a4+a8=22，则{an}的前8项的和为（）A．32 B．64 C．108 D．1285．设等差数列{an }的前n项和为Sn，若a2+a4+a9=24，则S9=（）A．36 B．72 C．144 D．706．在等差数列{an }中，a9=a12+3，则数列{an}的前11项和S11=（）A．24 B．48 C．66 D．1327．已知等差数列{an }的前n项和为Sn，且S6=24，S9=63，则a4=（）A．4 B．5 C．6 D．78．一已知等差数列{an }中，其前n项和为Sn，若a3+a4+a5=42，则S7=（）A．98 B．49 C．14 D．1479．等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=6，a2=1，则公差d等于（）A．B．C．D．210．已知等差数列{an }的前n项和Sn，其中且a11=20，则S13=（）A．60 B．130 C．160 D．26011．已知Sn 是等差数列{an}的前n项和，若4S6+3S8=96，则S7=（）A．48 B．24 C．14 D．712．等差数列{an }的前n项和为Sn，且满足a4+a10=20，则S13=（）A．6 B．130 C．200 D．26013．在等差数列{an }中，Sn为其前n项和，若a3+a4+a8=25，则S9=（）A．60 B．75 C．90 D．10514．等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=﹣15，a2+a5=﹣2，则公差d等于（）A．5 B．4 C．3 D．215．已知等差数列{an }，a1=50，d=﹣2，Sn=0，则n等于（）A．48 B．49 C．50 D．5116．设等差数列{an }的前n项和为Sn，若S4=﹣4，S6=6，则S5=（）A．1 B．0 C．﹣2 D．417．设等差数列{an }的前n项和为Sn，若a4，a6是方程x2﹣18x+p=0的两根，那么S9=（）A．9 B．81 C．5 D．4518．等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=15，a2=5，则公差d等于（）A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．219．等差数列{an }中，a1+a3+a5=39，a5+a7+a9=27，则数列{an}的前9项的和S9等于（）A．66 B．99 C．144 D．29720．等差数列{an }中，a2+a3+a4=3，Sn为等差数列{an}的前n项和，则S5=（）A．3 B．4 C．5 D．6 二．选择题（共10小题）21．设Sn 是等差数列{an}的前n项和，已知a2=3，a6=11，则S7= ．22．已知等差数列{an }的前n项和为Sn，若a3=4，S3=3，则公差d= ．23．已知等差数列{an }中，a1=1，a2+a3=8，则数列{an}的前n项和Sn= ．24．设等差数列{an }的前n项和为Sn，若公差d=2，a5=10，则S10的值是．25．设{an }是等差数列，若a4+a5+a6=21，则S9= ．26．已知等差数列{an }的前n项和为Sn，若a3=9﹣a6，则S8= ．27．设数列{an }是首项为1的等差数列，前n项和Sn，S5=20，则公差为．28．记等差数列{an }的前n项和为Sn，若，则d= ，S6= ．29．设等差数列{an }的前n项和为Sn，若a4=4，则S7= ．30．已知等差数列{an }中，a2=2，a12=﹣2，则{an}的前10项和为．I卷答案一．选择题（共20小题）1．（2017•新课标Ⅰ）记Sn 为等差数列{an}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{an}的公差为（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：∵Sn 为等差数列{an}的前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{an}的公差为4．故选：C．2．（2017•于都县模拟）等差数列{an }中，a3，a7是函数f（x）=x2﹣4x+3的两个零点，则{an}的前9项和等于（）A．﹣18 B．9 C．18 D．36【解答】解：∵等差数列{an }中，a3，a7是函数f（x）=x2﹣4x+3的两个零点，∴a3+a7=4，∴{an }的前9项和S9===．故选：C．3．（2017•江西模拟）已知Sn 为等差数列{an}的前n项和，若a4+a9=10，则S12等于（）A．30 B．45 C．60 D．120【解答】解：由等差数列的性质可得：．故选：C．4．（2017•尖山区校级四模）等差数列{an }中，a3=5，a4+a8=22，则{an}的前8项的和为（）A．32 B．64 C．108 D．128【解答】解：a4+a8=2a6=22⇒a6=11，a3=5，∴，故选：B．5．（2017•宁德三模）设等差数列{an }的前n项和为Sn，若a2+a4+a9=24，则S9=（）A．36 B．72 C．144 D．70 【解答】解：在等差数列{an}中，由a2+a4+a9=24，得：3a1+12d=24，即a1+4d=a5=8．∴S9=9a5=9×8=72．故选：B．6．（2017•湖南一模）在等差数列{an }中，a9=a12+3，则数列{an}的前11项和S11=（）A．24 B．48 C．66 D．132【解答】解：在等差数列{an }中，a9=a12+3，∴，解a1+5d=6，∴数列{an }的前11项和S11=（a1+a11）=11（a1+5d）=11×6=66．故选：C．7．（2017•商丘三模）已知等差数列{an }的前n项和为Sn，且S6=24，S9=63，则a4=（）A．4 B．5 C．6 D．7【解答】解：∵等差数列{an }的前n项和为Sn，且S6=24，S9=63，∴，解得a1=﹣1，d=2，∴a4=﹣1+2×3=5．故选：B．8．（2017•葫芦岛一模）一已知等差数列{an }中，其前n项和为Sn，若a3+a4+a5=42，则S7=（）A．98 B．49 C．14 D．147【解答】解：等差数列{an }中，因为a3+a4+a5=42，所以3a4=42，解得a4=14，所以S7==7a4=7×14=98，故选A．9．（2017•南关区校级模拟）等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=6，a2=1，则公差d等于（）A．B．C．D．2【解答】解：∵等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=6，a2=1，∴，解得，d=．故选：A．10．（2017•锦州一模）已知等差数列{an }的前n项和Sn，其中且a11=20，则S13=（）A．60 B．130 C．160 D．260【解答】解：∵数列{an}为等差数列，∴2a3=a3，即a3=0又∵a11=20，∴d=S13=•（a1+a13）=•（a3+a11）=•20=130故选B．11．（2017•龙门县校级模拟）已知Sn 是等差数列{an}的前n项和，若4S6+3S8=96，则S7=（）A．48 B．24 C．14 D．7【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵4S6+3S8=96，∴+=96，化为：a1+3d=2=a4．则S7==7a4=14．故选：C．12．（2017•大连模拟）等差数列{an }的前n项和为Sn，且满足a4+a10=20，则S13=（）A．6 B．130 C．200 D．260【解答】解：∵等差数列{an }的前n项和为Sn，且满足a4+a10=20，∴S13=（a1+a13）=（a4+a10）=20=130．故选：B．13．（2017•大东区一模）在等差数列{an }中，Sn为其前n项和，若a3+a4+a8=25，则S9=（）A．60 B．75 C．90 D．105【解答】解：∵等差数列{an }中，Sn为其前n项和，a3+a4+a8=25，∴3a1+12d=25，∴，∴S9==9a5=9×=75．故选：B．14．（2017•延边州模拟）等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=﹣15，a2+a5=﹣2，则公差d等于（）A．5 B．4 C．3 D．2【解答】解：∵等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=﹣15，a2+a5=﹣2，∴，解得a3=﹣2，d=4．故选：B．15．（2017•金凤区校级四模）已知等差数列{an }，a1=50，d=﹣2，Sn=0，则n等于（）A．48 B．49 C．50 D．51【解答】解：由等差数列的求和公式可得，==0整理可得，n2﹣51n=0∴n=51故选D16．（2017•唐山一模）设等差数列{an }的前n项和为Sn，若S4=﹣4，S6=6，则S5=（）A．1 B．0 C．﹣2 D．4【解答】解：设等差数列{an }的公差为d，∵S4=﹣4，S6=6，∴d=﹣4，d=6，解得a1=﹣4，d=2．则S5=5×（﹣4）+×2=0，故选：B．17．（2017•南关区校级模拟）设等差数列{an }的前n项和为Sn，若a4，a6是方程x2﹣18x+p=0的两根，那么S9=（）A．9 B．81 C．5 D．45【解答】解：∵等差数列{an }的前n项和为Sn，a 4，a6是方程x2﹣18x+p=0的两根，那∴a4+a6=18，∴S9===81．故选：B．18．（2017•宜宾模拟）等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=15，a2=5，则公差d等于（）A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．2【解答】解：∵等差数列{an }的前n项和为Sn，且S5=15，a2=5，∴，解得a1=7，d=﹣2，∴公差d等于﹣2．故选：B．19．（2017•西宁模拟）等差数列{an }中，a1+a3+a5=39，a5+a7+a9=27，则数列{an}的前9项的和S9等于（）A．66 B．99 C．144 D．297【解答】解：∵等差数列{an }中，a1+a3+a5=39，a5+a7+a9=27，∴3a3=39，3a7=27，解得a3=13，a7=9，∴数列{an}的前9项的和：S9===．故选：B．20．（2017•大庆二模）等差数列{an }中，a2+a3+a4=3，Sn为等差数列{an}的前n项和，则S5=（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：∵等差数列{an }中，a2+a3+a4=3，S n 为等差数列{an}的前n项和，∴a2+a3+a4=3a3=3，解得a3=1，∴S5==5a3=5．故选：C．二．选择题（共10小题）21．（2017•榆林一模）设Sn 是等差数列{an}的前n项和，已知a2=3，a6=11，则S7= 49 ．【解答】解：∵a2+a6=a1+a7∴故答案是4922．（2017•宝清县校级一模）已知等差数列{an }的前n项和为Sn，若a3=4，S3=3，则公差d= 3 ．【解答】解：由等差数列的性质可得S3===3，解得a2=1，故公差d=a3﹣a2=4﹣1=3故答案为：323．（2017•费县校级模拟）已知等差数列{an }中，a1=1，a2+a3=8，则数列{an}的前n项和Sn= n2．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a1=1，a2+a3=8，∴2×1+3d=8，解得d=2．则数列{an }的前n项和Sn=n+=n2．故答案为：n2．24．（2017•淮安四模）设等差数列{an }的前n项和为Sn，若公差d=2，a5=10，则S10的值是110 ．【解答】解：∵等差数列{an }的前n项和为Sn，若公差d=2，a5=10，∴a5=a1+4×2=10，解得a1=2，∴S10=10×2+=110．故答案为：110．25．（2017•盐城一模）设{an }是等差数列，若a4+a5+a6=21，则S9= 63 ．【解答】解：∵{an }是等差数列，a4+a5+a6=21，∴a4+a5+a6=3a5=21，解得a5=7，∴=63．故答案为：63．26．（2017•乐山三模）已知等差数列{an }的前n项和为Sn，若a3=9﹣a6，则S8=72 ．【解答】解：由题意可得a3+a6=18，由等差数列的性质可得a1+a8=18故S8=（a1+a8）=4×18=72故答案为：7227．（2017•凉山州模拟）设数列{an }是首项为1的等差数列，前n项和Sn，S5=20，则公差为．【解答】解：设等差数列{an }的公差为d，∵a1=1，S5=20，∴5+d=20，解得d=．故答案为：．28．（2017•鹿城区校级模拟）记等差数列{an }的前n项和为Sn，若，则d= 3 ，S6= 48 ．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵，∴+d=20，解得d=3．∴S6==48．故答案为：3，48．29．（2017•金凤区校级一模）设等差数列{an }的前n项和为Sn，若a4=4，则S7=28 ．【解答】解：∵等差数列{an }的前n项和为Sn，a4=4，∴S7=（a1+a7）=7a4=28．故答案为：28．30．（2017•衡阳三模）已知等差数列{an }中，a2=2，a12=﹣2，则{an}的前10项和为 6 ．【解答】解：∵等差数列{an }中，a2=2，a12=﹣2，∴，解得a1=2.4，d=﹣0.4，∴{an}的前10项和为：=6．故答案为：6．第II 卷一、选择题1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D.252．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 5a 3＝59，则S 9S 5等于( )A ．1B ．－1C ．2D.123．等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＋a 5＝14，其前n 项和S n ＝100，则n 等于( ) A ．9 B ．10 C ．11D.124．(2015·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D.125．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D.－15二、填空题6．已知{a n }是等差数列，a 4＋a 6＝6，其前5项和S 5＝10，则其公差为d ＝________.7．{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，已知a 7＝5，S 7＝21，则S 10＝________.8．若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1nn ＋1的前n 项和为S n ，且S n ＝1920，则n ＝________.[能力提升]1．如图224所示将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n (n >1，n ∈N *)个点，相应的图案中总的点数记为a n ，则a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n等于( )图22 4A.3n22B.n n＋12C.3n n－12D.n n－123．(2015·安徽高考)已知数列{a n}中，a1＝1，a n＝a n－1＋12(n≥2)，则数列{a n}的前9项和等于________．资*源%库4．(2015·全国卷Ⅰ)S n为数列{a n}的前n项和．已知a n＞0，a2n＋2a n＝4S n＋3.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝1anan＋1，求数列{b n}的前n项和．第III卷1．已知{a n}为等差数列，a1＝35，d＝－2，S n＝0，则n等于( ) A．33 B．34C．35 D．36【答案】 D【解析】本题考查等差数列的前n项和公式．由S n＝na1＋n n－12d＝35n＋n n－12×(－2)＝0，可以求出n＝36.2．等差数列{a n}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则数列前13项的和是( )A．13 B．26C．52 D．156【答案】 B【解析】3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24⇒6a4＋6a10＝24⇒a4＋a10＝4⇒S13＝13a 1＋a 132＝13a 4＋a 102＝13×42＝26. 3．等差数列的前n 项和为S n ，S 10＝20，S 20＝50.则S 30＝________. 【答案】 90【解析】 等差数列的片断数列和依次成等差数列． ∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20也成等差数列． ∴2(S 20－S 10)＝(S 30－S 20)＋S 10，解得S 30＝90.4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝84，S 20＝460，求S 28.【分析】 (1)应用基本量法列出关于a 1和d 的方程组，解出a 1和d ，进而求得S 28；(2)因为数列不是常数列，因此S n 是关于n 的一元二次函数且常数项为零．设S n ＝an 2＋bn ，代入条件S 12＝84，S 20＝460，可得a 、b ，则可求S 28；(3)由S n ＝d2n 2＋n (a 1－d2)得S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 是一个等差数列，又2×20＝12＋28，∴2×S 2020＝S 1212＋S 2828，可求得S 28.【解析】 方法一：设{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋n n －12d .由已知条件得：⎩⎪⎨⎪⎧12a 1＋12×112d ＝84，20a 1＋20×192d ＝460，整理得⎩⎨⎧2a 1＋11d ＝14，2a 1＋19d ＝46，解得⎩⎨⎧a 1＝－15，d ＝4.所以S n ＝－15n ＋n n －12×4＝2n 2－17n ，所以S 28＝2×282－17×28＝1 092.方法二：设数列的前n 项和为S n ，则S n ＝an 2＋bn . 因为S 12＝84，S 20＝460，所以⎩⎨⎧ 122a ＋12b ＝84，202a ＋20b ＝460，整理得⎩⎨⎧12a ＋b ＝7，20a ＋b ＝23.解之得a ＝2，b ＝－17， 所以S n ＝2n 2－17n ，S 28＝1 092. 方法三：∵{a n }为等差数列， 所以S n ＝na 1＋n n －12d ，所以S n n ＝a 1－d 2＋d2n ，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 是等差数列．因为12,20,28成等差数列， 所以S 1212，S 2020，S 2828成等差数列，所以2×S 2020＝S 1212＋S 2828，解得S 28＝1 092.【规律方法】 基本量法求出a 1和d 是解决此类问题的基本方法，应熟练掌握．根据等差数列的性质探寻其他解法，可以开阔思路，有时可以简化计算．一、选择题(每小题5分，共40分)1．已知等差数列{a n }中，a 2＝7，a 4＝15，则前10项的和S 10等于( ) A ．100 B ．210 C ．380 D ．400【答案】 B 【解析】 d ＝a 4－a 24－2＝15－72＝4，则a 1＝3，所以S 10＝210.2．在等差数列{a n }中，a 2＋a 5＝19，S 5＝40，则a 10＝( ) A ．27 B ．24 C ．29 D ．48【答案】 C【解析】 由已知⎩⎨⎧2a 1＋5d ＝19，5a 1＋10d ＝40.解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝3.∴a 10＝2＋9×3＝29.3．数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋2n －1，则这个数列一定是( ) A ．等差数列 B ．非等差数列 C ．常数列 D ．等差数列或常数列 【答案】 B【解析】 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，当n ＝1时a 1＝S 1＝2.∴a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2，这不是等差数列．4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】 A【解析】 ⎩⎨⎧a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，∴⎩⎨⎧a 1＝－11，d ＝2，∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝－11n ＋n 2－n ＝n 2－12n .＝(n －6)2－36. 即n ＝6时，S n 最小．5．一个只有有限项的等差数列，它的前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，则它的第7项等于( )A ．22B ．21C ．19D ．18【答案】 D【解析】 ∵a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝34，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋a n －4＝146， ∴5(a 1＋a n )＝180，a 1＋a n ＝36，S n ＝n a1＋a n2＝n×362＝234.∴n＝13，S13＝13a7＝234.∴a7＝18.6．一个有11项的等差数列，奇数项之和为30，则它的中间项为( ) A．8 B．7C．6 D．5【答案】 D【解析】S奇＝6a1＋6×52×2d＝30，a1＋5d＝5，S偶＝5a2＋5×42×2d＝5(a1＋5d)＝25，a中＝S奇－S偶＝30－25＝5.7．若两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别是S n，T n，已知SnTn＝7nn＋3，则a5b5等于( )A．7 B.2 3C.278D.214【答案】 D【解析】a5b5＝2a52b5＝a1＋a9b1＋b9＝92a1＋a992b1＋b9＝S9T9＝214.8．已知数列{a n}中，a1＝－60，a n＋1＝a n＋3，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于( )A．445 B．765C．1 080 D．1 305【答案】 B【解析】a n＋1－a n＝3，∴{a n}为等差数列．∴a n＝－60＋(n－1)×3，即a n＝3n－63.∴a n＝0时，n＝21，a n>0时，n>21，a n<0时，n<21.S′30＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－a1－a2－a3－…－a21＋a22＋a23＋…＋a30＝－2(a 1＋a 2＋…＋a 21)＋S 30 ＝－2S 21＋S 30 ＝765.二、填空题(每小题10分，共20分)9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝S 3＝12，则数列的通项公式a n＝________.【答案】 2n【解析】 设等差数列{a n }的公差d ，则 ⎩⎨⎧a 1＋5d ＝12a 1＋d ＝4，∴⎩⎨⎧a 1＝2d ＝2，∴a n ＝2n .10．等差数列共有2n ＋1项，所有奇数项之和为132，所有偶数项之和为120，则n 等于________．【答案】 10【解析】 ∵等差数列共有2n ＋1项，∴S 奇－S 偶＝a n ＋1＝S 2n ＋12n ＋1.即132－120＝132＋1202n ＋1，求得n ＝10.【规律方法】 利用了等差数列前n 项和的性质，比较简捷．三、解答题(每小题20分，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)11．在等差数列{a n }中，(1)已知a 6＝10，S 5＝5，求a 8和S 8； (2)若a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－1 022，求d .【分析】 在等差数列中，五个重要的量，只要已知三个量，就可求出其他两个量，其中a 1和d 是两个最基本量，利用通项公式和前n 项和公式，先求出a 1和d ，然后再求前n 项和或特别的项．【解析】 (1)∵a 6＝10，S 5＝5， ∴⎩⎨⎧a 1＋5d ＝10，5a 1＋10d ＝5.解方程组，得a 1＝－5，d ＝3，∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16，S 8＝8a1＋a82＝44.(2)由S n＝n a1＋a n2＝n－512＋12＝－1 022，解得n＝4.又由a n＝a1＋(n－1)d，即－512＝1＋(4－1)d，解得d＝－171.【规律方法】一般地，等差数列的五个基本量a1，a n，d，n，S n，知道其中任意三个量可建立方程组，求出另外两个量，即“知三求二”．我们求解这类问题的通性通法，是先列方程组求出基本量a1和d，然后再用公式求出其他的量．12．已知等差数列{a n}，且满足a n＝40－4n，求前多少项的和最大，最大值为多少？【解析】方法一：(二次函数法)∵a n＝40－4n，∴a1＝40－4＝36，∴S n＝a1＋a n n2＝36＋40－4n2·n＝－2n2＋38n＝－2[n2－19n＋(192)2]＋1922＝－2(n－192)2＋1922.令n－192＝0，则n＝192＝9.5，且n∈N＋，∴当n＝9或n＝10时，S n最大，∴S n的最大值为S9＝S10＝－2(10－192)2＋1922＝180.方法二：(图象法)∵a n＝40－4n，∴a1＝40－4＝36，a2＝40－4×2＝32，∴d＝32－36＝－4，S n ＝na1＋n n－12d＝36n＋n n－12·(－4)＝－2n2＋38n，点(n，S n)在二次函数y＝－2x2＋38x的图象上，S n有最大值，其对称轴为x＝－382×－2＝192＝9.5， ∴当n ＝10或9时，S n 最大．∴S n 的最大值为S 9＝S 10＝－2×102＋38×10＝180. 方法三：(通项法)∵a n ＝40－4n ，∴a 1＝40－4＝36，a 2＝40－4×2＝32，∴d ＝32－36＝－4<0，数列{a n }为递减数列． 令⎩⎨⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0，有⎩⎨⎧40－4n ≥0，40－4n ＋1≤0，∴⎩⎨⎧n ≤10，n ≥9，即9≤n ≤10.当n ＝9或n ＝10时，S n 最大． ∴S n 的最大值为S 9＝S 10＝a 1＋a 102×10＝36＋02×10＝180. 【规律方法】 对于方法一，一定要强调n ∈N ＋，也就是说用函数式求最值，不能忽略定义域，另外，三种方法中都得出n ＝9或n ＝10，需注意a m ＝0时，S m－1＝S m 同为S n 的最值．。
高中数学 第四章 数列 4.3.1 第1课时 等比数列的概念及通项公式课后提升训练(含解析)新人教A
第四章数列4.3 等比数列 4.3.1等比数列的概念第1课时 等比数列的概念及通项公式课后篇巩固提升基础达标练1.等比数列{a n }中,a 1a 2=2,a 2a 4=16,则公比q 等于 ()A.2B.3C.√84D.2√43{a n }中,a 1a 2=2,a 2a 4=16,∴a 2·a4a 1·a 2=q 3=8,则公比q=2,故选A .2.(多选)(2020某某某某一中高一月考)设{a n }为等比数列,给出四个数列:①{2a n };②{a n 2};③{2a n };④{log 2|a n |},其中一定为等比数列的是() A.①B.②C.③D.④{a n }的公比为q ,则2a n2a n -1=a na n -1=q ,故{2a n }是等比数列; a n 2a n -12=(a n a n -1)2=q 2, 故{a n 2}是等比数列;取等比数列a n =(-1)n ,则{2a n }的前三项为12,2,12,不成等比数列;此时log 2|a n |=0,{log 2|a n |}不成等比数列.故选AB .3.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项的和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=() A.16B.8C.4D.2a 1,公比为q ,由已知得,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,因为a 1>0且q>0,则可得q=2,又因为a 1(1+q+q 2+q 3)=15,即可解得a 1=1,则a 3=a 1q 2=4.4.已知等差数列{a n }的公差为2,若a 1,a 3,a 4成等比数列,则a 2=() A.-4B.-6C.-8D.-10a 4=a 1+6,a 3=a 1+4,a 1,a 3,a 4成等比数列,∴a 32=a 1·a 4,即(a 1+4)2=a 1·(a 1+6),解得a 1=-8,∴a 2=a 1+2=-6.故选B .5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =2a n+1,则S n =() A .2n-1B .(32)n -1C .(23)n -1D .12n -1S n =2a n+1,得S n =2(S n+1-S n ),即2S n+1=3S n ,S n+1Sn=32.又S 1=a 1=1,所以S n =(32)n -1,故选B .6.在160与5中间插入4个数,使它们同这两个数成等比数列,则这4个数依次为.6个数所成等比数列的公比为q ,则5=160q 5,∴q 5=132,∴q=12.∴这4个数依次为80,40,20,10.7.在数列{a n }中,已知a 1=3,且对任意正整数n 都有2a n+1-a n =0,则a n =.2a n+1-a n =0,得a n+1a n=12,所以数列{a n }是等比数列,公比为12.因为a 1=3,所以a n =3·(12)n -1.3·(12)n -18.在等比数列{a n }中,若a 1=18,q=2,则a 4与a 8的等比中项是.,得a 6=a 1q 5=18×25=4,而a 4与a 8的等比中项是±a 6,故a 4与a 8的等比中项是±4.49.已知数列{a n }是等差数列,且a 2=3,a 4+3a 5=56.若log 2b n =a n . (1)求证:数列{b n }是等比数列; (2)求数列{b n }的通项公式.log 2b n =a n ,得b n =2a n .因为数列{a n }是等差数列,不妨设公差为d ,则bnb n -1=2a n 2a n -1=2a n -a n -1=2d (n ≥2),2d 是与n 无关的常数,所以数列{b n }是等比数列.,得{a 1+d =3,a 1+3d +3(a 1+4d )=56,解得{S 1=-1,d =4,于是b 1=2-1=12,公比q=2d =24=16,所以数列{b n }的通项公式b n =12·16n-1.10.已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=2a n +1. (1)证明:数列{a n +1}是等比数列; (2)求数列{a n }的通项公式.a n+1=2a n +1,∴a n+1+1=2(a n +1).由a 1=1,知a 1+1≠0,从而a n +1≠0.∴a n+1+1a n +1=2(n ∈N *). ∴数列{a n +1}是等比数列.(1)知{a n +1}是以a 1+1=2为首项,2为公比的等比数列.∴a n +1=2·2n-1=2n .即a n =2n -1.能力提升练1.若a ,b ,c 成等差数列,而a+1,b ,c 和a ,b ,c+2都分别成等比数列,则b 的值为() A.16B.15C.14D.12,得{2b =a +c ,b 2=(a +1)c ,b 2=a (c +2),解得{a =8,b =12,c =16.2.在等比数列{a n }中,a 1=1,公比|q|≠1.若a m =a 1a 2a 3a 4a 5,则m 等于() A.9B.10C.11D.12a m =a 1a 2a 3a 4a 5=q ·q 2·q 3·q 4=q 10=1×q 10,∴m=11.3.(多选)(2019某某滕州第一中学新校高二月考)已知数列{a n },{b n }是等比数列,那么下列一定是等比数列的是 ()A.{k ·a n }B.{1a n}C.{a n +b n }D.{a n ·b n },可设等比数列{a n }的公比为q 1(q 1≠0),则a n =a 1·q 1n -1,等比数列{b n }的公比为q 2(q 2≠0),则b n =b 1·q 2n -1,对于A,当k=0时,{k ·a n }显然不是等比数列,故A 错误;对于B,1an=1a 1q 1n -1=1a 1·(1q 1)n -1,∴数列{1a n}是一个以1a 1为首项,1q 1为公比的等比数列,故B 正确;对于C,举出反例,当a n =1,b n =-1时,数列{a n +b n }不是等比数列,故C 错误; 对于D,a n ·b n =a 1·b 1(q 1·q 2)n-1,∴数列{a n ·b n }是一个以a 1b 1为首项,q 1q 2为公比的等比数列,故D 正确.故选BD .4.已知-7,a 1,a 2,-1四个实数成等差数列,-4,b 1,b 2,b 3,-1五个实数成等比数列,则a 2-a1b 2=.,得a 2-a 1=-1-(-7)3=2,b 22=(-4)×(-1)=4.又b 2是等比数列中的第3项,所以b 2与第1项同号,即b 2=-2,所以a 2-a 1b 2=2-2=-1.15.已知一个等比数列的各项均为正数,且它的任何一项都等于它的后面两项的和,则它的公比q=.,得a n =a n+1+a n+2,所以a n =a n q+a n q 2.因为a n >0,所以q 2+q-1=0, 解得q=-1+√52(q =-1-√52舍去).6.若数列a 1,a 2a 1,a 3a 2,…,an a n -1,…是首项为1,公比为-√2的等比数列,则a 5=.,得aS a n -1=(-√2)n-1(n ≥2),所以a2a 1=-√2,a3a 2=(-√2)2,a4a 3=(-√2)3,a5a 4=(-√2)4,将上面的四个式子两边分别相乘,得a5a 1=(-√2)1+2+3+4=32.又a 1=1,所以a 5=32.7.已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1,a n 2-(2a n+1-1)a n -2a n+1=0.(1)求a 2,a 3;(2)求{a n }的通项公式.由题意可得a 2=12,a 3=14.(2)由a n 2-(2a n+1-1)a n -2a n+1=0,得2a n+1(a n +1)=a n (a n +1).因为{a n }的各项都为正数,所以a n+1a n=12.故{a n }是首项为1,公比为12的等比数列,因此a n =12n -1,n ∈N*.8.已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n +1, (1)求证{a n }是等比数列,并求出其通项公式; (2)设b n =a n+1+2a n ,求证:数列{b n }是等比数列.∵S n =2a n +1,∴S n+1=2a n+1+1,S n+1-S n =a n+1=(2a n+1+1)-(2a n +1)=2a n+1-2a n ,∴a n+1=2a n .由已知及上式可知a n ≠0. ∴由a n+1a n=2知{a n }是等比数列. 由a 1=S 1=2a 1+1,得a 1=-1,∴a n =-2n-1.(2)由(1)知,a n=-2n-1,∴b n=a n+1+2a n=-2n-2×2n-1=-2×2n=-2n+1=-4×2n-1.b S+1 b n =-4×2n-4×2n-1=2.∴数列{b n}是等比数列.素养培优练已知数列{},其中=2n+3n,数列{+1-p}为等比数列,求常数p.{+1-p}为等比数列,所以(+1-p)2=(-p-1)(+2-p+1),将=2n+3n代入上式得,[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n-p(2n-1+3n-1)],整理得16(2-p)(3-p)·2n·3n=0,解得p=2或p=3.。
高中数学选择性必修二 第四章 数列单元测试(提升卷)(无答案)
第四章 数列 单元过关检测 能力提升B 卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 题型：8（单选）+4（多选）+4（填空）+6（解答），满分150分，时间：120分钟一、单选题1．已知等差数列{}n a 的公差和首项都不为零，且2a ，4a ，8a 成等比数列，则1324a a a a （ ）A ．13B ．23C ．53D ．22．设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，10103020102(21)0S S S -++=，则公比q 等于（ ）A ．12B ．13C ．14D ．23．两个等差数列{}n a 和{}n b ，其前n 项和分别为n S 、n T ，且723n n S n T n +=+，则220715a ab b +=+（ ）A ．49B ．378C ．7914 D ．149244．已知数列{}n a 为等差数列，135102a a a ++=-，24699a a a ++=-，以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最小值的n 是（ ） A ．37和38B ．38C ．37D ．36和375．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段12(,)33，记为第一次操作；再将剩下的两个区间1[0,]3，2[,1]3分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于910，则需要操作的次数n 的最小值为（ ）（参考数据：lg 20.3010=，lg30.4771=） A ．4B ．5C ．6D ．76．已知数列1、1、2、1、2、4、1、2、4、8、1、2、4、8、16、…，其中第一项是02，接下来的两项是02、12，再接下来的三项是02、12、22，以此类推，若100N >且该数列的前N 项和为2的整数幂，则N 的最小值为（ ） A ．440B ．330C ．220D ．1107．等差数列12,,,n a a a ⋅⋅⋅()*3,n n ≥∈N ，满足121|||||||1|n a a a a ++⋅⋅⋅+=+2|1|a ++|1|n a +⋅⋅⋅++12|2||2||2|2019n a a a =-+-+⋅⋅⋅+-=，则（ ）A ．n 的最大值为50B ．n 的最小值为50C ．n 的最大值为51D ．n 的最小值为518．已知数列{}n a 满足()2*1232n n a a a a n N =∈，且对任意的*n N ∈都有12111nt a a a +++<，则实数t 的取值范围是（ ）A ．1+3⎛⎫∞ ⎪⎝⎭，B ．1+3⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭，C ．2+3⎛⎫∞ ⎪⎝⎭，D ．2+3⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭，二、多选题9．(多选)已知单调递增的等差数列{}n a 满足123101+a +a +0a a ⋯+=，则下列各式一定成立的有（ ） A ．11010a a +>B ．21000a a +=C ．31000a a +≤D ．510a =10．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，99101011,01a a a a -><-则下列结论正确的是（ ） A ．01q <<B ．10111a a >C ．n S 的最大值为10SD ．n T 的最大值为9T11．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于0.618）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为a n (n ∈N *)，数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＝a n －1＋a n －2 (n ≥3)．再将扇形面积设为b n (n ∈N *)，则（ ）A ．4(b 2020－b 2019)＝πa 2018·a 2021B ．a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2019＝a 2021－1C ．a 12＋a 22＋a 32…＋(a 2020)2＝2a 2019·a 2021D ．a 2019·a 2021－(a 2020)2＋a 2018·a 2020－(a 2019)2＝012．如图，已知点E 是ABCD 的边AB 的中点，()*n F n ∈N 为边BC 上的一列点，连接nAF 交BD于n G ，点()*n G n ∈N满足()1223nn n n n G D aG A a G E +=⋅-+⋅，其中数列{}n a 是首项为1的正项数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（）A ．313a =B ．数列{}3n a +是等比数列C ．43n a n =-D ．122n n S n +=--三、填空题13．已知数列{}n a 满足142n na a +=-且14a =，n S 为数列{}n a 的前项和，则2020S =__________. 14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()*11111n n n n N S S a +⎛⎫-=∈ ⎪⎝⎭，且112a =-，则20191S =_______. 15．已知函数()331xx f x =+，()x R ∈，正项等比数列{}n a 满足501a =，则()()()1299f lna f lna f lna ++⋯+等于______．16．已知等比数列{}n a 中11a =，48a =，在n a 与1n a +两项之间依次插入12n -个正整数，得到数列{}n b ，即12345,1,,2,3,,4,5,6,7,,8,9,10,11,12,13,14,15,,a a a a a ⋅⋅⋅．则数列{}n b 的前2013项之和2013S =_______(用数字作答)．四、解答题17．在①对任意1n >，满足()1121n n n S S S +-+=+，②12n n n S S a +-=+，③()11n n S na n n +=-+这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，______，若数列{}n a 是等差数列，求数列{}n a 的通项公式；若数列{}n a 不一定是等差数列，说明理由．18．根据预测，疫情期间，某医院第()N n n *∈天口罩供应量和消耗量分别为n a 和n b （单位：个），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 天末的口罩保有量是前n 天的累计供应量与消耗量的差．（1）求该医院第4天末的口罩保有量；（2）已知该医院口罩仓库在第n 天末的口罩容纳量()24468800n S n =--+（单位：个）．设在某天末，口罩保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时仓库的口罩容纳量？19．已知正项数列{}n a 的前n 项和为2*111,1,,n n n n S a S S a n N ++=+=∈.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足：1122222...22n n n n a b a b a b a b +++++=-，求数列221log n n a b +⎧⎫⎪⎪⎨⎬⋅⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T .20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且1a 为2a 与2S 的等差中项，当2n ≥时，总有11230n n n S S S +--+=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记m b 为1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭在区间(()1*0,4m m N -⎤∈⎦内的个数，记数列(){}21m m b -⋅的前m 项和为m W ，求20W .21．已知项数为*,(2)m m N m ∈≥的数列{}n a 为递增数列，且满足*n a N ∈，若()12 (1)m n na a a ab m +++-=-，且*nb N ∈，则称{}n b 为{}n a 的“伴随数列”.（1）数列1,5,9,13,17是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”若不存在，请说明理由；（2）若{}n b 为{}n a 的“伴随数列"，证明: 12m b b b >>⋯>；（3）已知数列{}n a 存在“伴随数列{}n b ，且11,2049m a a ==，求m 的最大值. 22．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()1*1221N n n n S a n ++=-+∈，且25a =．（1）证明12n n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； （2）设()3log 2nn n b a =+，且22212111n nT b b b =++⋅⋅⋅+，证明2n T <； （3）在（2）的条件下，若对于任意的*N n ∈不等式()()1260n n b n n b λ+-+-<恒成立，求实数的取值范围．。
人教版高中数学选择性必修第二册第四章 数列 复习提升(含解析)
人教版高中数学选择性必修第二册第四章数列复习提升易混易错练易错点1忽略数列与一般函数的区别1.()已知函数f(x)= -56,4−x+4,x<6,数列{a n}满足a n=f(n)(n∈N*),且数列{a n}是单调递增数列,则实数a的取值范围是.2.()在数列{a n}中,a n=n2+λn,n∈N*.若{a n}是递增数列,求λ的取值范围.易错点2误用数列的有关性质3.(2019黑龙江大庆中学高二月考,)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S3=30,S6=100,则S9的值为()A.260B.130C.170D.210易错点3由S n求a n时,忽略n=1的情况4.(2020福建福州一中高三上期末,)数列{a n}满足a1=1,其前n项和为S n,且S n=2a n(n≥2,n∈N*),则{a n}的通项公式为.5.()已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足a n+2S n S n-1=0(n≥2),a1=12.(1)求证;(2)求数列{a n}的通项公式.6.()在数列{a n}中,a1=1,a1+2a2+3a3+…+na n= +12·a n+1(n∈N*),求数列{a n}的通项公式.易错点4应用等比数列的求和公式时忽略q=1的情况7.()已知在等比数列{a n}中,a1=2,S3=6,则a3=.8.()在等差数列{a n}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n+b n}是首项为1,公比为q的等比数列,求数列{b n}的前n 项和S n.9.()求和:S n= ++ 2++…+ +(x≠0).思想方法练一、函数思想在数列中的应用1.()等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a1>0,S9=S16,则当n=时,S n最大.2.()已知首项为32的等比数列{a n}不是递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S n-1 (n∈N*),求数列{T n}中最大项的值与最小项的值.二、方程思想在数列中的应用3.()在等差数列{a n}中,前n项和为S n,S10=90,a5=8,则a4=()A.16B.12C.8D.64.(2020河北唐山高三上期末,)已知{a n}是公差不为0的等差数列,且前3项的和为9.{b n}是等比数列,且b1=a2,b2=a5,b3=a11.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求{b n}的前n项和T n.三、分类讨论思想在数列中的应用5.()已知数列-1,4,-7,10,…,(-1)n·(3n-2),…,求其前n项和S n.6.()已知等差数列{a n}的首项为6,公差为d,且a1,a3+2,2a4成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|的值.四、转化与化归思想在数列中的应用7.(2020天津耀华中学高二上期末,)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且满足2S n=2n+1+m(m∈R).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=1(2 +1)log2( +1),求数列{b n}的前n项和T n.8.(2019辽宁六校协作体高二上期中,)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n+n=2a n(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=a n·log2(a n+1)+n(n∈N*),求{b n}的前n项和K n.答案全解全析易混易错练1.答案,8解析由题意知,a n=a n-56,n∈N*,4−n+4,n<6,n∈N*.∵{a n}是单调递增数列,∴当n≥6时,a>1,当n<6时,4- 2>0,且a5<a6,即 >1,4−2> ,5< 6,解得487<a<8.易错警示本题中数列{a n}为单调递增数列需满足a5<a6,而函数f(x)递增需满足a6-5≥4−二者不同,解题时需注意.2.解析由{a n}是递增数列得,a n<a n+1,即n2+λn<(n+1)2+λ(n+1),整理得λ>-(2n+1),n∈N*,解得λ>-3.∴λ的取值范围是(-3,+∞).3.D由题意可得S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,故2(S6-S3)=S3+(S9-S6),即2×(100-30)=30+S9-100,解得S9=210.故选D.易错警示在等差数列中,S n,S2n-S n,S3n-S2n,S4n-S3n,…成等差数列,而不是S n,S2n,S3n,S4n,…成等差数列.4.答案a n=1, =12n-2,n≥2,n∈N*解析当n=2时,S2=2a2,得a2=a1=1,又当n≥2时,S n=2a n,∴S n+1=2a n+1,∴S n+1-S n=2a n+1-2a n,即a n+1=2a n(n≥2),经检验a2=a1≠2a1,不符合上式,∴{a n}从第二项起构成以a2=1为首项,q=2为公比的等比数列,∴当n≥2时,a n=a2·q n-2=2n-2.∴a n=1, =1,2n-2,n≥2,n∈N*.易错警示已知S n求a n的解题过程通常分为四步:第一步,令n=1,得a1;第二步,令n≥2,得a n;第三步,在第二步求得的a n的表达式中取n=1,判断其值是否等于a1;第四步,写出数列的通项公式.其中第三步尤为关键,解题时一定要检验n=1时是否符合n≥2时求得的a n的表达式,否则易导致第四步中数列的通项公式求解错误.5.解析(1)证明:当n≥2时,由a n+2S n S n-1=0,得S n-S n-1=-2S n S n-1,所以1 -1 -1=2,又1 1=1 1=2,2,公差为2的等差数列.(2)由(1)可得1 =2n,所以S n=12 .当n≥2时,a n=S n-S n-1=12 -12( -1)=-12 ( -1).当n=1时,a1=1,不符合a n=-12 ( -1).故a n,n≥2,n∈N*.6.解析由a1+2a2+3a3+…+na n= +12a n+1,得当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)a n-1= 2a n,两式作差得na n= +12a n+1- 2a n,即(n+1)a n+1=3na n(n≥2),故数列{na n}从第二项起构成公比为3的等比数列,且a1=1,a2=1,于是2a2=2,故当n≥2时,na n=2·3n-2.所以a n=2·3 -2 (n≥2).经检验,当n=1时,a1=1不符合上式,所以a n=1,·3n-2,n≥2,n∈N*.7.答案2或8解析设等比数列{a n}的公比为q,当q=1时,S3=3a1=6,符合题意,此时a3=a1=2.当q≠1时,由S3= 1(1- 3)1− =2(1− 3)1− =6,解得q=-2,此时a3=a1·q2=8.综上可知,a3=2或a3=8.8.解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,则由题意可得2 1+7d=−23,2 1+9d=−29,解得 1=−1,=−3,所以a n=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2.(2)由题意得a n+b n=q n-1,所以b n=3n-2+q n-1.当q=1时,b n=3n-1,则S n= (2+3 -1)2= (3 +1)2.当q≠1时,S n=b1+b2+…+b n=[1+4+…+(3n-2)]+(1+q+…+q n-1)= (1+3 -2)2+1− 1−= (3 -1)2+1− .综上,S n,q=1,1− 1− ,q≠1.9.解析由题知x≠0,①当x≠±1时,S n= ++ 2++…+ += 2+2+ 4 …+x2n+2+1 2=(x2+x4+…+x2n+1 4+…+= 2(1- 2 )1− 2+ -2(1- -2 )1− -2+2n=( 2 -1)( 2 +2+1)2 ( 2-1)+2n.②当x=±1时,S n=4n.综上,S n+2n,x≠±1且x≠ .思想方法练1.答案12或13解析设等差数列{a n}的公差为d,由等差数列前n项和公式,得S9=9a1+9×82d=9a1+36d,S16=16a1+16×152d=16a1+120d.又因为S9=S16,所以9a1+36d=16a1+120d,即d=-112a1,又a1>0,所以d<0.由此可知,数列{a n}是单调递减数列,点(n,S n)在开口向下的抛物线上.又S9=S16,所以点(9,S9)与点(16,S16)关于直线x=252对称,所以当n=12或n=13时,S n最大.2.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2= 5 3=14.又{a n}不是递减数列,且a1=32>0,所以q=-12,故等比数列{a n}的通项公式为a n=32×=(-1)n-1·32 .(2)由(1)得,S n=1-=1+12 ,n为奇数,1−12 .设(x∈R),由指数函数的性质可知为单调递减函数.所以当n为奇数时,S n随n的增大而减小,所以1<S n≤S1=32,故0<S n-1 ≤S1-1 1=32-23=56.当n为偶数时,S n随n的增大而增大,所以34=S2≤S n<1,故0>S n-1 ≥S2-1 2=3-43=-712.综上,-712≤S n-1 ≤56,且S n-1 ≠0(n∈N*),所以数列{T n}中最大项的值为56,最小项的值为-712.3.D设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,则1 1+1 ×92d=9 ,1+4d=8,解得 1= , =2,∴a4=a1+3d=0+3×2=6.4.解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),则a1+a2+a3=3a1+3d=9,则a1+d=3.①因为{b n}是等比数列,且b1=a2,b2=a5,b3=a11,所以(a1+d)(a1+10d)=(a1+4d)2,化简得a1d=2d2,因为d≠0,所以a1=2d.②由①②解得,a1=2,d=1,故a n=a1+(n-1)d=n+1,n∈N*.(2)由(1)得b1=a2=3,b2=a5=6,设等比数列{b n}的公比为q,则q= 2 1=2,故b n=3×2n-1,则T n= 1(1- )1− =3−3×2 1−2=3×2n-3.5.解析当n为偶数时,令n=2k(k∈N*),则S n=S2k=-1+4-7+10-…+(-1)n·(3n-2)=(-1+4)+(-7+10)+…+[(-6k+5)+(6k-2)]=3k=3 2;当n为奇数时,令n=2k+1(k∈N*).则S n=S2k+1=S2k+a2k+1=3k-(6k+1)=-3 +12.∴S n,n∈N*, 为奇数,N*, 为偶数.6.解析(1)∵a1=6,公差为d,∴a3=6+2d,a4=6+3d.又∵a1,a3+2,2a4成等比数列,∴a1·2a4=(a3+2)2,即6×2×(6+3d)=(6+2d+2)2,解得d=-1或d=2.当d=-1时,a n=a1+(n-1)d=7-n;当d=2时,a n=a1+(n-1)d=2n+4.∴{a n}的通项公式为a n=7-n或a n=2n+4.(2)由d<0及(1)可知,d=-1,此时a n=7-n.当n≤7时,a n≥0,则|a1|+|a2|+…+|a n|=a1+a2+…+a n= ( 1+ )2=- 22+13 2.当n>7时,a n<0,则|a1|+|a2|+…+|a n|=a1+a2+…+a7-(a8+a9+…+a n)=21-( -7)(-1+7- )2= 22-13 2+42.∴|a1|+|a2|+…+|a n|≤7,n∈N*,>7,n∈N*.7.解析(1)由2S n=2n+1+m(m∈R)得,当n≥2时,2S n-1=2n+m(m∈R),两式相减得,2S n-2S n-1=2a n=2n,即a n=2n-1(n≥2),a2=2.又a1=S1=2+ 2,a2=2a1,所以2=2×2+解得m=-2,所以a1=1,符合a n=2n-1,所以等比数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)由(1)可知,log2(a n a n+1)=log2(2n-12n)=2n-1,∴b n=1(2 +1)(2 -1)=12∴T n=b1+b2+…+b n=121−1115+…+12 -1-=121−= 2 +1.8.解析(1)由S n+n=2a n(n∈N*)得,当n≥2时,S n-1+(n-1)=2a n-1,两式相减得,a n+1=2a n-2a n-1,即a n=2a n-1+1,所以a n+1=2(a n-1+1)(n≥2),又当n=1时,a1+1=2a1,所以a1=1,所以a1+1=2,所以数列{a n+1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n+1=2n,所以a n=2n-1,n∈N*.(2)由(1)知b n=(2n-1)log22n+n=n×2n,则K n=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①2K n=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②①-②,得-K n=2+22+23+…+2n-n×2n+1=2(1−2 )1−2-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,所以K n=(n-1)2n+1+2.。
11 高中数学等差数列与等比数列问题专题训练
专题11高中数学等差数列与等比数列问题专题训练【知识总结】1．等差数列、等比数列的基本运算等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *)(1)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；(2)等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.(3)等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ； (4)等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.2．等差数列、等比数列的性质1．通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2．前n 项和的性质：对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外)．【高考真题】1．(2022·全国乙理) 已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =( )A ．14B ．12C ．6D ．32．(2022·全国乙文) 记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d =_______．【题型突破】题型一 等差数列基本量的计算1．(2017·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．82．(2018·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．123．(2014·福建)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( )A ．8B ．10C ．12D ．144．(2016·全国Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．975．设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，则a 18＝( )A ．259B ．269C ．3D ．2896．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝________．7．(2020·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝________．8．(2020·新高考Ⅱ)将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为 ________．9．(2013·全国Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．610．(2019·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n 题型二 等差数列性质的应用11．在等差数列{a n }中，a 4＋a 5＝15，a 7＝12，则a 2等于( )A ．3B ．－3C ．32D ．－3212．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( )A ．a 1＋a 101>0B ．a 1＋a 101<0C ．a 3＋a 99＝0D ．a 51＝5113．已知数列{a n }是等差数列，若a 1－a 9＋a 17＝7，则a 3＋a 15等于( )A ．7B ．14C ．21D ．7(n －1)14．在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则a 2＋a 14的值为( )A ．6B ．12C ．24D ．4815．已知等差数列{a n }，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝21，则a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝________．16．设数列{a n }是等差数列，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则a 1＋a 2＋…＋a 7等于( )A ．14B ．21C ．28D ．3517．在等差数列{a n }中，若a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，则a 9－13a 11的值为( ) A ．14 B ．15 C ．16 D ．1718．已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对于任意的自然数n ，都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 3＋a 152(b 3＋b 9)＋a 3b 2＋b 10＝( ) A ．1941 B ．1737 C ．715 D ．204119．在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 7＋a 9)＝54，则此数列前10项的和S 10等于( )A ．45B ．60C ．75D ．9020．若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )A ．13B ．12C ．11D ．10题型三 等比数列基本量的计算21．(2017·全国Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________．22．(2020·全国Ⅱ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8＝( )A ．12B ．24C ．30D ．3223．(2019·全国Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．224．(2019·全国Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________． 25．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________． 26．(多选题)已知正项等比数列{a n }满足a 1＝2，a 4＝2a 2＋a 3，若设其公比为q ，前n 项和为S n ，则( )A ．q ＝2B ．a n ＝2nC ．S 10＝2047D ．a n ＋a n ＋1＜a n ＋227．(2015·全国Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．28．(2020·全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S n a n＝( ) A ．2n －1 B ．2－21－n C ．2－2n －1 D ．21－n －129．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( ) A ．1 B ．4 C ．4或0 D ．830．(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ．若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5 题型四 等比数列性质的应用31．在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( )A ．－2B ．－2C ．±2D ．232．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．1133．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝( )A ．4B ．6C ．8D ．8－4234．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 ．335．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 3536．已知数列{a n }的各项都为正数，对任意的m ，n ∈N *，a m ·a n ＝a m ＋n 恒成立，且a 3·a 5＋a 4＝72，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝________．37．在等比数列{a n }中，a n ＞0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8 D ．1638．已知数列{a n }为等比数列，且a 2a 6＋2a 24＝π，则tan(a 3·a 5)等于( )A ．3B ．－3C ．－33D ．±3 39．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．22D ．440．已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2020＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)等于 ( )A ．2 020B ．1 010C ．2D ．12题型五 等差与等比数列的综合计算41．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值为( ) A ．－3 B ．－1 C ．－33D ．3 42．各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________．43．(2020·江苏)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋2n －1(n ∈N *)，则d ＋q 的值是________．44．(2017·全国Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．845．设S n 为公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和，且3a 1，2a 2，a 3成等差数列，则q ＝_____，S 4S 2＝______． 46．公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a 3，a 2成等差数列，mS 2，S 3，S 4成等比数列，则m ＝( )A ．78B ．85C ．1D ．9547．在公差d ＜0的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝________．48．已知等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11．那么一定有( )A ．a 6≤b 6B ．a 6≥b 6C ．a 12≤b 12D ．a 12≥b 1249．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，设b n ＝log 2a n ＋1a 1，则数列{b n }的前n 项和为( ) A ．n B ．n (n －1)2 C ．n (n ＋1)2 D ．(n ＋1)(n ＋2)250．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列．若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2D ．92。
人教A版高中数学选修二第四章《数列》提高训练题 (14)(含答案解析)
选修二第四章《数列》提高训练题 (14)一、单选题1．设数列{}n a 满足113,34n n a a a n +==-，若21485n n n n n b a a +++=，且数列{}n b 的前n 项和为n S ，则n S =（ ） A ．2169n n ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭B ．42369n n ++C ．1169n n ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭D ．2169n n ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭2．已知数列{}n a 满足113a =，()2*12N nn n a a a n n+=+∈，则下列选项正确的是（ ）A ．20212020a a <B ．2021202114043a << C ．2021202104043a <<D ．20211a >3．已知等比数列{}n a 中，14a ，312a ，23a 成等差数列．则2018202020172019a a a a --=（ ）A ．4或1﹣B ．4C ．1-D ．4﹣4．已知数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，…，则18是数列中的（ ） A ．第29项B ．第30项C ．第36项D ．第37项5．对于正项数列{}n a ，定义：12323nn a a a na G n++++=为数列{}n a 的“匀称值”.已知数列{}n a 的“匀称值”为n 2G n =+，则该数列中的10a 等于（ ） A ．83B ．125C ．94D ．21106．已知等比数列{}n a ，的前n 项和为91463,,3,2n S S n a a S *∈-==N ，若1,.2m a m *=∈N 则m =（ ） A ．6 B ．5 C ．8 D ．77．正整数数列{}n a 满足11,231,n n n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩是偶数是奇数，已知64a =，{}n a 的前6项和的最大值为S ，把1a 的所有可能取值按从小到大排列成一个新数列{}nb ，{}n b 所有项和为T ，则S T -=（ ） A ．61B ．62C ．64D ．658．在等差数列{}n a 中，首项10a >，公差0d ≠，前n 项和为n S （n *∈N ），有下列叙述： （1）若414S S =，则必有190S <； （2）若3130a a +>，则必有150S >；（3）若1011S S >，则必有1112S S >.其中叙述正确的序号是（ ） A ．（1）（2） B ．（1）（3）C ．（2）（3）D ．（1）（2）（3）9．已知数列{}n a 满足1122n n n a a a +=+（n *∈N ），且11a =，若记n b 为满足不等式11122k n n a -<≤（n *∈N ）的正整数k 的个数，设()()111nn n nnn b T b b -=----，数列{}n T 的最大项的值为M 与最小项的值为N ，则M N -=（ ） A ．712-B ．13C ．56D ．171210．已知数列{}n a ，0n a >且满足21122n n n a a a ++-=，*n N ∈，则下列说法中错误的是（ ）A ．若14a ≠，当3n ≥时，有：()()()()2234242224n n n a a a a a -⋅-+⋅++=- B ．若12a =，则7322n S n ≤- C ．当()10,2a ∈时，{}n a 是递增数列；当()14,a ∈+∞时，{}n a 是递减数列 D ．存在0M >，使n a M ≤恒成立11．已知等差数列{}n a 满足570a a +>，670a a +<，12323412n n n n T a a a a a a a a a ++=+++，若对任意正整数n ，恒有n k T T ≤，则正整数k 的值是（ ） A ．6B ．5C ．4D ．712．对于任一实数序列{}123,,,A a a a =，定义A 为序列{}213243,,,a a a a a a ---，它的第n 项是1n n a a +-，假定序列()A 的所有项都是1，且1820170a a ==，则2018a =（ ）A ．1000B ．2000C ．100D ．20013．在等比数列{}n a 中，123453a a a a a ++++=，222221234515a a a a a ++++=，则12345a a a a a -+-+的值是（ ） A ．5 BC．D ．3二、多选题14．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ．已知312a =，100S >，60a <，则（ ）A ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小项为第6项B ．2445d -<<-C ．50a >D ．0n S >时，n 的最大值为515．设数列{}n a 前n 项和为()*n S n N ∈，关于数列{}n a 有下列命题，其中正确的命题是（ ） A ．若()*1n n a a n N +=∈则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若()2,n S an bn a b R =+∈，则{}n a 为等差数列C ．若{}n a 为等比数列，则232,,,n n n n n S S S S S --⋅⋅⋅成等比数列D ．若()11nn S =--，{}n a 是等比数列16．记n S 为数列{}n a 的前n 项和.下列说法正确的是（ ） A ．若对2n ∀≥，*n ∈N ，有112n n n a a a -+=+，则数列{}n a 是等差数列 B ．若对2n ∀≥，*n ∈N ，有211n n n a a a -+=⋅，则数列{}n a 是等比数列 C ．已知(1)n S n n a =+-，则{}n a 是等差数列的充要条件是0a = D ．已知2n n S a =-，则{}n a 是等比数列的充要条件是1a =三、双空题17．等比数列{}n a 的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为8532，偶数项之和为2116，则这个等比数列的公比q ＝________，又令该数列的前n 项的积为n T ，则n T 的最大值为________．18．如图是瑞典科学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图案的作法是：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，这样的过程称为一次操作.反复进行这种操作过程，就得到一条“雪花”状的曲线，并记n 次操作后的曲线为n T ，周长为n C .设原正三角形0T 的边长为1，03C =即对应图1，则进行二次操作后，曲线2T （对应图3）的顶点数为___________；若进行n 次操作后，则0ni i C ==∑___________.19．已知数列{}n a 的前n 项和为22n S n n =+，现将该数列按如下规律排成个数阵：按行排列，第n 行有12n -项，每一行从左到右项数依次增大，记(),m n 为 该数阵中第m 行从左到右第n 个数的坐标，则坐标()5,5为对应的数为____________；2021a 对应的坐标为____________ 20．已知数列{}n a 的前n 项和是n S ，满足11()1n n a n N a *+=∈-，112a =，则100a =___________2021S =___________四、填空题21．“康托尔尘埃”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：在一个单位正方形中，首先，将正方形等分成9个边长为13的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形的面积和为1S ；然后，将剩余的4个小正方形分别继续9等分，分别保留靠角的4个小正方形，记所得的16个小正方形的面积和为2S ；……；操作过程不断地进行下去，以至无穷，保留的图形称为康托尔尘埃．若121925n S S S ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+≥，则需要操作的次数n 的最小值为______．22．已知等差数列{}n a 满足：12121|||||||1||1||1||1|n n a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=++++⋅⋅⋅++=-2|1||1|2021n a a +-+⋅⋅⋅+-=，则正整数n 的最大值为________23．在如图的表格，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 值为__．24．数列{}n a 中，12a =，()*,p q p q a a a p q +=∈N ，记m b 为{}n a 中在区间(]0,m ()*m ∈N 中的项的个数，则数列{}m b 的前150项和150S =________．25．已知等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且有393a a +=，576b b +=，则1111S T 的值为__________．26．设等比数列{}n a 满足：126a a +=，136a a -=-，记m b 为{}n a 中在区间(0,]m ()m ∈*N 中的项的个数，则数列{}m b 的前50项和50S =__________．27．已知整数数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n n a a a ++=-，*n ∈N ．若对任意给定的1a ，存在正整数0n ，使得00341n n n S S n +-<+对任意正整数n 成立，则3a 的取值集合是________．五、解答题28．已知{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，{}n b 是等比数列，且112a b ==，4427a b +=，4410S b -=. （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式； （2）记1122n n n T a b a b a b =+++，证明：()*118,2n n n T a b n n ---=∈≥N .29．已知数列{}n a 是等差数列，n S 是{}n a 的前n 项和，84a =， . （1）判断2022是否是数列{}n a 中的项，并说明理由； （2）求n S 的最小值.从①1122S =-，②56S S =中任选一个，补充在上面的问题中并作答. 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.30．已知在等差数列{}n b 中，()2log 1n n b a =-，*n N ∈，且13a =，39a =. （1）求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n a 的通项公式和前n 项和n S . 31．已知数列{}n a 满足13a =，()1*1323N n n n a a n ++=+⨯∈，数列{}n b 满足3nnna b=． （1）求证：数列{}n b 是等差数列，并求出数列{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（3）数列{}n b 的前n 项和为n T ，设()1nn n c T =-⋅，求数列{}n c 的前n 项和n M ．32．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，*12(N )n n a S n +=+∈． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设221log ()n n b a =+，求证：数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和16n T <.33．某企业去年的纯利润为500万元，因设备老化，企业的生产能力逐渐下降.若不进行技术改造，预测从今年起每年的纯利润比上一年减少20万元.今年年初该企业一次性投入600万元资金进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n 年（今年为第一年）的利润为150012n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭万元（n 为正整数）.（1）设从今年起的前()n n +∈N 年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为n a 万元，进行技术改造的累计纯利润为n b 万元（扣除技术改造资金），求n a ，n b 的表达式；（2）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润.34．数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()(),n n S n N *∈在函数()21122f x x x =+的图象上. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列21n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若不等式()1log 13n a T a >-对任意正整数n 恒成立，求实数a 的取值范围.35．在公差为d 的等差数列{}n a 中，已知110a =，且()2132522a a a =+.（1）求公差d 和通项公式n a ；（2）若0d <，求数列{}n a 的前n 项和n S ，并证明数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列.36．在公差为d 的等差数列{}n a 中，已知110a =，且()2132522a a a =+．（1）求公差d 和通项公式n a ；（2）若0d <，求123n a a a a +++⋅⋅⋅+．37．设{}n a 为等差数列，{}n b 为正项等比数列，111a b ==，243a a b +=，243b b a =，分别求出{}n a 及{}n b 的前10项的和10S 及10T ．38．数列{}n a 中，给定正整数(1)k k >，-111()k i i i V k a a +==-∑．定义：数列{}n a 满足1(1,2,,1)i i a a i k +≤=-，称数列{}n a 的前k 项单调不增．（1）若数列{}n a 通项公式为：1n a n=，*()n N ∈，求(5)V ； （2）若数列{}n a 满足：1a a =，m a b =，(1,,)m m a b >∈>*N ，求证： ()V m a b =-的充分必要条件是数列{}n a 的前m 项单调不增；（3）给定正整数(1)m m >，若数列{}n a 满足：0n a ≥，(1,2,,)n m =，且数列{}n a 的前m 项和为2m ，求()V m 的最大值与最小值．39．已知等差数列{}n a 公差大于零，且11a =，1a ，2a ，4a 成等比；数列{}n b 满足11b =，112n n n b b --=+（2n ≥，n N ∈）.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T .40．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若339S =，且33a 是5a 与4a -的等差中项. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 的前n 项和为n T ，且34log n n b a =，求1231111nT T T T +++⋅⋅⋅+. 41．已知等差数列{}n a 的公差为2，其前n 项和22n S pn n =+，*n N ∈. （1）求实数p 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）在等比数列{}n b 中，31b a =，424b a =+，若{}n b 的前n 项和为n T ，求证：数列16n T ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列.42．已知数列{}n a 满足：13a =，()112n n n a a n n++=+. （1）证明：数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）设n n c a n =+，求数列{}n c 的前2021项和2021T .43．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项和为n T ，2n n T S n n +=+.（1）证明数列{}2n a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n na 的前n 项和n M .44．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且13(2)12n n S n n n S --=≥-.（1）求n a 及n S ；（2）已知n b 是n a ，1n a +的等比中项，数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，求证：11106n T ≤<45．已知公差不为0的等差数列{}n a 满足749=S ，且1a ，2a ，5a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若12n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .46．已知数列{}n a 的前n 项和为2372n n nS +=.（1）求{}n a 的通项公式； （2）令2nn na b =，求{}n b 的前n 项和n T . 47．已知数列{}n a 满足214,(1)(1)n n a na n a n n +==+++，且1ln n n na b a +=. （1）证明数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（2）求数列{}n b 的前n 项和.48．在① 121n n S S +=+，② 22a =，③ 11n n S a +=-这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足___________，___________；又知递增等差数列{}n b 满足12b =，且1b ，2b ，5b 成等比数列. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前项和n T .49．已知等比数列{}n a 中，212343,a a a a ==+，数列{}n b 满足11b a =，1(1)(1)n n nb n b n n +-+=-+ （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：数列{}n bn为等差数列，并求{}n b 前n 项和的最大值50．设数列{}n a 的前n 项和为2n S n =，{}n b 为等比数列，且11a b =，()2211b a a b -=.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案与解析】1．D 【解析】先根据n a 的递推关系求出n a 的通项公式，代入n b 的表达式中，求出n b 的通项，即可求解n b 的前n 项和n S由134n n a a n +=-可得()[]12113(21)n n a n a n +-++=-+⎡⎤⎣⎦, ∵13a =, ∴1(211)0a -⨯+=,则可得数列{}(21)n a n -+为常数列0，即(21)0n a n -+=, ∴21n a n =+∴2485(21)(23)221111(21)(23)(21)(23)(21)(23)2123n n n n n b n n n n n n n n +++++===+=+-++++++++,∴111111112()(1)3557212332369n S n n n n n n n =+-+-++-=+-=+++++. 故选: D 2．B 【解析】利用数列{}n a 的单调性可判断A 选项的正误；利用放缩法得出()21111112,1n n n n a n n N a a n a n n *++-=<-≥∈-，111111n n a a n n+-<--，利用放缩法可判断BCD 选项的正误.由1103a =>，()2*12N nn n a a a n n+=+∈可得出2409a =>，30a >，，以此类推可知，对任意的n *∈N ，0n a >，所以，2120nn n a a a n+-=>，即1n n a a +>，所以，数列{}n a 为单调递增数列，故20212020a a >，A 错；在等式212nn n a a a n+=+的两边同时除以1n n a a +可得()2222222112111111111n nn n n n n n n n n a a a a a n a n a a n a n n n n n a n a n ++-====<<=-++--⎛⎫+ ⎪⎝⎭，其中2n ≥且n *∈N ，所以，2311112a a -<-，34111123a a -<-，，111111n n a a n n+-<--， 累加得211111n a a n+-<-，所以，1191511144n a n n +>-+=+>，则11n a +<，故20211a <. 故D 错误；对于()2211111111111n n n a a n a n n n n n +-=>≥=-++++， 所以，1211112a a ->-，23111123a a ->-，，111111n n a a n n +->-+， 累加得111311n a n +->-+，可得11123211n n a n n ++<+=++，则1123n n a n ++>+， 所以，202120214043a >，故2021202114043a <<， . 故选：B.结论点睛：几种常见的数列放缩公式： （1）()()21111211n n n n n n<=-≥--； （2）()2111111n n n n n >=-++； （3）2221441124412121n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭. 3．B 【解析】根据等差中项的应用求解出公比q ，然后将2018202020172019a a a a --化简为关于q 的形式，由此求解出结果.设等比数列{}n a 公比为q ， 因为14a ，312a ，23a 成等差数列， 所以12343a a a +=，所以211143a a q a q +=，且10a ≠， 所以2340q q --= 解得4q =或1q =-，为保证2018202020172019a a a a --有意义，则21q ≠，所以4q =，所以()201720192018202020172019201720194q a a a a q a a a a --===--， 故选：B 4．A 【解析】题目是数列找规律，发现是按照分子分母之和分别为2，3，4等等的规律书写的，即可推出18在数列中的位置解：由题意，此数列分母与分子之和为2的有一个，为3的两个，为4的有三个，按此规律，知18出现在和为9那一组中，又每一组的数都是以分子为1开始，故18是分子分母和为9的那一组的第一个数，由于和为9的那一组是第八组，前七组共有177282+⨯=个数，故18是第29个数，即第29项．故选：A ． 5．D 【解析】根据新定义的性质列等式求解即可.12323nn a a a na G n++++=，2n G n =+，123(2)23n n n G n n a a a na ∴⋅=⋅+=++++，()12310231010102a a a a ∴++++=⨯+①； ()1239239992a a a a ++++=⨯+②，-①②得:101021a =，102110a ∴=，选项D 正确，选项ABC 错误. 故选：D. 6．D 【解析】根据给定条件求出等比数列{}n a 的首项1a 及公比q ，再借助通项公式即可得解. 设等比数列{}n a 公比q ，依题意，1q ≠±，691169(1)(1),11a q a q S S q q--==--， 由9632S S =得：93363663331(1)(1)131(1)(1)12q q q q q q q q q q --++++===--++，解得312q =-，由143a a -=得：31(1)3a q -=，于是得12a =，则有12n n a q -=，由12m a =得：1122m q -=，即1223111()()()222m --==-，从而有123m -=，解得7m =，所以7m =. 故选：D 7．B 【解析】根据分段数列和64a =,倒过来依次分析{}n a 的前5项,即可求出S 和T ,从而求出答案. 正整数数列{}n a 满足11,231,n n n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩是偶数是奇数,且64a =, 所以54a =或1, 再依次分析4321,,,a a a a , 则可得{}n a 的前6项分别为: 128,64,32,16,8,4; 或21,64,32,16,8,4; 或20,10,5,16,8,4; 或3,10,5,16,8,4; 或16,8,4,2,1,4; 或2,1,4,2,1,4;因此12864321684252S =+++++=,23162021128190T =+++++=, 62S T -=, 故选：B在给出数列的递推公式时，若难以求到通项公式，可考虑逐个项计算再分析 8．D 【解析】对于（1）:由414S S =，得到1180a a +=，0d <，进而求出190a <，而1919S a =，即可判断； 对于（2）直接得到115313a a a a +=+，利用等差数列前n 项和公式即可判断； 对于（3）先判断出110a <， 0d <,可以求出120a <，即可得到1112S S >. 对于（1）若414S S =，则有56140a a a +++=，则有9100a a +=，所以1180a a +=，所以()1181918191919182a a S S a a a +=+=+=. 因为1180a a +=，10a >，所以181170a a d =+<，所以0d <，所以19180a a d =+<， 所以19190S a =<.故（1）正确.对于（2）若3130a a +>，则有1153130a a a a =++>，所以()115150152S a a +=>.故（2）正确； 对于（3）若1011S S >，则有1111101100a S a d S =-=+<，因为10a >，所以0d <,所以12110a d a =+<，所以1212110a S S -=<,即1112S S >.故（3）正确. 故选：D 9．D 【解析】利用取倒数法得到数列{}n a 的通项公式，由n b 为满足不等式11122k n n a -<≤（n *∈N ）的正整数k 的个数可得2nn b =，研究数列{}n T 的单调性，即可得到最值及答案.由于11a =，122nn n a a a +=+，则0n a ≠． ∴1212n n n a a a ++=，则121111111222n n n n n n n a a a a a a a ++-=-=+-=，即11112n n a a +-=为常数． 又111a ，∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，12为公差的等差数列．从而1111(1)22n n n a +=+-⨯=，即21n a n =+． 由111()()22n n k a -<，即1121()()212n n k -<+，得12121n n k +-<-， 又*k N ∈，从而1(21)(21)2n n n n b +=---=，故12111()1()122(1)21()2n n n n n nn T =---=-------， 当n 为奇数时，111()121()2n n n T =+-+，n T 单调递减，1506n T T <=． 当n 为偶数时，111()121()2n n n T =---，n T 单调递增，27012n T T -=<． 综上{}n T 的最大项为56M =，最小项为712N =-． ∴1712M N -=. 故选：D. 10．B 【解析】先根据题目条件得到1n a ，2n a >，2n ≥及1n n a a +-与1n n a a --的符号相同.选项A ，在等式21122n n n a a a ++-=两边减去8，再变形得()112424n n n a a a ++-+=-，代入求解即可；选项B ，先确定数列{}n a为递增数列，再算出471112a =>， 而后利用放缩法得到，当4n ≥时，()1112n S n >+-N ，当n N >时，有()11731222n n +--，所以n S>()11731222n n +--，故选项B 错误； 选项C ，利用1n n a a +-与1n n a a --的符号相同可判定； 选项D ，分()10,4a ∈，14a =和()14,a ∈+∞讨论n a 的范围. 由题知，2112121n n n a a a ++-+=+，()21121n n a a +-=+， 因为0n a >，所以112n a +=>，所以1n a ，2n a >，2n ≥.因为21122n n n a a a ++-=，所以2122n n n a a a --=，2n ≥两式相减整理得，()()()11122n n n n n n a a a a a a ++--+-=-，因为2n ≥时，2n a >，所以120n n a a ++->，1n n a a +-与1n n a a --的符号相同， 选项A ：由21122n n n a a a ++-=得，2112828n n n a a a ++--=-，()()()112424n n n a a a +++-=-，若14a ≠，则4n a ≠，所以()112424n n n a a a ++-+=-.当3n ≥时，()()()34222n a a a +⋅++()()()()2231234242424244444n n n n a a a a a a a a ------=⋅=----，故选项A 正确；选项B ：若12a =，则2113a ==>，因为2110a a ->，所以320a a ->，依次类推有10n n a a -->， 所以数列{}n a 是递增数列；又371112a >，471112a =>， 当4n ≥时，1234...n n S a a a a a =+++++()12343a a a n a >+++->()1112n +-因为712>，所以存在正整数N ，当n N >时，有()11731222n n +->-此时n S >()11731222n n +--，故选项B 错误；选项C ：当()10,2a ∈时，有212a a >>，所以210a a ->，从而有320a a ->， 依次类推可得10n n a a -->，所以数列{}n a 是递增数列；当()14,a ∈+∞时，因为()()()2111112140a a a a --+=->，所以()211211a a +<-，所以211a a =<，从而有32a a <，依次类推可得1n n a a -<， 所以数列{}n a 是递减数列，故选项C 正确；选项D ：当()14,a ∈+∞时，由选项C 的解析知，数列{}n a 是递减数列，所以1n a a ≤； 当()10,4a ∈时，由2221228a a a -=<解得224a -<<，又22a >，所以224a <<， 同理可推导324a <<，依次类推，有24n a <<；当14a =时，由2221228a a a -==及22a >得24a =，同理可推导34a =，依次类推，有4n a =； 令M 为4和1a 中的最大者，则n a M ≤对*n N ∈恒成立，故选项D 正确； 故选：B. 11．A 【解析】利用等差性质研究数列项的变化，从而可得结果. 由等差数列{}n a 满足570a a +>，670a a +<，可知620a >，即60a >，且70a <，67a a <，公差0d <， ∴1232343454565676780,0,0,0,0,0,a a a a a a a a a a a a a a a a a a >>>><> 78989100,0,,a a a a a a <<又()()567678675867670a a a a a a a a a a a a a a +=+=+>， ∴当6n =时，n T 最大， ∴正整数k 的值是6. 故选：A 12．A 【解析】A ∆是公差为1的等差数列，可先设出A ∆的首项，然后表示出A ∆的通项，再用累加法表示出序列A的通项，再结合1820170a a ==求出A ∆的首项和A 的首项，从而求出序列A 的通项公式，进而获解. 设序列A 的首项为d ，则序列A 为{},1,2,d d d ++，则它的第n 项为()1d n +-， 因此数列A 的第n 项，()()()1111112n n k k k a a a a a d d d n -+==+-=++++++-∑()()()111122a n d n n =+-+-⋅-， 则n a 是关于n 的二次多项式，其中2n 的系数是12， ∵1820170a a ==，∴必有()()11820172n a n n =--， ∴()()201812018182018201710002a =--=. 故选：A. 13．A 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，q 显然不等于1，化简已知得51(1)5,1a q q +=+再化简12345a a a a a -+-+即得解.设等比数列{}n a 的公比为q ，q 显然不等于1，由题得5210112(1)(1)3,15,11a q a q q q --==-- 所以两式相除得51(1)5,1a q q +=+ 所以551112345[1()](1)51()1a q a q a a a a a q q--+-+-+===--+.故选：A 14．ABC 【解析】利用数列的单调性结合不等式的基本性质可判断A 选项的正误；根据已知条件列出关于d 的不等式组，求出d 的取值范围，可判断B 选项的正误；利用等差数列求和公式及等差数列下标和性质可判断CD 选项的正误.对于C 选项，由()()110105610502a a S a a +==+>且60a <，可知50a >，C 对；对于B 选项，由53635632122031230252450a a d d a a d d a a a d d =+=+>⎧⎪=+=+<⎨⎪+=+=+>⎩，可得2445d -<<-，B 对； 对于D 选项，因为100S >，()111116111102a a S a +==<， 所以，满足0n S >的n 的最大值为10，D 错；对于A 选项，由上述分析可知，当15n ≤≤且n *∈N 时，0n a >； 当6n ≥且n *∈N 时，0n a <，所以，当15n ≤≤且n *∈N 时，0nnSa >，当610n ≤≤且n *∈N 时，0nnS a <，当11n ≥且n *∈N 时，0nnSa >.当610n ≤≤且n *∈N 时，{}n a 单调递减，即6789100a a a a a >>>>>，{}n S 单调递减，即有6789100S S S S S >>>>>，所以，678910111110a a a a a ->->->->->， 由不等式的性质可得6789106789100S S S S Sa a a a a ->->->->->， 从而可得6789106789100S S S S S a a a a a <<<<<， 因此，数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小项为第6项，A 对.故选：ABC. 15．BD 【解析】举出反例，如()*10n n a a n N +==∈，即可判断A ；根据n a 与n S 的关系，求得数列{}n a 的通项公式，再结合等差数列的定义即可判断B ； 举出反例，如{}n a 为1,1,1,1,1,1,---，n 为偶数时，即可判断C ；根据n a 与n S 的关系，求得数列{}n a 的通项公式，再结合等比数列的定义即可判断D ；对于A ，若()*10n n a a n N +==∈，则{}n a 既是等差数列，但不一定是等比数列，故A 错误；对于B ，由()2,n S an bn a b R =+∈，当1n =时，11a S a b ==+，当2n ≥时，()()221112n n n a S S an bn a n b n an a b -⎡⎤=-=+--+-=-+⎣⎦， 当1n =时，1a 适合上式， 所以2n a an a b =-+， 则12n n a a a +-=为常数，所以{}n a 为等差数列，故B 正确；对于C ，若{}n a 为等比数列，如{}n a 为1,1,1,1,1,1,---，n 为偶数时，0n S =，由等比数列中没有0这一项，所以232,,,n n n n n S S S S S --⋅⋅⋅不成等比数列，故C 错误； 对于D ，若()11nn S =--， 当1n =时，112a S ==，当2n ≥时，()()()()()1111111111121n n n n n n n n a S S -+---⎡⎤=-=-----=-+-=⋅-⎣⎦， 当1n =时，1a 适合上式， 所以()121n n a -=⋅-，则11n na a +=-， 所以数列{}n a 是以2为首项，-1为公比的等比数列，故D 正确. 故选：BD. 16．ACD 【解析】利用等差，等比数列的定义和性质，以及等差，等比数列的前n 项和的形式，可逐一判断． 解：由112(2)n n n a a a n +-=+和等差中项的性质知{}n a 为等差数列，则A 正确，当0n a ≠时，由211(2)nn n a a a n +-=⋅和等比中项的性质知{}n a 为等比数列，则B 不正确， 由等差数列的前n 项和211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+-， 得n S 是n 的二次函数，且不含常数项，则0a =，则C 正确，由等比数列的前n 项和111(1)111n n n a q a aS q q q q-==----，()1q ≠，1a ，则D 正确，故选：ACD ． 17．12 2 【解析】先设共有21m +项，由题意写出奇数项之和以及偶数项之和，根据等比数列性质列出方程得到其公比，写出该数列的前n 项的积n T 的表达式，结合二次函数单调性即可求解n T 的最大值. 设共有21m +项，由题意奇数项之和13218532m S a a a +=+++=1，偶数项之和22422116m S a a a =+++=， 又因为()11222422185221632m m S a a q a q q a a a q =+++=++++=+=，故12q =. 所以2312122121(1)21222n n n n n n n n n T a a a a q -++--=⋅==⨯=，显然2n ≥时函数递减，所以2n =，n T 有最大值2.故答案为:12;218．48 111433n n n ++--【解析】观察所给的图形，得到图2的顶点数和图1的顶点数和边数的关系，以及图3的顶点数与图2的顶点数和边数的关系，判断图2的顶点数，再由图形之间边长的关系，得到数列{}1n C -是首项为3，公差为43的等比数列，再按照等比数列求和. 0T 有3个顶点，3条边，1T 的顶点数是33312+⨯=个，有4312⨯=条边， 2T 的顶点数是1212348+⨯=个，由图形观察可知，1043C C =，2143C C =，……143n n C C -=，所以数列{}1n C -是首项为3，公差为43的等比数列，111104313434313n n n nin i C +++-=⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭-⎢⎥⎣⎦==-∑. 故答案为：48；111433n n n ++-- 19．41 ()11,998【解析】利用n a 和n S 的关系，求出()21,1n a n n =+≥，而该数列按第n 行有12n -个数排成的一个数阵，根据等比数列的前n 项和求得前四行数阵中共有15项，推理可知()5,5表示数阵中第五行第5个数，对应的是第20项，代入n a 通项公式，即可求得结果；由前k 行数阵中共有21k -项，可推算2021a 对应的坐标．解：由题可知，数列{}n a 的前n 项和为22n S n n =+， 则()()2211211,1n S n n n n -=-+-=->， 由()1211n n n S S a n n --==+>， 且1n =时，113a S ==， 所以21n a n =+，该数列按第n 行有12n -个数排成的一个数阵， 则前四行数阵中共有：()4012341122222211512⨯-+++==-=-项，而()5,5表示数阵中第五行第5个数，对应的是第20项， 所以()5,5表示数列{}n a 的第20项：20220141a =⨯+=； 前k 行数阵中共有()012111222222112k k k -⨯-++++==--项,当10k =时，有211023k -=项；当11k =时，有212047k -=项； 由10232021998-=知，2021a 对应的坐标为()11,998 故答案为：41；()11,998． 20．12 1012 【解析】根据递推关系发现数列{}n a 的项以3为周期变化，从而100112a a ==，2021121232019()3S a a a a a =++⨯++，从而求得结果. 由递推关系知，211121112a a ===--，32111112a a ===---，4311111(1)2a a ===---，52a =，61a =-，，则数列{}n a 的项以3为周期变化，100112a a ==，123132122a a a ++=+-= 故20211220193101232S a a =++⨯= 故答案为：12；1012 21．4 【解析】分别求出1S ，2S 进而可得n S ，可得{}n S 是等比数列，再利用等边数列求和公式求12n S S S ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+，利用单调性解不等式即可得答案.1S 是4个边长为13的小正方形面积之和，所以 21143S ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭， 2S 是24个边长为213⎛⎫ ⎪⎝⎭的小正方形面积之和，所以22222211144333S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯=⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦；3S 是34个边长为313⎛⎫ ⎪⎝⎭的小正方形面积之和，所以33323311144333S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯=⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦；所以214439nnn S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⨯=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以{}n S 是首项为49，公比为49的等比数列， 所以124419944145919n nnS S S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+，所以121925n S S S ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+≥即441915925n⎡⎤⎛⎫-≥⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以41920n⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，因为()49xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭在R 上单调递减，而()3464130.088972920f ⎛⎫==≈>⎪⎝⎭不成立，()44256140.0399656120f ⎛⎫==≈<⎪⎝⎭，即441920⎛⎫≤ ⎪⎝⎭， 所以需要操作的次数n 的最小值为4次， 故答案为：4. 22．62 【解析】设2,n k k N +=∈，等差数列的公差为d ，不妨设100k ka a +>⎧⎨<⎩，则10,0a d <>，且10k a +≤，即1k a ≤-，根据110k a +-≥，得到即有2d ≥，再根据等差数列的前n 项和公式，求得22021k d =，从而得出220212k ≥，即可求解.解： 由题意知：等差数列{}n a 满足1212111n n a a a a a a +++=++++++1211a a =-+-+12021n a +-=，故等差数列不是常数列，且{}n a 中的项一定满足100n n a a ->⎧⎨<⎩或10n n a a -<⎧⎨>⎩，且项数为偶数，设2,n k k N +=∈，等差数列的公差为d ，不妨设10k k a a +>⎧⎨<⎩，则10,0a d <>，且10k a +≤，即1k a ≤-， 由110k a +-≥，则111kd a kd -+≥+≥，即2kd ≥， 即有2d ≥，则121212k k k n a a a a a a a a +----++++⋯=++211(1)(1)[]()202122k k d k k ka k a kd dk d --=-++++==， 可得220212k ≥，解得31.7k ≤≈， 即有k 的最大值为31，n 的最大值为62. 故答案为：62. 23．1 【解析】每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，根据第一列、第三列成等比数列得第一列中第3个数、第4个数、12a =，根据等差中项得第三行第2个数和公差、第4个数、第5个数，得第四行中第1个数、第3个数、公差，可得第4个数、第5个数，第五列中，由于成等比数列可得c ．∵每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列， ∴根据第三列，得221a ⨯=，可得12a =，所以公比12q =， 在第一列中，第三个数为212⎛⎫ ⎪⎝⎭=14，因此根据等差中项得：第三行第2个数为：111242⎛⎫+ ⎪⎝⎭=38，可得第三行等差数列的公差为3184d =-=18，∴在第三行中，第4个数为：14+3×18=58，第5个数为：14+4×18=34， 即第四列中，第3个数为58；第五列中，第3个数为34，即第四行中，第1个数为18；第3个数为14，公差得111124816⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以第4个数为11541616b =+=，第5个数为15316168+=，第五列中，由于成等比数列28334c ⎛⎫ ⎪⎝⎭=，所以316c =，综上所述，得15321616a b c ++=++=1. 故答案为：1． 24．803 【解析】根据已知条件可以求出数列{}n a 为等比数列且2n n a =，讨论当1m =时和122n n m +≤<时m b 的值，代入计算即可得出结果.令1p =，q n =，则112n n n a a a a +==，所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，2n n a ∴=，①当1m =时，10b =； ②当122n n m +≤<时，m b n =，1501234567()()S b b b b b b b ∴=++++++23456465127128129150()()01222324252b b b b b b +++++++++=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯6627(150127)803+⨯+⨯-=．故答案为：803 25．12 【解析】由已知得623a =，626b =，再利用等差数列的前n 项和的性质化简求解.因为{}{}n n a b ，为等差数列， 则有39623a a a +==，57626b b b +==．11611S a =，11611T b =所以66111166111112a a S T b b ===．故答案为：12 26．193 【解析】根据已知条件求出等比数列{}n a 的首项和公比，得出2n n a =，讨论当1m =时和122n n m +≤<时m b 值，代入计算即可得出结果.由题意得，1212131(1)6(1)6a a a q a a a q +=+=⎧⎨-=-=-⎩，所以解得12a =，2q =， 所以{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列， 所以2n n a =，所以当1m =时，10b =；当122n n m +≤<时，m b n =， 所以5012345678915161731323350()()()()()S b b b b b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++++++，即234500122232425(5031)193S =+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯-=. 故答案为:193 27．{}1,2 【解析】列举出数列{}n a ，设1a x =，说明当33a ≥、30a =时且当3x ≥时，00341n n n S S n +-<+不成立；然后说明当31a =和32a =时，存在正整数0n ，使得00341n n n S S n +-<+对任意正整数n 成立，由此可得出3a 的取值集合.（1）当33a ≥时，由于1a 的任意性，不妨取133a a x ==≥，则这个数列为x 、0、x 、0、，而003n n n S S +-代表的是这个数列中连续的3n 个数.①当n 为偶数时，3922x ≥，则0030393222n n n x xn n S S n ++-=⨯=≥，显然00341n n n S S n +-<+不成立； ②当n 为奇数时，由于存在0n N *∈，使得00341n n n S S n +-<+， 不妨取这连续的3n 个数为0、x 、0、x 、、0，所以，()()003331933122n n n S n n S n x +---=-≥=，由于n 的任意性，故93412n n -<-不成立； （2）当30a =时，由于1a 的任意性，不妨设13a x =≥，则这个数列为x 、x 、0、x 、0、x 、，而003n n n S S +-代表的是这个数列中连续的3n 个数. ①当n 为偶数时，3922x ≥，则0030393222n n n x xn nS S n ++-=⨯=≥，显然00341n n n S S n +-<+不成立； ②当n 为奇数时，由于存在0n N *∈，使得00341n n n S S n +-<+， 不妨取这连续的3n 个数为0、x 、0、x 、、0，所以，()()003331933122n n n S n n S n x +---=-≥=，由于n 的任意性，故93412n n -<-不成立； （3）下面只需说明31a =和32a =成立即可.（i ）当31a =时，这列数可能为x 、1x +、1、x 、1x -、1、①或x 、1x -、1、2x -、3x -、1、②，不难发现②中的1、2、3项与①中的4、5、6项相同，故到后面也相同， 而无论x 是趋于+∞，或是0x =，一定存在某个时刻后，这列数就变为了1、0、1、0、1、0、，此时003341n n n S S n n +-<<+成立；（ii ）当32a =时，同理，由于存在0n N *∈，使得00341n n n S S n +-<+，故若1a →+∞，则0n →+∞，必有数与2较为接近，，此时有两种情况： 第一种：1与2并存，即1、2、1、1、0、1、0、，会发现到后面就等同于（i ）中的情况了；第二种：2与0并存，即2、0、2、0、，由于存在0n ，当n 为偶数时，0032033412n n n S S n n n ++-=⨯=<-成立， 当n 为奇数时，00331231412n n n S n S n n ++-≤⨯=+<+成立. 综上可知，3a 的取值集合为{}1,2. 故答案为：{}1,2.关键点点睛：本题考查数列不等式恒成立问题，解题的关键在于对3a 的取值进行分类讨论，利用列举数列的方法找出数列的周期性，结合周期性求解.28．（1）()*31,2n n n a n b n =-=∈N ；（2）证明见解析.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，则由题意可得3323227,86210,d q d q ⎧++=⎨+-=⎩从而可求出d ，q ，从而可求出数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）由（1）可知()23225282312n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，然后利用错位相减法可求得n T ，从而可证得结论（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由112a b ==，得434423,2,86.a d b q S d =+⎧⎪=⎨⎪=+⎩由条件，得方程组3323227,86210,d q d q ⎧++=⎨+-=⎩ 解得3,2.d q =⎧⎨=⎩所以()*31,2n n n a n b n =-=∈N（2）由（1）得()23225282312,n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯①()()23122252342312.n n n T n n +=⨯+⨯++-⨯+-⨯②由①-②得：()23122323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯()()161231221nn n n+⨯-=--⨯--()13428n n +=--⨯=，即()18342n n T n +-=-⨯，而当2n ≥时，()111342n n n a b n +--=-⨯. 所以()*118,2n n n T a b n n ---=∈≥N .29．答案见解析【解析】选①（1）由1122S =-易得62a =-，再根据84a =求得通项公式，再判断即可； （2）利用通项公式法，令0n a ≥求解；选②（1）由56S S =易得60a =，再根据84a =求得通项公式，再判断即可； （2）利用通项公式法，令0n a ≥求解； 选①（1）由1122S =-得：61122a =-， 所以62a =-，又因为84a =， 所以3d =，所以18742117a a d =-=-=-，所以1(1)17(1)3320n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 令 3202022n -=，则32042n =，此方程无正整数解， 所以2022不是数列{}n a 中的项.（2）令0n a ≥，即3200n -≥，解得：203n ≥， 所以7n ≥时，0n a >，当6n ≤时，0n a <， 所以，当6n =时，n S 的最小值为1666()572a a S +==-. 选②（1）由56S S =得：60a =， 又因为84a =，所以2d =， 所以18741410a a d =-=-=-，所以1(1)10(1)2212n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 令2122022n -=，则1017n =，所以2022是数列{}n a 中的第1017项. （2）令0n a ≥，即2120n -≥，解得：6n ≥， 所以7n ≥时，0n a >，当6n ≤时，0n a ≤， 所以，当5n =或6n =时，n S 的最小值为16566()302a a S S +===-. 30．（1）n b n =；（2）122n n S n +=+-.【解析】（1）由题意求出1b 和3b ，进而可求出公差，从而可求出通项公式；（2）利用（1）的结论可求得n a ，再用分组求和法求和即可 （1）设等差数列{}n b 的公差为d ，由13a =，39a =，得()1212log 1log 21b a =-==，()3232log 1log 83b a =-==，所以3122b b d -==，所以1d =，所以1(1)1n b n n =+-⨯=.（2）由（1）知n b n =，所以()2log 1n a n -=，所以12nn a -=，所以21n n a =+.所以()()2112(21)212n n n S a a a +=+++=+++++()()212122222212n n n n n n +-=++++=+=+--.31．（1）证明见解析；21n b n =-；（2）()1133n n S n +=-+；（3）答案不唯一，具体见解析．【解析】（1）根据递推公式，变形为()*11132N 33n nn n a a n +++=+∈，即可证明数列{}n b 是等差数列，并求通项公式；（2）由（1）可求()3213n nn n a b n ==-⋅，再利用错位相减法求和；（3）分n 为奇数和偶数两种情况求数列{}n c 的前n 项和n M ． （1）()1*1323N n n n a a n ++=+⨯∈，∴()*11132N 33n nn n a a n +++=+∈， ∴11233n n n n a a ++=+，3n n n a b =，∴111233n n n n n n a a b b +++-=-=，又13a =，∴1113a b ==， ∴数列{}n b 是首项为1，公差为2的等差数列，()12121n b n n =+-=-；（2）由（1）得21n b n =-，∴()3213n nn n a b n ==-⋅，∴()2333353213n n S n =+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅，()()2341333532332133n n n S n n +=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+-⋅，两式相减得()23132323231322n n n S n +=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅--⋅-()()()11118133213213613n n n n n -++-=+--⋅=----，∴()1133n n S n +=-+；（3）由题意21212n n T n n +-=⨯=，∴()()211n nn n c T n =-⋅=-⋅， 当为n 偶数，数列{}n c 的前n 项和。
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高中数学专项训练（数列提升版）（含详细解答）1.已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=()A. 100B. 99C. 98D. 972.记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为()A. 1B. 2C. 4D. 83.等差数列{a n}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}前6项的和为()A. −24B. −3C. 3D. 84.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=3，S4=15，则S6=()A. 31B. 32C. 63D. 645.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且，，则使得S n取最小值时的n为()A. 1B. 6C. 7D. 6或76.等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，则log3a1+log3a2+⋯+log3a10=()A. 12B. 10C. 8D.7.已知等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a5=()A. 1B. 12C. 14D. 48.设各项均为正的等比数列{a n}满足a4a8=3a7，则log3(a1a2…a9)等于()A. 38B. 39C. 9D. 79.已知等比数列{a n}为递增数列，S n是其前n项和.若a1+a5=172，a2a4=4，则S6=()A. 2716B. 278C. 634D. 63210.在等差数列{a n}中，若a3+a4+a5=3，a8=8，则a12的值是()A. 15B. 30C. 31D. 6411.等差数列{a n}中，已知S15=90，那么a8=()A. 12B. 4C. 3D. 612.正项等比数列{a n}中，存在两项a m、a n使得√a m⋅a n=2a1，且a6=a5+2a4，则1 m +4n的最小值是()A. 32B. 2 C. 73D. 9413.等差数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，且S nT n =3n+1n+3，则a2+a20b7+b15=______ ．14.若数列{a n}的首项a1=2，且a n+1=3a n+2(n∈N∗)，令，则_________．15.若数列{a n}满足a1=12，a1+2a2+3a3+⋯+na n=n2a n，则a2017=______ ．16.设{a n}是等差数列，若a4+a5+a6=21，则S9=______．17.设数列{a n}满足a1+3a2+⋯+(2n−1)a n=2n．(1)求{a n}的通项公式；}的前n项和．(2)求数列{a n2n+118.已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．(1)求{a n}的通项公式；(2)设c n=a n+b n，求数列{c n}的前n项和．19.已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1=1，b2=1，a n b n+1+b n+1=nb n．3(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求{b n}的前n项和．20.设等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，等比数列{b n}的公比为q，已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式;(2)当d>1时，记c n=a n，求数列{c n}的前n项和T n．b n21.已知数列{a n}的前n项和为S n,n∈N∗，且S n=32a n−12．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n=2na n+2−a n+1，设数列{b n}的前n项和为T n,n∈N∗，证明T n<34．22.在数列{a n}中，a1=4，na n+1−(n+1)a n=2n2+2n．(Ⅰ)求证：数列{a nn}是等差数列；(Ⅱ)求数列{1a n}的前n项和S n．23.设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S9=81，a3+a5=14．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1，若{b n}的前n项和为T n，证明：T n<12．24.已知等差数列{a n}中公差d≠0，有a1+a4=14，且a1，a2，a7成等比数列．(1)求{a n}的通项公式a n与前n项和公式S n；(2)令b n=S nn+k ，若{b n}是等差数列，求数列{1b n b n+1}的前n项和T n．25.已知数列{a n}的前n项和S n满足4a n−3S n=2，其中n∈N∗．(Ⅰ)求证：数列{a n}为等比数列；(Ⅱ)设b n=12a n−4n，求数列{b n}的前n项和T n．26.已知等比数列{a n}的各项均为正数，a2=8，a3+a4=48．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)设b n=log4a n.证明：{b n}为等差数列，并求{b n}的前n项和S n．27.已知公差不为零的等差数列{a n}满足：a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足b n=1，求数列{b n}的前n项和S n．a n a n+128.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n+1=4a n+2，a1=1．(1)b n=a n+1−2a n，求证数列{b n}是等比数列；(2)设c n=a n，求证数列{c n}是等差数列；2n(3)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n．29.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2a n−2(n∈N∗).(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)求数列{S n}的前n项和T n．30.等比数列{a n}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4=4a32．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=a n+1，n∈N∗，求数列{b n}的前n项和S n．(1−a n)(1−a n+1)答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查的知识点是等差数列的性质，熟练掌握等差数列的性质，是解答的关键，属于基础题．根据已知可得a5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：设{a n}的公差为d，∵等差数列{a n}前9项的和为27，S9=9(a1+a9)2=9×2a52=9a5．∴9a5=27，a5=3，又∵a10=8=a5+(10−5)d=3+5d，∴d=1，∴a100=a5+95d=98．故选C．2.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查等差数列公式及等差数列求和的基本量运算，属于简单题．利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．【解答】解：S n为等差数列{a n}的前n项和，设公差为d，∵a4+a5=24，S6=48，∴{a1+3d+a1+4d=24 6a1+6×52d=48,解得a1=−2，d=4，∴{a n}的公差为4．故选C．3.【答案】A【解析】【分析】本题考查等差数列前n项和的求法，等差数列、等比数列的性质，属于基础题．利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{a n}前6项的和．【解答】解：∵设等差数列{a n}的公差为d，(d≠0)，由题意得a1=1，∵a2，a3，a6成等比数列，∴a32=a2⋅a6，∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d)，解得d=−2，∴{a n}前6项的和为S6=6a1+6×52d=6×1+6×5×(−2)=−24．2故选A．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的性质，得出S2，S4−S2，S6−S4成等比数列是解决问题的关键，属于基础题．由等比数列的性质可得S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，代入数据计算即可．【解答】解：S2=a1+a2，S4−S2=a3+a4=(a1+a2)q2，S6−S4=a5+a6=(a1+a2)q4，所以S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，即3，12，S6−15成等比数列，可得122=3(S6−15)，解得S6=63．故选C．5.【答案】B【解析】【分析】本题考查等差数列的前n项和，研究等差数列的前n项和的最小值，常用的方法是找出所有的负项，即可得到前n项和的最小值，属于中档题．由题意，可根据a1+a5=−14，S9=−27，解出数列的首项和公差，从而求得数列的通项公式，求出所有负数项的个数，即可得出S n取最小值时n所取的值．【解答】解：设等差数列{a n}的公差是d，∵a1+a5=−14，S9=−27，∴2a1+4d=−14，即a1+2d=−7，①=9(a1+4d)=−27，即a1+4d=−3，②S9=9(a1+a9)2联立①②得到：a1=−11，d=2，故有a n=a1+(n−1)d=2n−13，令a n≤0，可解得n≤13，2由此知，数列的前6项为负项，第7项为正项，故S n取最小值时，n等于6．故选B．6.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了等比数列的性质，解题的关键是灵活利用等比中项的性质，以及对数运算，属于基础题．先根据等比中项的性质可知a5a6=a4a7，进而根据a5a6+a4a7=18，求得a5a6的值，最后根据等比数列的性质求得log3a1+log3a2+⋯+log3a10=log3(a5a6)5，则答案可得．【解答】解：由等比数列的性质可得a5a6=a4a7，∴a5a6+a4a7=2a5a6=18，∴a 5a 6=9，∴log 3a 1+log 3a 2+⋯+log 3a 10 =log 3(a 5a 6)5=5log 39=10． 故选B ．7.【答案】B【解析】【分析】本题考查等比数列的通项公式，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用，是基础题．利用等比数列通项公式求出首项和公比，由此能求出a 5的值． 【解答】解：设等比数列{a n }的公比为q ，∵等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，∴{a 1+a 1q 2=10a 1q +a 1q 3=5, 解得a 1=8，q =12， a 5=a 1q 4=8×116=12． 故选B ． 8.【答案】C【解析】【分析】本题考查对数式值的求法，解题时要认真审题，注意等比数列性质和对数函数运算法则的合理运用，属于基础题．利用等比数列的性质推导出a 5=3，由此利用等比数列性质和对数函数运算法则能求出log 3(a 1a 2…a 9)的值． 【解答】解：∵数列{a n }为各项均为正的等比数列， ∴a 4·a 8=a 5·a 7，∴a 5·a 7=3a 7， ∴a 5=3，∴log 3(a 1a 2…a 9)=log 3a 59=log 339=9， 故选C ． 9.【答案】D【解析】【分析】本题考查了等比数列的通项公式，求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属基础题．利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出结果． 【解答】解：设递增的等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1+a 5=172，a 2a 4=4=a 1a 5，∵a 5>a 1，∴解得a 1=12，a 5=8，∴a5a1=q4=16，解得q=2或q=−2(舍)，∴S6=12(26−1)2−1=632．故选D．10.【答案】A【解析】【分析】本题考查了等差数列的通项公式和性质，属于基础题．利用等差数列的通项公式和性质即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4+a5=3，a8=8，而a3+a4+a5=3a4，∴3a4=3，即a1+3d=1，a1+7d=8，联立解得a1=−174，d=74，则a12=−174+74×11=15．故选A．11.【答案】D【解析】【分析】本题考查等差数列的性质和求和公式，属于基础题．由题意可得：S15=152(a1+a15)=90，由等差数列的性质可得a1+a15=2a8，代入可得答案．【解答】解：因为数列{a n}是等差数列，所以，a1+a15=2a8，则S15=152(a1+a15)=15a8，又S15=90，所以，15a8=90，则a8=6．故选D．12.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查等比数列的运算性质以及基本不等式的应用，涉及的知识点较多，要求熟练掌握基本不等式成立的条件，属于中档题．由a6=a5+2a4，求出公比q，√a m⋅a n=2a1，确定m，n的关系，然后利用基本不等式即可求出1m +4n的最小值．【解答】解：在等比数列中，∵a6=a5+2a4，∴a4q2=a4q+2a4，即q2−q−2=0，解得q=2或q=−1(舍去)，∵√a m⋅a n=2a1，∴a m⋅a n=4a12=a22，∴m+n=4，∴1m+4n=14(1m+4n)(m+n)=14+1+n4m+mn≥54+2√n4m⋅mn=94，当且仅当n4m =mn，即n=2m时等号成立，∵m+n=4，且n和m为正整数，∴等号无法成立，经检验，当m=1，n=3时，1m +4n最小值为：73，故选C．13.【答案】83【解析】【分析】本题主要考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式的应用，属于基础题．根据等差数列的前n项和公式进行转化即可．【解答】解：在等差数列中，a2+a20b7+b15=a1+a21b1+b21=a1+a212×21b1+b212×21=S21T21，∵S nT n =3n+1n+3，∴S21T21=3×21+121+3=6424=83．故答案为83．14.【答案】5050【解析】【分析】本题考查数列的递推公司，考查等比数列，等差数列的性质，属于中档题．推导出{a n+1}是首项为3，公比为3的等比数列，从而得，由此能求出b1+b2+b3+⋯+b100．【解答】解：∵数列{a n}的首项a1=2，且a n+1=3a n+2(n∈N∗)，∴a n+1+1=3(a n+1)，a1+1=3，∴{a n+1}是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n+1=3n，，∴b1+b2+b3+⋯+b100=1+2+3+⋯+100=100(100+1)2=5050．故答案为5050．15.【答案】122017【解析】【分析】本题考查数列的通项，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．将a1+2a2+3a3+⋯+na n=n2a n，与当n≥2时，a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)a n−1=(n−1)2a n−1作差，进而可知na n=(n−1)a n−1=⋯=2a2=a1，代入计算即得结论．【解答】解：因为a1+2a2+3a3+⋯+na n=n2a n，所以当n≥2时，a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)a n−1=(n−1)2a n−1，两式相减得：na n=n2a n−(n−1)2a n−1，即n(n−1)a n=(n−1)2a n−1，所以na n=(n−1)a n−1=⋯=2a2=a1，由a1=12可知a n=a1n =12n，所以a2017=122017．故答案为122017．16.【答案】63【解析】【分析】本题主要考查等差数列的前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．由等差数列的通项公式求出a5=7，再由等差数列的前n项和公式得S9=92(a1+a9)= 9a5，由此能求出结果．【解答】解：∵{a n}是等差数列，a4+a5+a6=21，∴a4+a5+a6=3a5=21，解得a5=7，∴S9=92(a1+a9)=9a5=63．故答案为63．17.【答案】解：(1)数列{a n}满足a1+3a2+⋯+(2n−1)a n=2n，n≥2时，a1+3a2+⋯+(2n−3)a n−1=2(n−1)，∴两式相减得(2n−1)a n=2，∴a n=22n−1，当n=1时，a1=2，上式也成立，∴a n=22n−1；(2)a n2n+1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1∴数列{a n2n+1}的前项和为：S n=(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)=1−12n+1=2n2n+1．【解析】本题主要考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了计算能力，属于中档题．(1)利用数列递推关系即可得出；(2)a n2n+1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1，利用裂项求和方法即可得出．18.【答案】解：(1)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，由b 2=3，b 3=9，可得q =b3b 2=3，b n =b 2·q n−2=3·3n−2=3n−1； 即有a 1=b 1=1，a 14=b 4=27， 则d =a 14−a 113=2，则a n =a 1+(n −1)d =1+2(n −1)=2n −1； (2)c n =a n +b n =2n −1+3n−1， 则数列{c n }的前n 项和为：[1+3+⋯+(2n −1)]+(1+3+9+⋯+3n−1)=2n 2·n +1−3n1−3=n 2+3n −12．【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，同时考查数列的求和方法：分组求和，属于中档题． (1)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，运用通项公式可得q =3，d =2，进而得到所求通项公式；(2)求得c n =a n +b n =2n −1+3n−1，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可．19.【答案】解：(Ⅰ)∵a n b n+1+b n+1=nb n ， 当n =1时，a 1b 2+b 2=b 1， ∵b 1=1，b 2=13，∴a 1=2，又∵{a n }是公差为3的等差数列， ∴a n =3n −1；(Ⅱ)由(Ⅰ)知：(3n −1)b n+1+b n+1=nb n ， 即3b n+1=b n ，即数列{b n }是以1为首项，以13为公比的等比数列， ∴{b n }的前n 项和S n =1−(13)n1−13=32(1−3−n )=32−12⋅3n−1．【解析】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n 项和公式，难度中档．(Ⅰ)令n =1，可得a 1=2，结合{a n }是公差为3的等差数列，可得{a n }的通项公式； (Ⅱ)由(Ⅰ)可得：数列{b n }是以1为首项，以13为公比的等比数列，进而可得{b n }的前n 项和．20.【答案】解：(1)设a 1=a ，由题意可得{10a +45d =100ad =2,解得{a =1d =2，或{a =9d =29,当{a =1d =2时，a n =2n −1，b n =2n−1； 当{a =9d =29时，a n =19(2n +79)，b n =9·(29)n−1；(2)当d >1时，由(1)知a n =2n −1，b n =2n−1， ∴c n =a nb n=2n−12n−1，∴T n =1+3×12+5×122+⋯+(2n −1)·12n−1，∴12T n =1×12+3×122+5×123+⋯ +(2n −3)×12n−1+(2n −1)×12n ，∴12T n =2+12+122+⋯+12n−2−(2n −1)⋅12n =3−2n+32n，∴T n =6−2n+32n−1．【解析】本题主要考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．(1)利用前10项和与首项、公差的关系，联立方程组计算即可； (2)当d >1时，由(1)知c n =2n−12n−1，写出T n 、12T n 的表达式，利用错位相减法及等比数列的求和公式，计算即可．21.【答案】.解：(1)当n =1时，a 1=32a 1−12，得a 1=1，当n ≥2时，S n−1=32a n−1−12，则S n −S n−1=a n =32(a n −a n−1)，即a n =3a n−1， 所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n =3n−1； (2)由(1)得b n =2nan+2−a n+1=n3n ，所以T n =13+232+⋯+n3n ，① 所以13T n =132+233+⋯+n3n+1，② 两式相减得23T n =13+132+⋯+13n −n3n+1， 即23T n =13(1−13n )1−13−n3n+1，所以T n =34−3+2n4×3n ，因为n ∈N ∗，所以3+2n4×3n >0，即T n<34．【解析】本题主要考査了等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”、数列的递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)利用递推关系即可得出；(2)利用“错位相减法”、等比数列的求和公式即可得出．22.【答案】证明：(Ⅰ)由已知na n+1−(n+1)a n=2n2+2n的两边同时除以n(n+1)，得a n+1n+1−a nn=2(n∈N∗)，且当n=1时，a11=4，所以数列{a nn}是首项为4，公差为2的等差数列；解：(Ⅱ)由(Ⅰ)，得a nn=2n+2，所以a n=2n2+2n，故1a n =12n2+2n=12⋅(n+1)−nn(n+1)=12⋅(1n−1n+1)所以S n=12[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]=12(1−1n+1)=n2(n+1)，(n∈N∗)．【解析】本题主要考查了数列递推关系，等差数列的定义和证明、通项公式和裂项相消法求和，考查了计算能力，属于中档题．(Ⅰ)由已知na n+1−(n+1)a n=2n2+2n的两边同时除以n(n+1)，得到a n+1n+1−a nn=2(n∈N∗)，即可证明结论；(Ⅱ)由(Ⅰ)，得a nn =2n+2，可得a n=2n2+2n，1a n=12(1n−1n+1)，利用裂项相消法即可得出数列{1an}的前n项和S n．23.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S9=9a5=81，得a5=9，又由a3+a5=14，得a3=5，由上可得等差数列{a n}的公差d=a5−a35−3=2，∴a n=a3+(n−3)d=2n−1；(2)证明：由题意得，b n=1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)．所以T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)<12．【解析】本题考查了等差数列的通项公式、性质及其求和公式、裂项求和的知识点，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)利用等差数列的通项公式性质及其求和公式即可得出；(2)由题意得，b n =1an a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，利用裂项求和即可得出T n =12(1−12n+1)，从而得证．24.【答案】解：(1)∵a 1+a 4=14，∴2a 1+3d =14，①∵a 1，a 2，a 7成等比数列，∴a 22=a 1a 7，即(a 1+d)2=a 1(a 1+6d)，② 由②得d 2=4a 1d ， ∵d ≠0，∴d=4a 1，代入①解得d =4，a 1=1， ∴a n =a 1+(n −1)d =4n −3，S n =n (1+4n−3)2=2n 2−n ；(2)由(1)知b n =2n 2−n n+k，∵{b n }是为等差数列， ∴2b 2=b 1+b 3，即2×62+k=11+k +153+k ， 解得k =−12或k =0． ①当k =−12时，即b n =2n ， 则1bn b n+1=14(1n −1n+1)，∴T n =14(11−12+12−13+⋯+1n −1n+1)=14(1−1n+1)=n4(n+1)， ②当k =0时，b n =2n −1， 则1bn b n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，∴T n =12(11−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1， 综上可得，T n =n4(n+1)或T n=n2n+1．【解析】本题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，等比中项的性质，数列求和的方法：裂项相消法，考查方程思想，化简、计算能力.属于中档题．(1)由等比中项的性质和等差数列的通项公式列出方程，联立方程求出d 、 a 1，由等差数列的通项公式求出 a n ，由等差数列的前n 项和公式求出 S n ；(2)由(1)和条件化简 b n ，由等差数列的性质列出方程求出k 的值，代入求出b n 和1b n b n+1，利用裂项相消法求出 T n ．25.【答案】解：(Ⅰ)证明：因为4a n −3S n =2，① 所以当n =1时，4a 1−3S 1=2，解得a 1=2； 当n ≥2时，4a n−1−3S n−1=2，②由①−②，得4a n −4a n−1−3(S n −S n−1)=0， 所以a n =4a n−1， 由a 1=2，得a n ≠0，故{a n }是首项为2，公比为4的等比数列；(Ⅱ)由(Ⅰ)，得a n =2×4n−1， 所以b n =12a n −4n =4n−1−4n ，则{b n }的前n 项和：T n =(40+41+⋯+4n−1)−4(1+2+3+⋯+n) =1−4n 1−4−4×n(n+1)2=4n 3−2n 2−2n −13．【解析】本题主要考查数列的通项公式的应用，等比数列的证明，a n 与S n 的关系，以及等比数列和等差数列的前n 项和公式，属于中档题．(Ⅰ)根据数列的递推关系利用作差法即可证明数列{a n }成等比数列； (Ⅱ)求出数列{a n }的通项公式，即可求出{b n }的通项公式．再分组求和． 26.【答案】(Ⅰ)解：设等比数列{a n }的公比为q ，依题意 q >0， ∵a 2=8，a 3+a 4=48，∴a 1q =8，a 1q 2+a 1q 3=48， 两式相除得 q 2+q −6=0， 解得 q =2，q =−3(舍去)， ∴a 1=a 2q=4，∴数列{a n }的通项公式为 a n =a 1⋅q n−1=2n+1； (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)得 b n =log 4a n =n+12，∵b n+1−b n =n+22−n+12=12，∴数列{b n }是首项为1，公差为d =12的等差数列， ∴S n =nb 1+n(n−1)2d =n 2+3n 4．【解析】本题主要考查等比数列的通项公式、对数的运算法则、等差数列的定义、等差数列的前n 项和公式是解题的关键，属于中档题． (Ⅰ)利用等比数列的通项公式即可得出；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论和对数的运算法则进行化简，再计算b n+1−b n 是否是一个常数即可判定，进而利用等差数列的前n 项和公式即可． 27.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 3+a 8=20，且a 5是a 2与a 14的等比中项， ∴{2a 1+9d =20(a 1+4d)2=(a 1+d)(a 1+13d)，解得a 1=1，d =2， ∴a n =1+2(n −1)=2n −1．(2)b n =1(2n −1)(2n +1)=12(12n−1−12n+1)，∴S n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n=12(1−13+13−15+⋯+12n −1−12n +1) =12(1−12n +1)=n2n+1．【解析】本题考查了等差数列的通项公式，等比数列的性质，裂项相消法求和，属于中档题．(1)根据等差数列的通项公式及等比数列的性质列方程组，求出首项和公差即可得到通项公式；(2)利用裂项相消求和即可．28.【答案】(1)证明：由题意，S n+1=4a n +2，S n+2=4a n+1+2， 两式相减，得S n+2−S n+1=4(a n+1−a n )，a n+2=4a n+1−4a n ， ∴a n+2−2a n+1=2(a n+1−2a n )， ∵b n =a n+1−2a n ，∴b n+1=2b n ，又由题设，得1+a 2=4+2=6，即a 2=5，∴b 1=a 2−2a 1=3，∴{b n }是首项为3，公比为2的等比数列； (2)证明：由(1)得b n =3×2n−1， ∴b n =a n+1−2a n =3⋅2n−1， ∴a n+12n+1−a n 2n=34，即c n+1−c n =34，c 1=a 12=12，∴数列{c n }是首项为12，公差为34的等差数列； (3)解：由(2)得，c n =12+34(n −1)=34n −14，即a n2n=34n −14， ∴a n =(3n −1)2n−2，则S n =4a n−1+2=(3n −4)×2n−1+2．【解析】本题考查数列递推式，考查了等差数列与等比数列的判定，是较难题． (1)由已知数列递推式可得S n+2=4a n+1+2，与原递推式联立可得a n+2−2a n+1=2(a n+1−2a n )，即可证明数列{b n }是等比数列；(2)由(1)得b n =3⋅2n−1，可得b n =a n+1−2a n =3×2n−1，两边同时除以2n+1即可证得数列{c n }是等差数列；(3)由(2)求出数列{c n }的通项公式，可得数列{a n }的通项公式，结合已知条件可得数列{a n }的前n 项和S n ．29.【答案】解：(Ⅰ)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2a n −2①． 则S n+1=2a n+1−2②， ②−①得a n+1=2a n ， 即a n+1a n=2，当n =1时，a 1=S 1=2a 1−2， 解得a 1=2，所以数列的通项公式为a n =2⋅2n−1=2n ， (Ⅱ)由于a n =2n ，则S n =21+22+⋯+2n ， =2(2n −1)2−1，=2n+1−2．T n =2(21+22+⋯+2n )−2−2−⋯−2，=2n+2−4−2n．【解析】(Ⅰ)直接利用递推关系式求出数列的通项公式．(Ⅱ)利用数列的通项公式，直接利用等比数列的前n项和公式求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，等比数列前n项和的公式的应用以及分组求和．30.【答案】解：(1)设等比数列{a n}的公比为q>0，∵2a5，a4，4a6成等差数列，∴2a4=2a5+4a6，∴2a4=2a4(q+2q2)，化为：2q2+q−1=0，q>0，解得q=12，又满足a4=4a32，∴a1q3=4(a1q2)2，化为：1=4a1q，解得a1=12，∴a n=(12)n(n∈N∗)；(2)b n=a n+1(1−a n)(1−a n+1)=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，n∈N∗，∴数列{b n}的前n项和S n=(12−1−122−1)+(122−1−123−1)+⋯+(12n−1−12n+1−1)=1−12n+1−1，n∈N∗．【解析】本题考查了“裂项求和”方法、等差数列的性质，等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)设等比数列{a n}的公比为q>0，由2a5，a4，4a6成等差数列，可得2a4=2a5+4a6，化为：2q2+q−1=0，q>0，解得q.又满足a4=4a32，化为：1=4a1q，解得a1，可得a n；(2)b n=a n+1(1−a n)(1−a n+1)=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，n∈N∗，利用“裂项求和”方法即可得出．。