数列综合教师版

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2024全国卷真题分类汇编(教师版)(数列)

2024全国卷真题分类汇编（教师版）-数列1．（2024年新课标全国Ⅱ卷）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S =.【详解】因为数列n a 为等差数列，则由题意得()1111237345a d a d a d a d +++=⎧⎨+++=⎩，解得143a d =-⎧⎨=⎩，则()10110910104453952S a d ⨯=+=⨯-+⨯=.故答案为：95.2．（2024年高考全国甲卷数学（理））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若510S S =，51a =，则1a =（）A ．2-B ．73C ．1D ．2【详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==，则80a =，则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-，故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，且434n n S a =+．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1(1)n n n b na -=-，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．【详解】（1）当1n =时，1114434S a a ==+，解得14a =．当2n ≥时，11434n n S a --=+，所以1144433n n n n n S S a a a ---==-即13n n a a -=-，而140a =≠，故0n a ≠，故13n n a a -=-，∴数列{}n a 是以4为首项，3-为公比的等比数列，所以()143n n a -=⋅-.（2）111(1)4(3)43n n n n b n n ---=-⋅⋅⋅-=⋅,所以123n n T b b b b =++++ 0211438312343n n -=⋅+⋅+⋅++⋅ 故1233438312343n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅所以1212443434343n n n T n --=+⋅+⋅++⋅-⋅ ()1313444313n n n --=+⋅-⋅-()14233143n n n -=+⋅⋅--⋅(24)32n n =-⋅-，(21)31n n T n ∴=-⋅+.4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；(2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．【详解】（1）首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k k a a a k m d-=+=+'，得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组.（如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.（3）定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列：命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈；命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠.此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组；③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠.此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >.由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组；③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i -=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +-+=.但这导致2112k k -=，矛盾，所以,i B j A ∈∈.设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +-+=，即211k k -=.所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m -，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m -+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +-.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个.所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+-++⎝⎭≥=>==++++++++.这就证明了结论.。

数学教案：数列基础教师版

数列基础知识一、等差数列与等比数列等差数列等比数列文字定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差是同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫等差数列的公差。

一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比是同一个常数，那么这个数列就叫等比数列，这个常数叫等比数列的公比。

符号定义1n na a d+-=112n nna aa+-+=1(0)nnaq qa+=≠211(0)n n n na a a a+-=⋅≠分类递增数列：0d>递减数列：0d<常数数列：0d=递增数列：1101001a q a q>><<<，或，递减数列：1101001a q a q<<><<，或，摆动数列：0q<常数数列：1q=通项1(1)()n ma a n d pn q a n m d=+-=+=+-其中1,p d q a d==-11n n mn ma a q a q--==（0q≠）前n 项和211()(1)22nnn a a n n dS na pn qn+-==+=+其中1,22d dp q a==-11(1)(1)1(1)nna qqS qna q⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩中项,,2a b c b a c=+成等差的充要条件:2,,a b c b ac=成等比的必要不充分条件：主要性质等和性：等差数列{}n a若m n p q+=+则m n p qa a a a+=+推论：若2m n p+=则2m n pa a a+=2n k n k na a a+-+=12132n n na a a a a a--+=+=+=⋅⋅⋅即：首尾颠倒相加，则和相等等积性：等比数列{}n a若m n p q+=+则m n p qa a a a⋅=⋅推论：若2m n p+=则2()m n pa a a⋅=2()n k n k na a a+-⋅=12132n n na a a a a a--⋅=⋅=⋅=⋅⋅⋅即：首尾颠倒相乘，则积相等1、等差数列中连续m项的和，组成的新数列1、等比数列中连续项的和，组成的新数列是其它性质是等差数列。

高频考点数列复习教师版

数列的定义；数列的通项；分析写出常见数列的通项公式。

[数列的前n 项和] n n a a a a S ++++= 321 [数列的前n 项和n S 与通项n a 之间的关系] ⎩⎨⎧≥-===-)2()1(111n S S n S a a n nn数列的前n 项和：数列{}n a 中，n a a a a ++++ 321称为数列{}n a 的前n 项和，记为n S .1S 表示前1项之和：1S =1a ；2S 表示前2项之和：2S =21a a +；……1-n S 表示前n-1项之和：1-n S =1321-++++n a a a a ；n S 表示前n 项之和：n S =n n a a a a a +++++-1321 .∴当n ≥1时n S 才有意义；当n-1≥1即n ≥2时1-n S 才有意义.n S 与n a 之间的关系：由n S 的定义可知，当n=1时，1S =1a ；当n ≥2时，n a =n S -1-n S ，即2111≥=⎩⎨⎧-=-n n S S S a n n n 说明：数列的前n 项和公式也是给出数列的一种方法.应用1 已知数列{}n a 的前n 项和，求数列的通项公式：⑴ n S =n 2+2n ； ⑵ n S =n 2-2n-1. 解：⑴①当n ≥2时，n a =n S -1-n S =(n 2+2n)-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1；②当n=1时，1a =1S =12+2×1=3；③经检验，当n=1时，2n+1=2×1+1=3， ∴n a =2n+1为所求.⑵①当n ≥2时，n a =n S -1-n S =(n 2-2n-1)-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n-3； ②当n=1时，1a =1S =12-2×1-1=-2；③经检验，当n=1时，2n-3=2×1-3=-1≠-2， ∴n a =⎩⎨⎧≥-=-)2(32)1(2n n n 为所求.说明：由数列的前n 项和公式求其通项公式时，必须验证当n=1时1a =1S 是否符合当n ≥2时，n a =n S -1-n S .若符合写在一起，即：n a =n S -1-n S （n ≥1）若不符合必须写成分段的，即：n a =⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n应用2．已知下列各数列{}n a 的前n 项和n S 的公式，求{}n a 的通项公式(1) n n S n 322-= (2) n S ＝23-n .解：(1) 1a ＝－1, n a =n S -1-n S ＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5,又1a 符合1a ＝4·1－5, ∴ n a ＝4n －5;(2) 1a ＝1, n a =n S -1-n S ＝n 3－2－(13-n －2)＝2·13-n ,∴n a ＝⎩⎨⎧≥⋅=-232111n n n 应用3．【2012高考全国文6】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，12n n S a +=，,则n S =（A ）12-n （B ）1)23(-n （C ）1)32(-n （D ）121-n 【解析】由12n n S a +=可知，当1n =时得211122a S ==当2n ≥时，有12n n S a += ① 12n n S a -= ② ， ①－②可得122n n n a a a +=-即132n n a a +=，故该数列是从第二项起以12为首项，以32为公比的等比数列，故数列通项公式为2113()22n n a -⎧⎪=⎨⎪⎩(1)(2)n n =≥，故当2n ≥时，1113(1())3221()3212n n n S ---=+=-当1n =时，11131()2S -==，故选答案B等差数列 [等差数列的概念][定义]如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示。

数列专题1教师版(复印4份)

数列专题1——基本概念，基本量，基本公式(2课时) 一体验浙江高考1.(2015,3)已知｛〃〃｝是等差数列，公差d不为零，前〃项和是S”，若〃广为，火成等比数列，则()A. a x d > 0, dS4 > 0B. a x d < 0, dS4 < 0C. a x d > 0, dS4 < 0D. a l d < 0, dS4 > 0【答案】B.【解析】・・♦等差数列｛4｝ , %，% ， 6成等比数列，J) 5(a∣ + 3d) = (”1 + 2d)(cι∣+ 7d)“∣ = — d ,2 5 2工S4=2(q+%) = 2(q+q+3d) = —d , Λ a i d = — J2 <0, dS4 =—d2<0,故选B.考点：1.等差数列的通项公式及其前〃项和；2.等比数列的概念2.(2012,7) 7.设S〃是公差为d(d≠O)的无穷等差数列｛〃〃｝的前〃项和，则下列命题错误的♦♦是A.若d<(),则数列｛S〃｝有最大项B.若数列｛S“｝有最大项，则dV0C.若数列｛S“｝是递增数列，则对任意的〃∈N*,均有S〃>0D.若对任意的〃wN*,均有S“>0,则数列｛S〃｝是递增数列【解析】选项C显然是错的，举出反例：一1, 0, 1, 2, 3,….满足数列｛S.｝是递增数列，但是S〃>()不成立.【答案】C3.(2012,13) 13.设公比为讥q>0)的等比数列｛。

〃｝的前〃项和为｛S“｝.若S2 = 3«, + 2 , S4 = 3a4 + 2 ,则q=.【解析】将S2 =3%+2, S4 =3q+2两个式子全部转化成用q ,4表示的式子.*即『+卬/ = 3"+ 2 3两式作差得：4∕+4∕=3αα(∕f,即：2qj-3 = 0,a1 + 44 + aq + a x q = 3qq + 2解之得：q or4=-1(舍去).【答案】I4.(2010, 3)设S〃为等比数列｛。

小学四年级数学第六讲：数列(教师版)

小学四年级第六讲数列1、数列：按一定顺序排成的一列数叫做数列。

数列中的每一个数都叫做项，第一项称为首项，最后一项称为末项。

数列中共有的项的个数叫做项数。

2、等差数列与公差：一个数列，从第二项起，每一项与与它前一项的差都相等，这样的数列的叫做等差数列，其中相邻两项的差叫做公差。

3、常用公式等差数列的总和=（首项+末项）⨯项数÷2项数=（末项-首项）÷公差+1末项=首项+公差⨯（项数-1）首项=末项-公差⨯（项数-1）公差=（末项-首项）÷（项数-1）等差数列（奇数个数）的总和=中间项⨯项数1、重点是对数列常用公式的理解掌握2、难点是对题目的把握以及对公式的灵活运用例1、在数列3、6、9……，201中，共有多少数？如果继续写下去，第201个数是多少？答案：共有67个数，第201个数是603解析：（1）因为在这个等差数列中，首项=3，末项=201，公差=3，所以根据公式：项数=（末项-首项）÷公差+1,便可求出。

（2）根据公式：末项=首项+公差⨯（项数-1）解：项数=（201-3）÷3+1=67末项=3+3⨯（201-1）=603答：共有67个数，第201个数是603例2、全部三位数的和是多少？答案：全部三位数的和是494550解析：所有的三位数就是从100~999共900个数，观察100、101、102、……、998、999这一数列，发现这是一个公差为1的等差数列。

要求和可以利用等差数列求和公式来解答。

解：（100+999）⨯900÷2=1099⨯900÷2=49455答：全部三位数的和是494550。

例3、求自然数中被10除余1的所有两位数的和。

答案：459解析：在两位数中，被10除余1最小的是11，最大的是91。

从题意可知，本题是求等差数列11、21、31、……、91的和。

它的项数是9，我们可以根据求和公式来计算。

解：11+21+31+……+91=（11+91）⨯9÷2=459例4、求下列方阵中所有各数的和：1、2、3、4、……49、50；2、3、4、5、……50、51；3、4、5、6、……51、52；……49、50、51、52、……97、98；50、51、52、53、……98、99。

数列高考真题汇编(二)-教师版

数列真题汇编（二）数列求通项15道1.（2016全国3卷文）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. （I ）求a 2,a 3；（II ）求{a n }的通项公式.解：（Ⅰ）由题意得a 2=12,a 3=14. .........5分（Ⅱ）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−1.2．（2016全国1卷文）已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1=1，b 2=13，a nb n+1+b n+1=nb n . （Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）求{b n }的前n 项和.【解析】（Ⅰ）由已知，a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=13,得a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=13,得a 1=2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n =3n −1. （Ⅱ）由（Ⅰ）和a n b n+1+b n+1=nb n ，得b n+1=b n 3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列.记{b n }的前n 项和为S n ，则S n =1−(13)n 1−13=32−12×3n−1.3.（2018全国1文）已知数列满足，，求的通项公式．解：∵，∴.4.（三星）(全国II )已知a 1=1,S n+1=4a n +2(n ∈N ∗)， (1)设b n =a n+1−2a n ,求证：{b n }是等比数列； (2)求a n .备注：题目中已经将关系式构造好了，三项关系变二项关系后是等比数列；基本类型二求通项{}n a 11a =()121n n na n a +=+{}n a 1112n n nn a b b q n−−===12n n a n −=⋅5.（三星）(全国Ⅰ卷)在数列{a n}中,S n=43a n−13×2n+1+23,S n.求首项{a n}与通项n.备注：S n与a n关系变形之后成类型二解：由题意得S n=2a n+1，解得S6=.又a n+1=S n+1−S n=43a n+1−43a n−13(2n+1−2n)，即a n+1=4a n+2n+1，设a n+1+x⋅2n+1=4(a n+x⋅2n)，利用待定系数法可得x=1，又a1+2=4≠0，所以数列{a n+2n}是公比为4的等比数列. 所以a n+2n=4×4n−1，即a n=4n−2n.6. （2020全国3卷理）设数列{a n}满足a1=3，a n+1=3a n−4n．（1）计算a2，a3，猜想{a n}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n}的前n项和S n．【详解】（1）由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{a n}的前三项可猜想数列{a n}是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，a k=2k+1成立.那么n=k+1时，a k+1=3a k−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N∗，都有a n=2n+1成立；（2）由（1）可知，a n⋅2n=(2n+1)⋅2nS n=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2S n =3×22+5×23+7×24+⋯+(2n −1)⋅2n +(2n +1)⋅2n+1，② 由①−②得：−S n =6+2×(22+23+⋯+2n )−(2n +1)⋅2n+1 =6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n +1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即S n =(2n −1)⋅2n+1+2.7．（2021全国1卷）已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和．【解】(1)b 1=a 2=a 1+1=2,b 2=a 4+a 3+1=a 2+2+1=5 ∵2n 为偶数，∴a 2n+1=a 2n +2,a 2n+2=a 2n+1+1, ∴a 2n+2=a 2n +3即b n+1=b n +3,且b 1=2,∴{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列，∴ b n =3n −1. (2)当n 为奇数时,a n =a n+1−1∴{a n }的前20项和为a 1+a 2+...+a 20=(a 1+a 3+...+a 19)+(a 2+a 4+...+a 20)=[(a 2−1)+(a 4−1)+...+(a 20−1)]+(a 2+a 4+...+a 20)=2(a 2+a 4+...+a 20)−10. 由(1)可知,a 2+a 4+...+a 20=b 1+b 2+...+b 10=2×10+10×92×3=155 ,∴{a n }的前 20项和为2x155 -10 =300.8. （2020全国1文）数列{a n }满足a n+2+(−1)n a n =3n −1，前16项和为540，则a 1= ______________.【详解】a n+2+(−1)n a n =3n −1，当n 为奇数时，a n+2=a n +3n −1；当n 为偶数时，a n+2+a n =3n −1. 设数列{a n }前n 项和为S n ， S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70) +(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41) =8a 1+392+92=8a 1+484=540，{}n a 11a =11,,2,n n na n a a n ++⎧=⎨+⋅⎩为奇数为偶数2n n b a =1b 2b {}n b {}n a∴a1=7.故答案为：7.9．（2019全国2卷理）已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=0，4a n+1=3a n−b n+4，4b n+1=3b n−a n−4.（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.解：（1）由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n+b n)，即a n+1+b n+1=12(a n+b n)．又因为a1+b1=l，所以{a n+b n}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n+1−b n+1)=4(a n−b n)+8，即a n+1−b n+1=a n−b n+2．又因为a1–b1=l，所以{a n−b n}是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，a n+b n=12n−1，a n−b n=2n−1．所以a n=12[(a n+b n)+(a n−b n)]=12n+n−12，b n=12[(a n+b n)−(a n−b n)]=12n−n+12．10. （2021全国乙卷理）记S n为数列{a n}的前n项和,b n为数列{S n}的前n项积,已知2S n+1b n=2．（1）证明：数列{b n}是等差数列;（2）求{a n}的通项公式．【解析】（1）解法一：由2S n +1b n=2得S n=2b n2b n−1,且b n≠0,b n≠12,取n=1,由S1=b1=2b12b1−1得b1=32,由于b n为数列{S n}的前n项积,所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2b n2b n−1=b n,所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2b n+12b n+1−1=b n+1,所以2b n+12b n+1−1=b n+1b n,由于b n+1≠0所以22b n+1−1=1b n,即b n+1−b n=12,其中n∈N∗所以数列{b n }是以b 1=32为首项,以d =12为公差等差数列; 解法二：因为b n 为数列{S n }的前n 项积,所以b nb n−1=S n (n ≥2),由2S n+1b n=2可得2b n−1b n+1b n=2(n ≥2),去分母得2b n −2b n−1=1(n ≥2),所以b n −b n−1=12,数列{b n }是公差为12的等差数列.（2）由（1）可得,数列{b n }是以b 1=32为首项,以d =12为公差的等差数列, ∴b n =32+(n −1)×12=1+n2, S n =2b n2bn−1=2+n1+n , 当n=1时,a 1=S 1=32,当n≥2时,a n =S n −S n−1=2+n1+n −1+n n=−1n (n+1),显然对于n=1不成立,∴a n ={32,n =1−1n (n+1),n ≥2.11.（二星）（全国理）若数列{}的前n 项和为S n ＝，则数列{}的通项公式是=______. 解：当=1时，==，解得=1，当≥2时，==－()=，即=，∴{}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴=.12.（2016全国3卷理科）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0， (Ⅰ)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (Ⅱ)若S 5＝3132，求λ。

考点21 数列的综合应用(教师版) 新课标

2013年新课标数学40个考点总动员考点21 数列的综合应用（教师版）【高考再现】热点一、等差数列与等比数列的综合应用1．（2012年高考（陕西理））设{}n a 的公比不为1的等比数列,其前n 项和为n S ,且534,,a a a 成等差数列.(1)求数列{}n a 的公比; (2)证明:对任意k N +∈,21,,k k k S S S ++成等差数列.2．（2012年高考（福建文））在等差数列{}n a 和等比数列{}n b 中,{}1141,8,n a b b a ===的前10项和1055S =. (Ⅰ)求n a 和n b ;(Ⅱ)现分别从{}n a 和{}n b 的前3项中各随机抽取一项,写出相应的基本事件,并求这两项的值相等的概率.3．（2012年高考（天津文））(本题满分13分)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114444,27,=10a b a b S b =+=-. (I)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式;(II )记1122=+++n n n T a b a b a b (*n N ∈)证明:*118(,2)n n n T a b n N n ---=∈>.4．（2012年高考（湖北文））已知等差数列{}n a 前三项的和为3-,前三项的积为8.(1) 求等差数列{}n a 的通项公式;(2)若231,,a a a 成等比数列,求数列{}n a 的前n 项和.5．．（2012年高考（天津理））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1a =1=2b ,44+=27a b ,44=10S b -.(Ⅰ)求数列{n a }与{n b }的通项公式;(Ⅱ)记1121=+++n n n n T a b a b a b - ,+n N ∈,证明+12=2+10n n n T a b -+()n N ∈.【方法总结】对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．热点二、数列与其他章节知识的综合应用1．（2012年高考（四川文））设函数3()(3)1f x x x =-+-,{}n a 是公差不为0的等差数列,127()()()14f a f a f a ++⋅⋅⋅+=,则=++721a a a （） A ．0B ．7C ．14D ．21.2．（2012年高考（上海文））若)(sin sin sin 7727*∈+++=N n S n n πππ ,则在10021,,,S S S 中,正数的个数是（）A ．16.B ．72.C ．86.D ．100.3．（2012年高考（湖北文））定义在(,0)(0,)-∞⋃+∞上的函数()f x ,如果对于任意给定的等比数列{}{},()n n a f a 仍是等比数列,则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在(,0)(0,)-∞⋃+∞上的如下函数:①2()f x x =;②()2xf x =;③()f x =;④()ln ||f x x =.则其中是“保等比数列函数”的()f x 的序号为（） A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④.【答案】C【解析】设数列{}n a 的公比为q .对于①,22112()()n n n nf a a q f a a ++==,是常数,故①符合条件;对于②,111()22()2n n n n a a a n a n f a f a ++-+==,不是常数,故②不符合条件;对于③,1()()n n f a f a +===,是常数,故③符合条件;对于④,11()ln ||()ln ||n n n n f a a f a a ++=,不是常数,故④不符合条件.由“保等比数列函数”的定义知应选C.4．（2012年高考（福建文））数列{}n a 的通项公式cos2n n a n π=,其前n 项和为n S ,则2012S 等于（） A ．1006B ．2012C ．503D ．5．（2012年高考（北京文））某棵果树前n 年得总产量n S 与n 之间的关系如图所示,从目前记录的结果看,前m 年的年平均产量最高,m 的值为（）A ．5B ．7C ．9D ．11 【答案】C【解析】由图可知6,7,8,9这几年增长最快,超过平均值,所以应该加入, 因此选C.6．（2012年高考（上海文））已知xx f +=11)(.各项均为正数的数列}{n a 满足11=a ,)(2n n a f a =+.若20122010a a =,则1120a a +的值是_________.7．（2012年高考（四川文））已知a 为正实数,n 为自然数,抛物线22n a y x =-+与x 轴正半轴相交于点A ,设()f n 为该抛物线在点A 处的切线在y 轴上的截距.(Ⅰ)用a 和n 表示()f n ; (Ⅱ)求对所有n 都有()1()11f n nf n n -≥++成立的a 的最小值;(Ⅲ)当01a <<时,比较111(1)(2)(2)(4)()(2)f f f f f n f n ++⋅⋅⋅+---与)1()0()1()1(6f f n f f -+-⋅的大小,并说明理由.8．（2012年高考（湖南文））某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金d 万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元.(Ⅰ)用d 表示a 1,a 2,并写出1n a 与a n 的关系式;(Ⅱ)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4000万元,试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示).9．（2012年高考（四川理））已知a 为正实数,n 为自然数,抛物线22na y x =-+与x 轴正半轴相交于点A ,设()f n 为该抛物线在点A 处的切线在y 轴上的截距.(Ⅰ)用a 和n 表示()f n ;(Ⅱ)求对所有n 都有33()1()11f n n f n n -≥++成立的a 的最小值; (Ⅲ)当01a <<时,比较11()(2)nk f k f k =-∑与27(1)()4(0)(1)f f n f f -- 的大小,并说明理由.10．（2012年高考（上海理））对于数集},,,,1{21n x x x X -=,其中n x x x <<<< 210,2≥n ,定义向量集},),,(|{X t X s t s a a Y ∈∈==. 若对于任意Y a ∈1,存在Y a ∈2,使得021=⋅a a ,则称X具有性质P. 例如}2,1,1{-=X 具有性质P. (1)若x >2,且},2,1,1{x -,求x 的值;(2)若X 具有性质P,求证:1∈X ,且当x n >1时,x 1=1;(3)若X 具有性质P,且x 1=1,x 2=q (q 为常数),求有穷数列n x x x ,,,21 的通项公式.11．（2012年高考（大纲理））函数2()23f x x x =--.定义数列{}n x 如下:112,n x x +=是过两点(4,5),(,n nn P Q x f x 的直线n PQ 与x 轴交点的横坐标.(1)证明:123n n x x +≤<<; (2)求数列{}n x 的通项公式.【方法总结】1．解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．2．从近几年新课标高考试题可以看出，不同省市的高考对该内容要求的不尽相同，考生复习时注意把握．数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．【考点剖析】一．明确要求1．熟练把握等差数列与等比数列的基本运算．2．掌握隐藏在数列概念和解题方法中的数学思想，如“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转化”等．3．注意总结相关的数列模型以及建立模型的方法．二．命题方向1．考查数列的函数性及与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题．2．考查运用数列知识解决数列综合题及实际应用题的能力．三．规律总结基础梳理1．等比数列与等差数列比较表)2.(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．3．数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是S n与S n＋1之间的递推关系．一条主线数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解．两个提醒(1)对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，但有的数列并没有指明，可以通过分析，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．(2)数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．三种思想(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．【基础练习】1．（经典习题）某学校高一、高二、高三共计2 460名学生，三个年级的学生人数刚好成等差数列，则该校高二年级的人数是( )A．800 B．820 C．840 D．8602．(教材习题改编)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒(假设病毒不繁殖)，问细菌将病毒全部杀死至少需要 ( )A．6秒钟B．7秒钟C．8秒钟D．9秒钟3．（经典习题）若a，b，c成等比数列，则函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴的交点的个数为( )A．0 B．1C．2 D．不能确定【解析】：由题意b2＝ac(ac＞0)，∴Δ＝b2－4ac＝－3b2＜0.【答案】： A4．（经典习题）5·12汶川大地震后，山东天成书业公司于2008年8月向北川中学捐赠《三维设计》系列丛书三万册，计划以后每年比上一年多捐5 000册，则截至到2012年，这5年共捐________万册．【解析】：由题意知a1＝3，d＝0.5S 5＝3×5＋5×42×0.5＝20. 【答案】205．（经典习题）一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π36，则这个多边形的边数为________．6．(人教A 版教材习题改编)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的值为( )．A ．－4B ．－6C ．－8D ．－10【解析】由题意知：a 23＝a 1a 4.则(a 2＋2)2＝(a 2－2)(a 2＋4)，解得：a 2＝－6. 【答案】 B7．（经典习题）已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，数列{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( )． A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10 C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小关系不确定8．（经典习题）若互不相等的实数a ，b ，c 成等差数列，c ，a ，b 成等比数列，且a ＋3b ＋c ＝10，则a ＝( )．A ．4B ．2C ．－2D ．－4【名校模拟】一．基础扎实1．(2012云南省第一次高中毕业生统一检测复习文)已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，1a 与3a 的等差中项等于15. 如果4120S =，那么2012200920093S S -=（A ）18 （B ）25 （C ）32 （D ）392．(2012年云南省第一次统一检测理)在等比数列{}n a 中，6a 与7a 的等差中项等于48，610987654128=a a a a a a a . 如果设{}n a 的前n 项和为n S ，那么=n S（A ）45-n（B ）34-n（C ）23-n（D ）12-n【解析】：设等比数列{}n a 的公比为q ，由已知得⎩⎨⎧=+=96)1(1285164271q q a q a ，化简得 ⎩⎨⎧=+=96)1(251661q q a q a ，解得⎩⎨⎧==211q a . ∴12-=nn S .选（D ）. 3．(湖北武汉2012毕业生五月供题训练（三）文)一个样本容量为10的样本数据，它们组成一个公差不为O 的等差数列{n a }，若a 3 =8，且a 1，a 3，a 7成等比数列，则此样本的平均数和中位数分别是A ．13 ,12B ．13 ,13C ．12 ,13D ．13 ,14．4．(仙桃市2012年五月高考仿真模拟试题文)已知x x f 2sin )(=，若等差数列}{n a 的第5项的值为)6('πf ，则=+++18899221a a a a a a a a 。

数列常考试题教师版

数列常考试题（教师版）1.（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，555,15a S ==， (I)求数列{}n a 的通项公式； (II)若11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前100项和．答案及解析：1.（1）由55a =及515S =得145a d +=，123a d +=---------2分解得11a d ==，---------------------------------------4分所以 n a n =，-----------------------------------------6分（2）n b =11n n a a +()11n n =+111n n =-+，----------------------------------------8分从而有1223100101111a a a a a a ++⋅⋅⋅+111111223100101=-+-⋅⋅⋅+-100101=. 数列{}n b 的前100项和为101100----------------------------12分 2.已知}{n a 为等比数列,其中a 1=1,且a 2,a 3+a 5,a 4成等差数列． (1)求数列}{n a 的通项公式：(2)设n n a n b ⋅-=)12(,求数列{n b }的前n 项和T n ．答案及解析：2.(1) 112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭；(Ⅱ) 12362n n n T -+=-.试题分析：(1)设在等比数列{}n a 中，公比为q ,根据因为2354,,a a a a +成等差数列.建立q 的方程.(Ⅱ)由（I ）可得11(21)2n n b n -⎛⎫=- ⎪⎝⎭.从其结构上不难看出，应用“错位相减法”求和.此类问题的解答，要特别注意和式中的“项数”.3.已知各项均不为零的数列{}n a ，其前n 项和n S 满足2n n S a =-；等差数列{}n b 中14b =，且21b -是11b -与41b -的等比中项 (I)求n a 和n b ，(Ⅱ)记nn b c an=，求{}n c 的前n 项和n T . 答案及解析：3.当13+=n b n 时，()1213-⋅+==n nnn n a b C 此时()1212132102724-⋅+++⋅+⋅+⋅=n n n T ③略4.等差数列{n a }的前n 项和记为S n .已知.50,302010==a a （Ⅰ）求通项n a ；（Ⅱ）若S n =242，求n.答案及解析：4.解：（Ⅰ）由,50,30,)1(20101==-+=a a d n a a n 得方程组⎩⎨⎧=+=+.5019,30911d a d a ……4分解得.2,121==d a 所以 .102+=n a n ……5分（Ⅱ）由242,2)1(1=-+=n n S d n n na S 得方程 .24222)1(12=⨯-+n n n ……8分解得).(2211舍去或-==n n ………10分略5.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 是n S 和1的等差中项，等差数列{}n b 满足11b a =，43b S =.（1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式；（2）设11n n n c b b +=，数列{}n c 的前n 项和为n T . 答案及解析：5.解：（1）∵n a 是n S 和1的等差中项，∴21n n S a =-当1n =时，11121a S a ==-，∴11a = ----2分当2n ≥时，111(21)(21)22n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-， ∴12n n a a -= ，即12nn a a -= ∴数列{}n a 是以11a =为首项，2为公比的等比数列， ∴12n n a -=，21n n S =-----5分设{}n b 的公差为d ，111b a ==，4137b d =+=，∴2d =∴1(1)221n b n n =+-⨯=- --------7分（2）111111()(21)(21)22121n n n c b b n n n n +===--+-+ ----9分 ∴11111111(1...)(1)2335212122121n n T n n n n =-+-++-=-=-+++ - ----12分6.已知数列{}n a 满足前n 项和122n n S +=-。

数列综合应用教案

数列综合应用教案【篇一：《数列的综合应用》教案】个性化教案授课时间年级高三备课时间学生姓名教师姓名课题数列的进一步认识教学目标（1）熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，以及非等差数列、等比数列求和的几种常见方法。

教学重点教学设计教学内容（2）理解与掌握“等价转化”、“变量代换”思想（3）能在具体的问题情境中识别数列的相应关系，并能用相关知识解决相应的问题1、数列求和的几种常见方法2、识别数列的相关关系，并能利用“等价转化”、“变量代换”思想解决相关数列问题一、检查并点评学生的作业。

检查过程中，要特别注意反映在学生作业中的知识漏洞，并当场给学生再次讲解该知识点，也可出题让学生做，检查效果。

二、检查学生上节课或在校一周内的知识点掌握情况，帮助学生再次梳理知识。

三、讲授新内容数列求和数列求和的常用方法 1、公式法（1）直接利用等差数列、等比数列的前n项公式求和；（2）一些常见的数列的前n项和：n∑k=n(n+1)k=12n∑k2=16n(n+1)(2n+1)k=1nk3=14n2(n+1)2k=12、倒序相加法如果一个数列{an}，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项和即可用倒序相加法。

等差数列的前n项和即是用此法推导的。

3、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之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的；例：sn=1*2+2*4+3*8+??+n*2n①2sn=1*4+2*8+3*16+??+（n-1）*2n+n*2n+1②①-②得 -sn=2-（4+8+16+??+2n）-n*2n+1 即：sn=（n-1）2n+1-64、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以相互抵消，从而求得其和；注：用裂项相消法求数列前n项和的前提是：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用裂项相消法的前提。

专题13 数列(解答题)(教师版)

专题13 数列（解答题）1．【2022年全国甲卷】记S n为数列{a n}的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：{a n}是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)−78．【解析】【分析】（1）依题意可得2S n+n2=2na n+n，根据a n={S1,n=1S n−S n−1,n≥2，作差即可得到a n−a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{a n}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n−1+(n−1)2=2(n−1)a n−1+(n−1)②，①−②得，2S n+n2−2S n−1−(n−1)2=2na n+n−2(n−1)a n−1−(n−1)，即2a n+2n−1=2na n−2(n−1)a n−1+1，即2(n−1)a n−2(n−1)a n−1=2(n−1)，所以a n−a n−1=1，n≥2且n∈N*，所以{a n}是以1为公差的等差数列．(2)解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即(a1+6)2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，所以a n=n−13，所以S n=−12n+n(n−1)2=12n2−252n=12(n−252)2−6258，所以，当n=12或n=13时(S n)min=−78．2．【2022年新高考1卷】记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1=1,{S na n }是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵{S na n}是公差为13的等差数列，∴S na n=1+13(n −1)=n+23,∴S n =(n+2)a n3,∴当n ≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n −1)a n =(n +1)a n−1, 即a nan−1=n+1n−1,∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×…×an−1a n−2×ana n−1=1×32×43×…×n n−2×n+1n−1=n (n+1)2，显然对于n =1也成立， ∴{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；(2)1a n=2n (n+1)=2(1n −1n+1),∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n −1n+1)]=2(1−1n+1)<23．【2022年新高考2卷】已知{a n }为等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2−b 2=a 3−b 3=b 4−a 4． (1)证明：a 1=b 1；(2)求集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中元素个数．【答案】(1)证明见解析； (2)9．【解析】【分析】（1）设数列{a n }的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m =2k−2，即可解出． (1)设数列{a n }的公差为d ，所以，{a 1+d −2b 1=a 1+2d −4b 1a 1+d −2b 1=8b 1−(a 1+3d ) ，即可解得，b 1=a 1=d2，所以原命题得证． (2)由（1）知，b 1=a 1=d2，所以b k =a m +a 1⇔b 1×2k−1=a 1+(m −1)d +a 1，即2k−1=2m ，亦即m =2k−2∈[1,500]，解得2≤k ≤10，所以满足等式的解k =2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中的元素个数为10−2+1=9．4．【2021年甲卷文科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列{}n S 是等差数列，证明：{}n a 是等差数列. 【答案】证明见解析. 【解析】【分析】21S S {}n S 的公差d ，进一步写出{}n S 的通项，从而求出{}n a 的通项公式，最终得证. 【详解】∵数列{}n S 是等差数列，设公差为d 212111a a a a S S +111(1)n S a n a a n =-，()n *∈N∴12n S a n =，()n *∈N∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=- 当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-， ∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦ ∴{}n a 是等差数列. 【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况.5．【2021年甲卷理科】已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：②数列{}n S 是等差数列；③213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】证明过程见解析【解析】【分析】n S ,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.n S 选②③作条件证明①时，n S an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式 (0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二] ：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d ，等差数列{}n S 的公差为1d ， 11(1)n S a n d -，将1(1)2n n n S na d -=+11(1)n S a n d -，化简得())222221111111222d d n a n d n a d d n a d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有2121111112,2440,d d a d a d d a d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得111,2d a d a =．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+=1n S a n =， )11111n n S S a n a n a +=+ 所以{}n S 是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法(0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3n S an b an a =+-103aS =-<不合题意，舍去. 综上可知{}n a 为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a =11S a =21212S a a a +{}n S 也为等差数列，所以公差1211d S S a ()1111n S a n d n a -=21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系11d a =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S n S 进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数n S 1211d S S a ==nS 的通项公式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.6．【2021年乙卷文科】设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n nn nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭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 nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.7．【2021年乙卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【解析】【分析】（1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】（1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ． ②由①②得1nn n b S b -=． ③又212n nS b +=， ④ 由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法三]：由212n n S b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【整体点评】（1）方法一从212n n S b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；8．【2021年新高考1卷】已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300. 【解析】【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-． [方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.9．【2021年新高考2卷】记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-，从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->，解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.10．【2020年新课标1卷理科】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【解析】【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论. 【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.11．【2020年新课标3卷理科】设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯， (111)4(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'，所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．12．【2020年新课标3卷文科】设等比数列{an }满足124a a +=，318a a -=．（1）求{an }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3an }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ．【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =. 【解析】【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果. 【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-，所以(01)(1)22n n n n n S +--==，根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=，整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =，【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.13．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =. 【解析】【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =. （2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以 1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100]，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．14．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +-- 【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列(){}111n n n a a -+-的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可. 【详解】(1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，整理可得：22520q q -+=， 11,2,2q q a >==，数列的通项公式为：1222n nn a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----. 【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础. 15．【2019年新课标1卷文科】记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，已知S 9=－a 5．（1）若a 3=4，求{an }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得Sn ≥an 的n 的取值范围．【答案】（1）210n a n =-+；（2）110()n n *≤≤∈N . 【解析】【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于1a 和d 的方程组，求得1a 和d 的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有50a =，根据10a >，可知0d <，根据n n S a >，得到关于n 的不等式，从而求得结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩，解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+；（2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-，由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-，因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤，解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n *≤≤∈N 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.16．【2019年新课标2卷理科】已知数列{an }和{bn }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{an +bn }是等比数列，{an –bn }是等差数列；（2）求{an }和{bn }的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）1122nn a n，1122nnb n．【解析】【分析】(1)可通过题意中的1434n n n a a b +-=+以及1434n n n b b a +-=-对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式，然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-，111a b ，111a b -=，所以1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ，即1112n n n n a b a b ，n n 22n n 因为11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ，所以112n n n n a b a b ，数列{}n n a b -是首项1、公差为2的等差数列，21n na b n ．(2)由(1)可知，112n n n a b ，21n na b n ，所以111222nnn n n na ab a b n，111222nn n n n nb a b a b n．【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题．17．【2019年新课标2卷文科】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和.【答案】（1）212n n a -=；（2）2n S n =.【解析】【分析】(1)本题首先可以根据数列{}n a 是等比数列将3a 转化为21a q ，2a 转化为1a q ，再然后将其带入32216a a 中，并根据数列{}n a 是各项均为正数以及12a =即可通过运算得出结果；(2)本题可以通过数列{}n a 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列{}n b 的通项公式，再通过数列{}n b 的通项公式得知数列{}n b 是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果．【详解】(1)因为数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，32216a a ，12a =，所以令数列{}n a 的公比为q ，2231=2a a q q ，212a a qq ，所以22416q q =+，解得2q =-(舍去)或4，n n (2)因为2log n n b a =，所以21n b n =-，+121n b n ，12n nb b ，所以数列{}n b 是首项为1、公差为2的等差数列，21212n n S nn ．【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．18．【2018年新课标1卷文科】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=．（1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（3）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析；（3）12n n a n -=⋅.【解析】【分析】（1）根据题中条件所给的数列{}n a 的递推公式()121n n na n a +=+，将其化为()121n n n a a n++=，分别令1n =和2n =，代入上式求得24a =和312a =，再利用nn a b n=，从而求得11b =，22b =，34b =；（2）利用条件可以得到121n na a n n+=+，从而可以得出12n n b b +=，这样就可以得到数列{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列；（3）借助等比数列的通项公式求得12n na n-=，从而求得12n n a n -=⋅. 【详解】（1）由条件可得()121n n n a a n++=．将1n =代入得，214a a =，而11a =，所以，24a =．将2n =代入得，323a a =，所以，312a =．从而11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得121n na a n n+=+，即12n n b b +=，又11b =，所以{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列；（3）由（2）可得11122n n nn a b n--==⨯=，所以12n n a n -=⋅．【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列{}n b 的通项公式，借助于{}n b 的通项公式求得数列{}n a 的通项公式，从而求得最后的结果.19．【2018年新课标2卷理科】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）an =2n –9，（2）Sn =n 2–8n ，最小值为–16．【解析】【详解】分析：（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解：（1）设{an }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15．由a 1=–7得d =2．所以{an }的通项公式为an =2n –9．（2）由（1）得Sn =n 2–8n =（n –4）2–16．所以当n =4时，Sn 取得最小值，最小值为–16．点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.20．【2018年新课标3卷理科】等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【答案】（1）()12n n a -=-或12n n a -= .（2）6m =. 【解析】【详解】分析：（1）列出方程，解出q 可得；（2）求出前n 项和，解方程可得m ．详解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=．由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =．故()12n n a -=-或12n n a -=．（2）若()12n n a -=-，则()123nn S --=．由63m S =得()2188m-=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21nn S =-．由63m S =得264m =，解得6m =．综上，6m =．点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题．。

第2讲数列篇(教师版)

第2讲数列[考点分析]数列问题是高考的必考内容，主要考查：1．等差等比数列的证明．2．数列求通项．3．数列求和．4．个别时候考查数列不等式问题．在新高考中很多题目开始以开放性题型命题．[特训典例]题型一等差等比数列的证明例1 （2019全国2卷理19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，，. （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.[特训跟踪]1、（2021全国卷）已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；1434n n n a a b +-=+1434n n n b b a +-=-（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5b b ==；（2）300. 【解析】【分析】（1）根据题设中的递推关系可得13n n b b +=+，从而可求{}n b 的通项. （2）根据题设中的递推关系可得{}n a 的前20项和为20S 可化为()2012910210S b b b b =++++-，利用（1）的结果可求20S .【详解】（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++= 又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +-= 所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-. （2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.2.在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{}a n 的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n .解 (1)∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项， ∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n， ∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n ，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1，∵1a 1－1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列，∴1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ＋1n .(2)由(1)得1n 2a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .[听前试做] (1)证明：当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，其中首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2.(2)由(1)知1S n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式，∴a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.题型二数列求通项和求和例2 (2015·新课标全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[听前试做] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 例3 (2020衡水2调）已知数列{}n a 满足：211231333()3n n n a a a a n N -*+++++=∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设111,3(1)(1)n n n n b a a ++=--数列{}nb 的前n 项和为n S ，试比较n S 与716的大小. 解：（1）数列{}n a 满足211231333()3n n n a a a a n N -*+++++=∈，所以2n ≥时，212133,3n n n a a a --+++=相减可得113,3n n a -=所以1.3n n a =n=1时,12.3a =综上可得2,1,31, 2.3n nn a n ⎧=⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩（5分）(2)因为111,3(1)(1)n n n n b a a ++=--所以12213.2183(1)(1)33b ==⨯-⨯-2n ≥时，1111111.11231313(1)(1)33n n n n n n b +++⎛⎫==- ⎪--⎝⎭-- 所233413111111182313131313131n n n S +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦131117.8283116n +⎛⎫=+-< ⎪-⎝⎭ 例4 (2019衡水2调）已知{}n a 是各项都为正数的数列，其前n 项和为n S ，且n S 为n a 与1na 的等差中项. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()1,nnnb a -=求{}n b 的前n 项和n T .解：（1）由题意知，12n n nS a a =+，即221,n n n S a a -=① 当n=1时，由①式可得11;S =当2n ≥时,有1,n n n a S S -=-带入①式，得2112()()1,n n n n n S S S S S -----=整理得221 1.n n S S --= 所以{}2nS 是首项为1，公差为1的等差数列，211.nSn n =+-=因为{}n a各项都为正数，所以n S =所以12),n n n a S S n -=-=≥ 又111,a S ==所以n a =（6分）（2）()(1)1,n n nn n b a -===-当n 为奇数时，(11)1n T n=-+-++--=当n 为偶数时，(11)1n T n =-+-+--+=所以{}n b 的前n 项和()1nn T =-（12分）例5 （潍坊市高三下学期第一次模拟）已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S 。

江苏省2014届一轮复习数学试题选编15：数列综合问题(教师版)

(3)记阶“期待数列” 的前项和为 :
(ⅰ)求证: ;
(ⅱ)若存在使 ,试问数列能否为阶“期待数列”?若能,求出所有这样的数列;若不能,请说明理由.
【答案】解:(1)若 ,则由① =0,得 ,
由②得或 .
若 ,由①得, ,得 ,不可能.
综上所述, .
(2)设等差数列的公差为 , >0.
命题 : 是等差数列;命题 :等式对任意 ( )恒成立,其中是常数.
⑴若是的充分条件,求的值;
⑵对于⑴中的与 ,问是否为的必要条件,请说明理由;
⑶若为真命题,对于给定的正整数 ( )和正数M,数列满足条件 ,试求的最大值.
【答案】解:(1)设的公差为 ,则原等式可化为
所以 ,
【答案】解:(1)由 ,得(n-1)an+1-(n+1)an=-(n+1),当n≥2时,
有-=-,
所以,-=-=-(-),
由叠加法,得当n≥3时,an=n(2n-1)
把n=1,a2=6代入 ,得a1=1,经验证:a1=1,a2=6均满足an=n(2n-1).
综上,an=n(2n-1),n∈N*
(2)由(1)可知:bn=,于是b1=,b2=,b3=,
则这个正整数的和S=______________.
【答案】
．（江苏省姜堰市2012—2013学年度第一学期高三数学期中调研(附答案)）设等比数列的公比 , 表示数列的前n项的和, 表示数列的前n项的乘积, 表示的前n项中除去第k项后剩余的n-1项的乘积,
即 ,则数列的前n项的和是____(用和q表示)
①
当n为正奇数时,1<f(n)
∴f(n)的最大值为f(1)= ,f(n)的最小值为f(2)= ,

03数列的综合1-教师

专题06 数列的综合（一）专题点拨1．①若{a n }是公差为d 的等差数列，则d >0时，{a n }是递增数列；0d < 时，{a n }是递减数列；d ＝0时，{a n }是常数列．①等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d (n ≥1)可推广为数列通项公式a n ＝a m ＋(n －m )d (m ，n ①N *且n >m )． ①若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ①N *)，当{a n }是有穷数列，则与首末两项等距离的两项之和，等于首末两项之和．①项数成等差数列，则相应的项也成等差数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ①N *)成等差数列． 2．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则①S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…构成的数列是等差数列；①⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是一个等差数列；真题赏析1．(2016·上海)已知数列{a n }和{b n }，其中a n ＝n 2，n ①N *，{b n }的项是互不相等的正整数，若对于任意n ①N *，{b n }的第a n 项等于{a n }的第b n 项，149161234lg lg b b b b b b b b ＝__________．【答案】2【解析】ba n ＝ab n ①b n 2＝b 2n ①b 1b 4b 9b 16＝(b 1b 2b 3b 4)2①lg （b 1b 4b 9b 16）lg （b 1b 2b 3b 4）＝2. 2．(2016·上海)无穷数列由k 个不同的数组成，S n 为的前n 项和．若对任意n ①N *，S n ①{2，3}，则k 的最大值为__________．【答案】4【解析】当a 1＝2时，数列可能为2、0、1、－1或2、1、0、－1或2、1、－1、0；当a 1＝3时，数列可能为3、0、－1、1或3、－1、0、1或3、－1、1、0，所以k 的最大值为4.3．（2017·上海）已知S n 和T n 分别为数列与数列的前n 项和，且a 1＝e 4，S n ＝e S n ＋1－e 5，a n ＝e b n (n ①N *)，则当T n 取得最大值时，n 的值为________．【答案】4或5【解析】由S n ＝e S n ＋1－e 5，得S n －1＝e S n －e 5，两式相减，得a n ＝e a n ＋1，所以{}a n 是首项为e 4，公比为1e的等比数列，所以a n ＝e 5－n .因为a n ＝e b n ，所以b n ＝lne 5－n ＝5－n ，则由⎩⎪⎨⎪⎧b n ≥0b n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧5－n ≥05－（n ＋1）≤0，解得4≤n ≤5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 取得最大值．4．（2018·上海）给定无穷数列{a n}，若无穷数列{b n}满足：对任意n①N*，都有|b n﹣a n|≤1，则称{b n}与{a n}“接近”．（1）设{a n}是首项为1，公比为的等比数列，b n=a n+1+1，n①N*，判断数列{b n}是否与{a n}接近，并说明理由；（2）设数列{a n}的前四项为：a1=1，a2=2，a3=4，a4=8，{b n}是一个与{a n}接近的数列，记集合M={x|x=b i，i=1，2，3，4}，求M中元素的个数m.【解析】（1）数列{b n}与{a n}接近．理由：{a n}是首项为1，公比为的等比数列，可得a n=，b n=a n+1+1=+1，则|b n﹣a n|=|+1﹣|=1﹣＜1，n①N*，可得数列{b n}与{a n}接近.（2）{b n}是一个与{a n}接近的数列，可得a n﹣1≤b n≤a n+1.数列{a n}的前四项为：a1=1，a2=2，a3=4，a4=8，可得b1①[0，2]，b2①[1，3]，b3①[3，5]，b4①[7，9]，可能b1与b2相等，b2与b3相等，但b1与b3不相等，b4与b3不相等，集合M={x|x=b i，i=1，2，3，4}，M中元素的个数m=3或4.例题剖析【例1】在等差数列{a n}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝30，则a2＋a3＝________.【答案】15【解析】根据等差数列的性质a m＋a n＝a p＋a q①m＋n＝p＋q.则有a1＋a2＋a3＋a4＝2(a2＋a3)＝30①a2＋a3＝15.【变式训练1】已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和，若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.【答案】6a n是等差数列，①a3＋a5＝2a4＝0，a4＝0，a4－a1＝3d＝－6，d＝－2，①S6＝6a1＋15d＝【解析】①{}6×6＋15×(－2)＝6，故答案为6.【例2】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，2110a =，3144S =，则n S 取得最大值时n 的为( ) A ． 25 B ． 27C ． 25 或 26D ． 26 或 27【答案】C【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，2110a =Q ，3144S =，12010a d ∴+=，133144a d +=，联立解得150a =，2d =-，502(1)522n a n n ∴=--=-．令5220n a n =-…，解得26n „．则n S 取得最大值时n 的为 25 或 26 ．故选：C ．【变式训练2】已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，12a =，24a =，36a =，数列12{}n n n a a a ++++是公差为2的等差数列，则25(S = )A ．233B ．282C ．466D ．650【答案】B【解析】n S 是数列{}n a 的前n 项和，12a =，24a =，36a =，数列12{}n n n a a a ++++是公差为2的等差数列，可知44a =，56a =，68a =，76a =，88a =，910a =，108a =，1110a =，1212a =，即：2，4，6，4，6，8，6，8，10，8，10，12，10，12，14，12，14，16，14，16，⋯ 数列{}n a 的前25项和：6182243(681012141618)2030372822++⨯++++++++=+⨯⨯=．故选：B ．【例3】在等差数列{}n a 中，13515a a a ++=，61a l =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意*m N ∈，将数列{}n a 中落入区间1(2m +，212)m +内的项的个数记为{}m b ，记数列{}m b 的前m 项和m S ，求使得2018m S >的最小整数m ；（3）若*n N ∈，使不等式1111(21)n n n n a n a a a λ+++++剟成立，求实数λ的取值范围．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由113615511a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，∴数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，*n N ∈．（2）对任意*m N ∈，若1212212m m n ++<-<，则2112222mm n +<<+， 222m m m b ∴=-，*m N ∈，246223(2222)(2222)mmm S =+++⋯+-+++⋯+4(14)2(12)1412m m --=---446223m m ⨯-⨯+=．令4462220183m m ⨯-⨯+>，解得23 5.34m log >≈， ∴所求的最小整数m 为 6 ．（3）1111(21)n n n n a n a a a λ+++++剟， 22(21)111(21)(21)2(1)n n n n λ-++-++剟，记2(21)1(21)(21)n n A n n -+=-+，211(21)n B n =++，*n N ∈，由221(21)1(21)18(1)(21)(23)(21)(21)(21)(21)(23)n n n n n A A n n n n n n n +++-+--=-=++-+-++，知12A A =，且从第二项起，{}n A 递增，即12A A =，34n A A A <<⋯<，211(21)n B n =++Q 递减，∴实数λ的范围为1[A ，1]B ，即210[,]39．【变式训练3】已知数列{}a n 的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{}b n 是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{}b n 的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n. 求数列{}c n 的前n 项和T n .【解析】(1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{}b n 的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1；(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1，又T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×[4＋4（2n－1）2－1－(n ＋1)×2n ＋2]＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.【例4】（2019·普陀区二模）设数列{a n }满足：a 1=2,2a n +1=t ⋅a n+1(其中t 为非零实常数)． (1)设t =2,求证：数列{a n }是等差数列,并求出通项公式；(2)设t =3,记b n =|a n+1−a n |,求使得不等式b 1+b 2+b 3+⋯+b k ≥3940成立的最小正整数k ；(3)若t ≠2,对于任意的正整数n ,均有a n <a n+1,当a p+1、a t+1、a q+1依次成等比数列时,求t 、p 、q 的值．【解析】解：(1)求证：t =2时,2a n +1=2a n+1,∴a n+1−a n =12,∴{a n }是等差数列,首项为2,公差为12, ∴a n =2+(n −1)×12=n+32．(2)t =3时,2a n +1=3a n+1,a n+1=23a n +13,∴a n+1−1=23(a n −1),又a 1−1=1, ∴数列{a n −1}是首项为1,公比为23的等比数列,∴a n −1=(23)n−1,∴a n =(23)n−1−1,b n =|a n+1−a n |=13×(23)n−1,b 1+b 2+b 3+⋯+b k =13[1−(23)k ]1−23=1−(23)k ,∴1−(23)k ≥3940,得(23)k ≤140,∴k ≥−lg40lg2−lg3=1+2lg2lg3−lg2≈1+2×0.30100.4771−0.3010=1.60200.1761≈9.097, k 的最小正整数值为10．(3)t ≠2时,由2a n +1=ta n+1得a n+1=2t a n +1t ,得a n+1−1t−2=2t (a n −1t−2) a n −1t−2=(2−1t−2)⋅(2t )n−1,∴a n =1t−2+(2−1t−2)⋅(2t )n−1, ∵a n <a n+1,∴{a n }递增,∴2−1t−2>0,且2t >1解得t <2且t ≠0,又因为t +1≥1,即t ≥0,故t =1,a p+1、a t+1、a q+1依次成等比数列①若公比≠1,不妨设a p+1<a t+1,则1≤p +1<t +1,即p =0,a p+1=2,a t+1=a 2=5,a q+1=a t+12a p+1=252,q不是整数,不成立．②若公比为1,则a p+1=a t+1=a q+1,∴p =t =q =1, 综上,p =t =q =1．巩固训练一、填空题1．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 【答案】2n【解析】由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1得2(a n ＋a n q 2)＝5a n q ，得2＋2q 2＝5q ，解得q ＝2或q ＝12(舍去)．又①a 25＝a 10，得a 1＝q ＝2，①a n ＝2n .2．设等比数列{}a n 满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．【答案】64【解析】设等比数列的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10a 2＋a 4＝5得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q 2）＝10a 1q （1＋q 2）＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8q ＝12，所以 a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝8n ×(12)n （n －1）2＝2－12n 2＋72n ，于是当n ＝3或4时，a 1a 2…a n 取得最大值26＝64. 3.已知函数()2xf x a b =+g 的图象过点(2,9)和点(4,45)，若数列{}n a 的前n 项和()n S f n =，数列2{}3na log 的前n 项和为n T ，则使得55n T …成立的最小正整数n = ．【答案】11【解析】函数()2xf x a b =+g 的图象过点(2,9)和点(4,45)，可得49a b +=，1645a b +=，解得3a =，3b =-；数列{}n a 的前n 项和()323x n S f n ==-g ，可知13a =，2q =，132n n a -=g ，213na log n =-，数列2{}3n a log 的通项公式为：1n -；数列2{}3n a log 的前n 项和为(1)2n n n T -=，55n T …，即21100n n --…，可得11(10n n -厔舍去）．使得55n T …成立的最小正整数11n =．故答案为： 11 ．4.已知数列{}n a 满足1223n n na a a +=+-，其首项1a a =，若数列{}n a 是单调递增数列，则实数a 的取值范围是．【答案】(0，1)(22⋃，)+∞【解析】Q 1223n n na a a +=+-，其首项1a a =，数列{}n a 是递增数列， 1230n n n n a a a a +∴-=+->，则11230a a +->，即230a a+->，当0a >时，解得(0a ∈，1)(2⋃，)+∞．当0a <时，不等式无解．当12a =时，112a =，232a a ==⋯=，不满足题意．当1(0,)2a ∈时，取13a =，成立，当1(2a ∈，1)时，取23a =，不成立．∴实数a 的取值范围为：(0，1)(22⋃，)+∞．故答案为：(0，1)(22⋃，)+∞．二、选择题5.记数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知11a =，*1()2()n n n n S S a n N +-=∈，则2018(S = )A ．10093(21)-B ．10093(21)2- C ．20183(21)-D ．20183(21)2- 【答案】A【解析】根据题意，数列{}n a 中，1()2n n n n s s a +-=，则有12nn n a a +=g ，①进而可得112n n n a a --=g ，② ①÷②可得：112n n a a +-=，当1n =时，122a a =g ，又由11a =，则22a =，则当n为奇数时，1n a -=，当n为偶数时，n a =，则20181232018132017242018()()S a a a a a a a a a a =+++⋯⋯+=++⋯⋯++++⋯⋯+1009100910091(12)2(12)3(21)1212--=+=---；故选：A ．6.对于数列1x ，2x ，g g g 若使得0n m x ->对一切*n N ∈成立的m 的最小值存在，则称该最小值为此数列的“准最大项”，设函数()sin ()f x x x x R =+∈及数列1y ，2y ，g g g 且1006()y y y R =∈，若111()()(*)()()22n n n n n n n f y y y y n N f y y y ππ-+-⎧⎪=∈⎨+-<⎪⎩…，则当01y =时，下列结论正确的应为( )A ．数列1y ，2y ，g g g 的“准最大项”存在，且为2πB ．数列1y ，2y ，g g g 的“准最大项”存在，且为3πC ．数列1y ，2y ，g g g 的“准最大项”存在，且为4πD ．数列1y ，2y ，g g g 的“准最大项”不存在【答案】B【解析】1006()y y y R =∈，若111()()(*)()()22n n n n n n n f y y y y n N f y y y ππ-+-⎧⎪=∈⎨+-<⎪⎩…，当01y =，可得16y =，2y f =（6）16sin 6y =+<，322222()sin()cos (2,3)22222y f y y y y y πππππππ=+-=+++-=+∈，由()sin f x x x =+的导数为()1cos 0f x x '=+…，可得()f x 在R 上递增，当(2,3)x ππ∈，2sin (3)3x x x f πππ<<+<=，可得当3n …时，13n n y y π+<<，可得3m π…，数列1y ，2y ，gg g 的“准最大项”存在，且为3π，故选：B ．7.已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，且满足20172019a a π+=，10114b b =，2018120(2a tanb b =+则 )A．2 B．2CD【答案】A【解析】数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，且满足20172019a a π+=，可得20182a π=，10114b b =，可得1214b b =，22tan tan tan()2241234ππππ==-===-+故选：A ．三、解答题8.等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }各项均为正数，b 1＝1，且b 2＋S 2＝12，{b n }的公比q ＝S 2b 2.(1)求a n 与b n ； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.【解析】(1)由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋a 2＝12q ＝3＋a 2q ，解得q ＝3或q ＝－4(舍去)，a 2＝6，①a n ＝3＋(n －1)×3＝3n ，b n ＝3n －1. (2)①S n ＝n （3＋3n ）2， ①1S n ＝2n （3＋3n ）＝23⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ①1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝23⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝0，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1，n ①N *.(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，若不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n对于n ①N *恒成立，求实数m 的最大值．【解析】(1)证明：由a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋n －1＝a n (n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1，变形为a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)(n ≥2)， ①a 1＝0，①a 1＋1＝1，a 2＝a 1＋1＝1， a 2＋1＝2(a 1＋1)，①{a n ＋1}是以1为首项，公比为2的等比数列．(2)由(1)得a n ＝2n －1－1，①点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，①T n ＋1n ＋1－T n n ＝12，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n n 是以T 11＝1为首项，12为公差的等差数列，则T n n ＝1＋12(n －1)，①T n ＝n （n ＋1）2，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n （n ＋1）2－n （n －1）2＝n ，①b 1＝1满足该式，①b n ＝n .①不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n，即为1＋22＋322＋…＋n 2n －1≥m －92n ，令R n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1，则12R n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，两式相减得(1－12)R n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n2n ＝2－n ＋22n ，①R n ＝4－n ＋22n －1. 由R n ≥m －92n 恒成立，即4－2n －52n ≥m 恒成立，又(4－2n －32n ＋1)－(4－2n －52n )＝2n －72n ＋1，故当n ≤3时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫4－2n －52n 单调递减；当n ＝3时，4－2×3－523＝318；当n ≥4时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫4－2n －52n 单调递增；当n ＝4时，4－2×4－524＝6116；则4－2n －52n 的最小值为6116，所以实数m 的最大值是6116.10.已知数列{}n a ，{}n b 均为各项都不相等的数列，n S 为{}n a 的前n 项和，*11()n n n a b S n N +=+∈．（1）若11,2n na b ==，求4a 的值；（2）若{}n a 是公比为(1)q q ≠的等比数列，求证：数列11n b q ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭为等比数列；（3）若{}n a 的各项都不为零，{}n b 是公差为d 的等差数列，求证：2a ，3a ，⋯，n a ，⋯成等差数列的充要条件是12d =．【解析】（1）11n n n a b S +=+Q ，11a =，2n n b =， 121111412a a b ++∴===，146132+++ 232114161S a b +++===，34311461832S a b ++++===，证明：（2）设11(1)n n a a qq -=≠，则1(1)1n n a q S q-=-，11n n n a b S +=+Q ，111111(1)1111(1)n n n n n nn a q S a a q q qb a a q q a q+-++-+--∴===-， 1111111111(1)1(1)n n n na a q q a qb q q a q q a a q -+-+-∴+=+=---- 1111111(1)n n a q b q a a q +++-∴+=--，∴1n nb q b +=，(q 为常数） ∴数列11n b q ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭为等比数列，（3）Q 数列{}n b 是公差为d 的等差数列，∴当2n …时，1()n n n n n a b a b d a +--=，即1()(1)n n n n a a b d a +-=-， Q 数列{}n a 的各项都不为零，10n n a a +∴-≠，10d -≠， ∴当2n …时，11n nn nb a d a a +=--，当3n …时，1111n n n n b a d a a ---=--，两式相减得：当3n …时，111111n n n n n n n n a a b b da a a a d d--+---==----．先证充分性：由12d =可知1111n n n n n n a a a a a a -+--=--，∴当3n …时，1111n nn n n na a a a a a --++=--，又0n a ≠Q ，11n n n n a a a a +-∴-=-，即2a ，3a ，⋯，n a ⋯成等差数列；再证必要性：2a Q ，3a ，⋯，n a ⋯成等差数列，∴当3n …时，11n n n n a a a a +--=-， ∴111111111n n n n n n n n n n n n a a a a da a a a a a a a d---+----=-==-----， 12d ∴=．综上所述，2a ，3a ，⋯，n a ⋯成等差数列的充要条件是12d =11.已知数列中，为它前项之和，且（），．（1）设，求证为等比数列；（2）设，求证为等差数列；（3）求数列的通项公式及前项之和的公式．【解析】（1）由142n n S a +=+得，142n n S a -=+(2)n ≥. 两式相减得，1144(2)n n n a a a n +-=-≥.1211111112(44)2242222n n n n n n n nn n n n n n nb a a a a a a a b a a a a a a +++++++++----∴====---. {}n b ∴是公比为2的等比数列.（2）当1n =时，2142S a =+，又11a =，则25a = 12123b a a ∴=-=由（1）知，12n n n b a a +=-132n -=⨯，n ∈*N1111111232322224n n n n n n n n n n n a a a a c c -++++++-⨯∴-=-===.{}n c ∴是公差为34的等差数列.（3）11122a c ==，由（2）知，11331(1)(1)244n n c c n d n -=+-=+-⨯=，n ∈*N2n n n a c ∴=⋅=，n ∈*N .142(31)22n n n S a n +∴=+=-⋅+，n ∈*N .1(34)22n n S n -∴=-⋅+，(2)n ≥，又11a =也满足上式 1(34)22n n S n -∴=-⋅+， n ∈*N .新题速递1．（2020•虹口区一模）设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若2712a a +=，48S =，则n a = ．【分析】直接利用等差关系式建立方程组求出首项和公差，进一步求出数列的通项公式．【解答】解：设首项为1a ，公差为d 等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若2712a a +=，48S =，则27141271234482a a a d S a d +=+=⎧⎪⎨⨯=+=⎪⎩，解得112a d =-⎧⎨=⎩，所以12(1)23n a n n =-+-=-，故答案为：23n -2．（2020•浦东新区一模）设{}n a 是等差数列，且13a =，3518a a +=，则n a = ．【分析】结合已知及等差数列的通项公式可求d ，进而可求通项公式．【解答】解：{}n a Q 是等差数列，且13a =，3518a a +=， 12618a d ∴+=，2d ∴=，则32(1)21n a n n =+-=+．故答案为：21n +3．（2020•宝山区一模）已知{}n a 、{}n b 均是等差数列，n n n c a b =g ，若{}n c 前三项是7、9、9，则10c = ．【分析】{}n a 、{}n b 均是等差数列，故{}n c 为二次函数，设2n c an bn c =++，根据前3项，求出a ，b ，c 的值，即可得到10c ．【解答】解：设2n n n c a b an bn c ==++g，则7429939a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩，解得153a b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩210110510347c ∴=-⨯+⨯+=-，故答案为：47-．4．（2020•松江区一模）已知数列{}n a 满足：①*()n a N n N ∈∈；②当*2()k n k N =∈时，2n na =；③当*2()k n k N ≠∈时，1n n a a +<，记数列{}n a 的前n 项和为n S ．（1）求1a ，3a ，9a 的值；（2）若2020n S =，求n 的最小值；（3）求证：242n n S S n =-+的充要条件是*211()n a n N +=∈．【分析】（1）直接根据已知条件以及范围限制带入求解即可；（2）先根据条件求出121k m a m -+=-或m ；再求出64()max S 以及128()max S 与所求相对应即可求解；（3）先证必要性，根据已知得122422n n n S S +=-+①以及122214(21)2n n n S S +++=-++②作差得到1121222141n n n a a a ++++++=-；结合条件限制即可证；充分性，根据*211()n a n N +=∈求得2211n n a a -=+，以及22n n a a =，进而求出其前n 项和，得证．【解答】解：（1）因为21a =，12a a <，且1a 为自然数； 10a ∴=；42a =，340a a <„，且均为自然数30a ∴=或者31a =；168a =，9101608a a a <<⋯⋯=„，*()n a N n N ∈∈；90a ∴=或者91a =．（2）122k k a -=，当1*22(,)k k n n k N -<∈„时，1112122202k k k k a a a ---++<<⋯<=„， ∴121k m a m -+=-或m ；1m =，2，1321k -⋯-；6423458916173233()(01)(12)(1234)(12332)171422222max S ⨯⨯⨯⨯⨯∴=++++++++⋯++++⋯+=+++++=； 1286465()71427942max S ⨯∴=+=． 71420202794<<Q ，64128n ∴<<；又20207141306-=，123501275130612350511326+++⋯+=<<+++⋯++=．n ∴的最小值：6451115+=．（3）必要性：242n n S S n =-+；所以122422n n n S S +=-+①故有122214(21)2n n n S S +++=-++； ② ①-②得：11*21222141()n n n a a a n N ++++++=-∈③，由于11212201n n a a ++++=⎧⎪⎨=⎪⎩，或11212212n n a a ++++=⎧⎪⎨=⎪⎩，或11212202n n a a ++++=⎧⎪⎨=⎪⎩，且210,1n a +=或，只有当112121221,1,2n n n a a a +++++===同时成立，等式③才成立， ∴*211()n a n N +=∈，充分性：若*211()n a n N +=∈，由于1212223212n n n n n a a a a ++++=<<<⋯<=，所以*2(n k a k n N +=∈，*k N ∈，2)n k „，即211n a +=，222n a +=，233n a +=，⋯，12121n n a +-=-，又1222n a +=，所以对任意的*n N ∈，都有2211n n a a -=+，另一方面，有1222,2n n k k a k a k +++==，*(n N ∈，*k N ∈，2)n k „，所以对任意的*n N ∈，都有22n n a a =，21221321242()()n n n n S a a a a a a a a a -∴=++⋯=++⋯++++⋯+2422232()24()n n a a a n a a a a n =++⋯+-=++++⋯+-，由于10a =，21a =，2124()242n n n S a a a n S n ∴=++⋯+-+=-+，证毕．5．（2020•静安区一模）设{}n a 是等差数列，公差为d ，前n 项和为n S ．（1）设140a =，638a =，求n S 的最大值；（2）设*11,2()n a n a b n N ==∈，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且对任意的*n N ∈，都有20n T „，求d 的取值范围．【分析】（1）运用等差数列的通项公式可得公差d ，再由等差数列的求和公式，结合配方法和二次函数的最值求法，可得最大值；（2）由题意可得数列{}n b 为首项为2，公比为2d 的等比数列，讨论0d =，0d >，0d <，判断数列{}n b 的单调性和求和公式，及范围，结合不等式恒成立问题解法，解不等式可得所求范围．【解答】解：（1）140a =，638a =，可得61255a a d -==-，可得2212120120140(1)()255220n S n n n n =--=--+g ，由n 为正整数，可得100n =或101时，n S 取得最大值2020；（2）设*11,2()n a n a b n N ==∈，数列{}n b 的前n 项和为n T ，可得1(1)n a n d =+-，数列{}n b 为首项为2，公比为2d 的等比数列，若0d =，可得2n b =；0d >，可得{}n b 为递增数列，无最大值；当0d <时，2(12)21212dn n d dT -=<--，对任意的*n N ∈，都有20n T „，可得22012d-…，且0d <，解得2log 0.9d „．。

数列证明题型总结(教师版)附答案

一、解答题：1．在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(Ⅰ)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{}b n 是等差数列； (Ⅱ)求数列{}a n 的前n 项的和S n .【答案】(Ⅰ)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋12n －a n 2n －1＝a n ＋1－2a n 2n ＝2n2n ＝1所以数列{b n }为等差数列 (Ⅱ)因为b n ＝b 1＋(n －1)×1＝n 所以a n ＝n ·2n －1所以S n ＝1×20＋2×21＋…＋n ×2n －1 2S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n 两式相减得S n ＝(n －1)·2n ＋12．在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝12a n ＋12n＋1.(Ⅰ)设b n ＝2n a n ，证明：数列{b n }是等差数列； (Ⅱ)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(Ⅰ)由a n ＋1＝12a n ＋12n ＋1，得2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1 b n ＋1＝b n ＋1，则{b n }是首项b 1＝1，公差为1的等差数列．故b n ＝n ，a n ＝n2n .(Ⅱ)S n ＝1×12＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n12S n ＝1×122＋2×123＋3×124＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1 两式相减，得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12（1－12n ）1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1S n ＝2－12n －1－n2n3．数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足4S n ＝(a n ＋1)2(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n }是等差数列，并求出其通项公式a n ； (Ⅱ)设b n ＝a n ＋2a n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2⇒a 21－2a 1＋1＝0，即a 1＝1n ≥2时，4a n ＝4S n －4S n －1＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1 ⇒a 2n －a 2n －1－2a n －2a n －1＝0⇒(a n ＋a n －1)[(a n －a n －1)－2]＝0 ∵a n >0 ∴a n －a n －1＝2故数列{a n }是首项为a 1＝1，公差为d ＝2的等差数列，且a n ＝2n －1(n ∈N *) (Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝a n ＋2a n ＝(2n －1)＋22n －1 ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(1＋21)＋(3＋23)＋…＋[(2n －1)＋22n －1] ＝[1＋3＋…＋(2n －1)]＋(21＋23＋…＋22n －1) ＝n 2＋2（1－22n ）1－4＝22n ＋13＋n 2－23＝22n ＋1＋3n 2－234．数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a n ＋1(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n }是等差数列，并求出其通项公式a n ； (Ⅱ)设b n ＝a n ·2n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)由2S n ＝a n ＋1(n ∈N *)可以得到4S n ＝(a n ＋1)2(n ∈N *) n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2⇒a 21－2a 1＋1＝0，即a 1＝1 n ≥2时，4a n ＝4S n －4S n －1＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1 ⇒a 2n －a 2n －1－2a n －2a n －1＝0⇒(a n ＋a n －1)[(a n －a n －1)－2]＝0 ∵a n >0 ∴a n －a n －1＝2故数列{a n }是首项为a 1＝1，公差为d ＝2的等差数列，且 a n ＝2n －1(n ∈N *)(Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝a n ·2n ＝(2n －1)·2n∴T n ＝(1·21)＋(3·22)＋…＋[(2n －3)·2n －1]＋[(2n －1)·2n ] 则2T n ＝(1·22)＋(3·23)＋…＋[(2n －3)·2n ]＋[(2n －1)·2n ＋1] 两式相减得：－T n ＝(1·21)＋(2·22)＋…＋(2·2n )－[(2n －1)·2n ＋1] ＝2·2（1－2n ）1－2－2－[(2n －1)·2n ＋1]＝(3－2n )·2n ＋1－6∴T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6(或T n ＝(4n －6)·2n ＋6)5．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ＝32n 2＋72n (n ∈N *)．(Ⅰ)求a 1，a 2；(Ⅱ)求数列{a n }的通项公式，并证明数列{a n }是等差数列；(Ⅲ)如果数列{b n }满足a n ＝log 2b n ，请证明数列{b n }是等比数列，并求其前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)a 1＝S 1＝5，a 1＋a 2＝S 2＝32×22＋72×2＝13，解得a 2＝8. (Ⅱ)当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝32[n 2－(n －1)2]＋72[n －(n －1)] ＝32(2n －1)＋72＝3n ＋2. 又a 1＝5满足a n ＝3n ＋2， ∴a n ＝3n ＋2(n ∈N *)．∵a n －a n －1＝3n ＋2－[3(n －1)＋2] ＝3(n ≥2，n ∈N *)，∴数列{a n }是以5为首项，3为公差的等差数列． (Ⅲ)由已知得b n ＝2an (n ∈N *)，∵b n ＋1b n ＝2nn ＋12an ＝2an ＋1－an ＝23＝8(n ∈N *)，又b 1＝2a 1＝32，∴数列{b n }是以32为首项，8为公比的等比数列． ∴T n ＝32（1－8n ）1－8＝327(8n－1)．6．已知函数f (x )＝2x x ＋2，数列{a n }满足：a 1＝43，a n ＋1＝f (a n )．(Ⅰ)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)记S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1，求证：S n <83.【答案】证明：(Ⅰ)∵a n ＋1＝f (a n )＝2a n a n ＋2，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 成等差数列，所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝34＋(n －1)×12＝2n ＋14，则a n ＝42n ＋1.(Ⅱ)∵a n a n ＋1＝42n ＋1·42n ＋3＝8⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，∴S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝8⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3<83.7．已知数列{a n }的前三项依次为2，8，24，且{a n －2a n －1}是等比数列．(Ⅰ)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列；(Ⅱ)试求数列{a n }的前n 项和S n 的公式．【答案】(Ⅰ)∵a 2－2a 1＝4，a 3－2a 2＝8， ∴{a n －2a n －1}是以2为公比的等比数列． ∴a n －2a n －1＝4×2n －2＝2n .等式两边同除以2n ，得a n 2n －a n －12n －1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列． (Ⅱ)根据(Ⅰ)可知a n 2n ＝a 12＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝n ·2n .S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，'① 2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.'② ①－②得：－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.8．已知数列{a n }的各项为正数，前n 项和为S n ，且满足：S n ＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{S 2n }是等差数列；(Ⅱ)设T n ＝12S 21＋122S 22＋123S 23＋…＋12n S 2n ，求T n . 【答案】(Ⅰ)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1，又S n ＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n (n ∈N *)， ∴S 1＝12⎝⎛⎭⎫S 1＋1S 1，解得S 1＝1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， ∴S n ＝12⎝⎛⎭⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，化简得S 2n －S 2n －1＝1， {S 2n }是以S 21＝1为首项，1为公差的等差数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)知S 2n ＝n ， T n ＝12S 21＋122S 22＋…＋12n S 2n ，即T n ＝1·12＋2·122＋…＋(n －1)12n －1＋n ·12n .'①①×12得12T n ＝1·122＋…＋(n －1)12n ＋n ·12n ＋1.'②①－②得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n ·12n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－12n 1－12－n ·12n ＋1＝1－12n －n ·12n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n .9．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·1a 2n＋4＝1(n ∈N *)，记S n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n . (Ⅰ)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列；(Ⅱ)对任意的n ∈N *，如果S 2n ＋1－S n ≤m30恒成立，求正整数m 的最小值．【答案】(Ⅰ)证明：1a 2n ＋1－1a 2n＝4⇒1a 2n ＝1a 21＋(n －1)×4⇒1a 2n ＝4n －3，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列． (Ⅱ)令g (n )＝S 2n ＋1－S n ＝14n ＋1＋14n ＋5＋…＋18n ＋1.∵g (n ＋1)－g (n )<0， ∴g (n )在n ∈N *上单调递减，∴[g (n )]max ＝g (1)＝1445.∴1445≤m 30恒成立⇒m ≥283，又∵m ∈N ，∴正整数m 的最小值为10.10．已知数列{a n }是首项a 1＝133，公比为133的等比数列，设b n ＋15log 3a n ＝t ，常数t ∈N *.(Ⅰ)求证：{b n }为等差数列；(Ⅱ)设数列{c n }满足c n ＝a n b n ，是否存在正整数k ，使c k ＋1，c k ，c k ＋2成等比数列？若存在，求k ，t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】(Ⅰ)证明：a n ＝3－n3，b n ＋1－b n ＝－15log 3⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＝5， ∴{b n }是首项为b 1＝t ＋5，公差为5的等差数列． (Ⅱ)c n ＝(5n ＋t )·3－n 3，令5n ＋t ＝x ，则c n ＝x ·－n 3，c n ＋1＝(x ＋5)·3－n ＋13，c n ＋2＝(x ＋10)·3－n ＋23，若c 2k ＝c n ＋1c n ＋2，则(x ·3－n 3)2＝(x ＋5)·3－n ＋13·(x ＋10)·3－n ＋23，化简得2x 2－15x －50＝0，解得x ＝10或－52(舍)，进而求得n ＝1，t ＝5，综上，存在n ＝1，t ＝5适合题意．11．在数列{ a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1.(Ⅰ)设b n ＝a n ＋1－a n ＋2，(n ∈N *)，证明：数列{b n }是等比数列； (Ⅱ)求数列{a n }的通项a n .【答案】(Ⅰ)由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1 ① 得a n ＋2＝2a n ＋1＋2n ＋3 ②②－①，得a n ＋2－a n ＋1＝2a n ＋1－2a n ＋2 设a n ＋2－a n ＋1＋c ＝2(a n ＋1－a n ＋c )．展开与上式对比，得c ＝2因此，有a n ＋2－a n ＋1＋2＝2(a n ＋1－a n ＋2) 由b n ＝a n ＋1－a n ＋2，得b n ＋1＝2b n ，由a 1＝1，a 2＝2a 1＋3＝5，得b 1＝a 2－a 1＋2＝6，故数列{b n }是首项为6，公比为2的等比数列 (Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n ＝6×2n －1＝3×2n 则a n ＋1－a n ＝b n －2＝3×2n －2，所以a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋(3×21－2)＋(3×22－2)＋…＋(3×2n －1－2) ＝1＋3(2＋22＋23＋…＋2n －1)－2(n －1) a n ＝3×2n －2n －3，当n ＝1时，a 1＝3×21－2×1－3＝6－5＝1，故a 1也满足上式故数列{a n }的通项为a n ＝3×2n －2n －3(n ∈N *)．12．在数列{a n }中，a 1＝16，a n ＝12a n －1＋12×13n (n ∈N *且n ≥2)．(Ⅰ)证明：{a n ＋13n }是等比数列；(Ⅱ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅲ)设S n 为数列{}a n 的前n 项和，求证S n <12.【答案】(Ⅰ)由已知，得a n ＋1＋13n ＋1a n ＋13n ＝（12a n ＋12·13n ＋1）＋13n ＋1a n ＋13n＝12∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13n 是等比数列．(Ⅱ)设A n ＝a n ＋13n ，则A 1＝a 1＋1＝16＋13＝12，且q ＝12则A n ＝(12)n ，∴a n ＋13n ＝12n ，可得a n ＝12n －13n(Ⅲ)S n ＝(121－131)＋(122－132)＋…＋(12n －13n )＝12（1－12n ）1－12－13（1－13n ）1－13＝12－12n ＋12·13n ＝12－2·3n －2n 2·6n <1213．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n －n }是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (Ⅱ)数列{b n }满足：b n ＝n2a n －2n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .【答案】(Ⅰ)证法一：由a n ＋1＝2a n －n ＋1可得a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，又a 1＝2，则a 1－1＝1， ∴数列{a n －n }是以a 1－1＝1为首项，且公比为2的等比数列，则a n －n ＝1×2n －1，∴a n ＝2n －1＋n .证法二：a n ＋1－（n ＋1）a n －n ＝2a n －n ＋1－（n ＋1）a n －n ＝2a n －2n a n －n ＝2，又a 1＝2，则a 1－1＝1，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝1为首项，且公比为2的等比数列，则a n －n ＝1×2n －1，∴a n ＝2n －1＋n . (Ⅱ)∵b n ＝n 2a n －2n ，∴b n ＝n 2a n －2n ＝n2n∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋2·(12)2＋…＋n ·(12)n ①∴12S n ＝(12)2＋2·(12)3＋…＋(n －1)(12)n ＋n ·(12)n ＋1 ② 由①－②，得12S n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1＝12[1－（12）n ]1－12－n ·(12)n ＋1＝1－(n ＋2)(12)n ＋1， ∴S n ＝2－(n ＋2)(12)n .14．在数列{a n }中，a 1＝1，2na n ＋1＝(n ＋1)a n ，n ∈N *.(Ⅰ)设 b n ＝a nn ，证明：数列{b n }是等比数列；(Ⅱ)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(Ⅰ)因为b n ＋1b n ＝a n ＋1n ＋1×n a n ＝12，所以{b n }是首项为1，公比为12的等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知a n n ＝12n －1，即a n ＝n2n －1，S n ＝1＋22＋322＋423＋…＋n2n －1，上式两边乘以12，得12S n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，两式相减，得12S n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ，12S n ＝2－2＋n 2n ，所以S n ＝4－2＋n 2n －115．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝(1＋λ)－λa n ，其中λ≠－1，0.(Ⅰ)证明：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)设数列{a n }的公比q ＝f (λ)，数列{b n }满足b 1＝12，b n ＝f (b n －1)(n ∈N *，n ≥2)，求数列{b n }的通项公式．【答案】(Ⅰ)由Sn ＝(1＋λ)－λan ⇒Sn －1＝(1＋λ)－λan －1(n≥2)，相减得：an ＝－λan ＋λan －1，∴an an －1＝λ1＋λ(n≥2)，∴数列{an}是等比数列(Ⅱ)f(λ)＝λ1＋λ，∴bn ＝bn 1＋bn －1⇒1bn ＝1bn －1＋1，∴{1bn }是首项为1b1＝2，公差为1的等差数列； ∴1bn ＝2＋(n －1)＝n ＋1，∴bn ＝1n ＋1.16．在等差数列{a n }中，a 10＝30，a 20＝50.(Ⅰ)求数列{a n }的通项a n ；(Ⅱ)令b n ＝2a n －10，证明：数列{b n }为等比数列； (Ⅲ)求数列{nb n }的前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)由a n ＝a 1＋(n －1)d ，a 10＝30，a 20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9d ＝30a 1＋19d ＝50，解得a 1＝12，d ＝2.∴a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10. (Ⅱ)由(Ⅰ)得b n ＝2a n －10＝22n ＋10－10＝22n ＝4n ，∴b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4∴{b n }是首项是4，公比q ＝4的等比数列． (Ⅲ)由nb n ＝n ×4n得：T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n 4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1 相减可得：－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1＝4（1－4n ）－3－n ×4n ＋1T n ＝（3n －1）×4n ＋1＋4917．已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，已知a 3＝11，S 9＝153，(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设a n ＝log 2b n ，证明{b n }是等比数列，并求其前n 项和T n .【答案】(Ⅰ) ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝119a 1＋9×82d ＝153 解得：d ＝3，a 1＝5, ∴a n ＝3n ＋2 (Ⅱ)b n ＝2an，∵b n ＋1b n ＝2an ＋12an ＝2an ＋1－an ＝23＝8，∴{b n }是公比为8的等比数列又∵b 1＝2a 1＝32, ∴T n ＝32（1－8n ）1－8＝327(8n －1)．18．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋n －2(n ≥2，且n ∈N *)．(Ⅰ)求a 2，a 3的值；(Ⅱ)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(Ⅲ)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(Ⅰ)∵a 1＝3，a n ＝2a n －1＋n －2(n ≥2，且n ∈N *)， ∴a 2＝2a 1＋2－2＝6， a 3＝2a 2＋3－2＝13.(Ⅱ)证明：∵a n ＋n a n －1＋（n －1）＝（2a n －1＋n －2）＋na n －1＋n －1＝2a n －1＋2n －2a n －1＋n －1＝2， ∴数列{a n ＋n }是首项为a 1＋1＝4，公比为2的等比数列． ∴a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－n ， ∴{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－n (n ∈N *)． (Ⅲ)∵{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－n (n ∈N *)， ∴S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－ (1＋2＋3＋…＋n )＝22×（1－2n ）1－2－n ×（n ＋1）2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.19．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)．(Ⅰ)求证：数列{a n ＋1}是等比数列； (Ⅱ)求数列{a n }的通项公式．【答案】(Ⅰ)证明：由a n ＋1＝3a n ＋2得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，从而a n ＋1＋1a n ＋1＝3，即数列{a n ＋1}是首项为3，公比为3的等比数列． (Ⅱ)由(Ⅰ)知，a n ＋1＝3·3n －1＝3n ⇒a n ＝3n －1.20．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝4a n ＋2n ＋1，S n 为{a n }的前n 项和．(Ⅰ)设b n ＝a n ＋2n ，证明数列{b n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设T n ＝2n S n ，n ＝1，2，3，…，证明： i ＝1n T i <32.【答案】(Ⅰ)因为b n ＋1＝a n ＋1＋2n ＋1＝(4a n ＋2n ＋1)＋2n ＋1＝4(a n ＋2n )＝4b n ，且b 1＝a 1＋2＝4，所以{b n }是以4为首项，以q ＝4为公比的等比数列．所以b n ＝b 1q n －1＝4n ，所以a n ＝4n －2n .(Ⅱ)S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(4＋42＋…＋4n )－(2＋22＋…＋2n ) ＝43(4n －1)－2(2n －1)＝13[(2n ＋1)2－3·2n ＋1＋2] ＝13(2n ＋1－1)(2n ＋1－2)＝23(2n ＋1－1)(2n －1)，所以T n ＝2n S n ＝32×2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1，因此∑i ＝1nT i ＝32∑i ＝1n ⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1＝32⎝⎛⎭⎫121－1－12n ＋1－1<32.21．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式．【答案】(Ⅰ)证明：由S n ＝4a n －3，n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.n ≥2时，S n －1＝4a n －1－3，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(Ⅱ)因为a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝⎛⎭⎫43n －11－43＝3⎝⎛⎭⎫43n －1－1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3⎝⎛⎭⎫43n －1－1.22．在各项均为负数的数列{a n }中，已知点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝23x 的图象上，且a 2·a 5＝827. (Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列，并求出其通项； (Ⅱ)若数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝a n ＋n ，求S n .【答案】(Ⅰ)证明：因为点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝23x 的图象上，所以a n ＋1＝23a n ，即a n ＋1a n ＝23，故数列{a n }是公比q ＝23的等比数列．因为a 2a 5＝827，则a 1q ·a 1q 4＝827，即a 21⎝⎛⎭⎫235＝⎝⎛⎭⎫233，由于数列{a n }的各项均为负数，则a 1＝－32，所以a n ＝－⎝⎛⎭⎫23n －2.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，a n ＝－⎝⎛⎭⎫23n －2，b n ＝－⎝⎛⎭⎫23n －2＋n ，所以S n ＝3·⎝⎛⎭⎫23n －1＋n 2＋n －92.23．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝3·2n －1－2，b n ＝a n ＋1.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)证明：数列{b n }是等比数列，并求其前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)∵S n ＝3·2n －1－2，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3·2n －1－2－3·n －2＋2＝3·2n －2，当n ＝1时，a 1＝1不满足上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1（n ＝1），3·2n －2（n≥2）.(Ⅱ)b n ＝a n ＋1＝3×2n －1，b 1＝a 2＝3，n ∈N *.∵b n b n －1＝3×2n －13×2n －2＝2，n ∈N *，∴数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列；由等比数列前n 项和公式得T n ＝3（1－2n ）1－2＝3×2n －3.24．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝5，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *)．(Ⅰ)令b n ＝S n －3n ，求证：{b n }是等比数列；(Ⅱ)令c n ＝1log 2b n ＋1·log 2b n ＋2，设T n 是数列{c n }的前n 项和，求满足不等式T n >2 0114 026的n 的最小值．【答案】(Ⅰ)证明：b 1＝S 1－3＝2≠0， S n ＋1－S n ＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ， b n ＋1b n ＝S n ＋1－3n ＋1S n －3n ＝2S n －3n ＋1＋3nS n －3n ＝2≠0，所以{b n }是等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝2n ，则c n ＝1log 2b n ＋1·log 2b n ＋2＝1（n ＋1）·（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2， T n ＝12－1n ＋2，T n ＝12－1n ＋2>2 0114 026，n >2 011，即n min ＝2 012.25．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)． (Ⅰ)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是等比数列；(Ⅱ)若b n ＋1n －λ＝1a n＋1，且数列{b n }是单调递增数列，求实数λ的取值范围．【答案】(Ⅰ)证明：1a n ＋1＝1＋2a n ，1a n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1， 1a 1＋1＝2≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列． (Ⅱ)1a n ＋1＝2n ，a n ＝12n －1，b n ＋1n －λ＝1a n＋1＝2n ，b n ＋1＝2n (n －λ)， b n ＝2n －1(n －1－λ)(n ≥2)，b 1＝－λ适合，所以b n ＝2n －1(n －1－λ)(n ∈N *)，由b n ＋1>b n 得2n ＋1(n ＋1－λ)>2n (n －λ)， λ<n ＋2，λ<(n ＋2)min ＝3， ∴λ的取值范围为{λ|λ<3}．26．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝4，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n ＋1－a n }是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)记b n ＝2（a n －1）a n，数列{b n }的前n 项和为S n ，求使S n >2 010的n 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)， ∴(a n ＋1－a n )＝2(a n －a n －1)(n ≥2)．∵a 1＝2，a 2＝4，∴a 2－a 1＝2≠0，a n －a n －1≠0，故数列{a n ＋1－a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＋1－a n ＝(a 2－a 1)2n －1＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋ (a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋2n －3＋…＋21＋2 ＝2（1－2n －1）1－2＋2＝2n (n ≥2)．又a 1＝2满足上式，∴a n ＝2n (n ∈N *)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝2（a n －1）a n ＝2⎝⎛⎭⎫1－1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2－12n －1，∴S n ＝2n －⎝⎛⎭⎫1＋121＋122＋…＋12n －1＝2n －1－12n1－12＝2n －2⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2n －2＋12n －1. 由S n >2 010得：2n －2＋12n －1>2 010，即n ＋12n >1 006，因为n 为正整数，所以n 的最小值为1 006.27．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n +2n=2a n ．（I ）证明：数列{a n +2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式a n ；（Ⅱ）若数列{b n }满足b n =log 2（a n +2），求数列{n1b }的前n 项和T n ．【答案】（I ）证明：由S n +2n=2a n ，得S n =2a n ﹣2n ，当n ∈N *时，S n =2a n ﹣2n ，① 当n=1时，S 1=2a 1﹣2，则a 1=2，当n≥2时，S n ﹣1=2a n ﹣1﹣2（n ﹣1），② ①﹣②，得a n =2a n ﹣2a n ﹣1﹣2，即a n =2a n ﹣1+2，∴n n 1a +2=2a +2-， ∴{a n +2}是以a 1+2为首项，以2为公比的等比数列． ∴n 1n a +2=42-， ∴n+1n a =22-．（Ⅱ）解：∵n+1n a =22-， ∴b n =n （n+1）， ∴()n 1111==b n n+1n n+1-， ∴n 12n111T =+++b b b =1﹣12+12﹣13+…+11n n+1- =1﹣1n+1=n n+1．【解析】考点：数列的求和；等比数列的通项公式．专题：综合题．分析：（I ）由S n +2n=2a n ，得S n =2a n ﹣2n ，由此利用构造法能够证明数列{a n +2}是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式a n ．（Ⅱ）由n+1n a =22-，得()n 1111==b n n+1n n+1-，由此利用错位相减法能够求出数列{n1b }的前n 项和T n ．28．数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项的和S n 满足S 2n ＝a n (S n －1)．(Ⅰ)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(Ⅱ)设b n ＝log 2S nS n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足T n ≥6的最小正整数n . 【答案】∴S 2n ＝(S n －S n －1)(S n －1)(n ≥2)， ∴S n S n －1＝S n －1－S n ，即1S n －1S n －1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是1为首项，1为公差的等差数列． (Ⅱ)由(Ⅰ)知S n ＝1n ，∴b n ＝log 2n ＋2n ，∴T n ＝log 2⎝⎛⎭⎫31×42×53×64×…×n ＋2n＝log 2（n ＋1）（n ＋2）2≥6，∴(n ＋2)(n ＋1)≥128，∵n ∈N *，∴n ≥10，所以满足T n ≥6的最小正整数为1029．已知数列{a n }的首项a 1=35，n n 1n 3a a 2a 1+=+，其中n ∈N +．（Ⅰ）求证：数列{n11a -}为等比数列；（Ⅱ）记S n =12n111a a a ++，若S n ＜100，求最大的正整数n ．【答案】（Ⅰ）证明：∵n 1n 21a 33a +=+，∴n 1n 1111a 3a 3+-=-，∵1110a -≠，∴n110(n a -≠∈N +）， ∴数列{n11a -}为等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可求得n 1nn n 121111,21a 33a 3-⎛⎫⎛⎫-=⨯∴=⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n 2n 12n 111111S n 2a a a 333⎛⎫=++=+⨯+++ ⎪⎝⎭=n+1n 11133n 2=n+1-131-3-+，若S n ＜100，则n+1﹣n 11003<， ∴n max =99．【解析】考点：数列递推式；数列的求和．专题：综合题；等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）利用数列递推式，变形可得n 1n 1111a 3a 3+-=-，从而可证数列{n 11a -}为等比数列；（Ⅱ）确定数列的通项，利用等比数列的求和公式求和，即可求最大的正整数n ．30．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝4a n －3n ＋1，n ∈N *. (Ⅰ)证明数列{a n －n }是等比数列；(Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和S n ，求S n ＋1－4S n 的最大值．【答案】(Ⅰ)证明：由题设a n ＋1＝4a n －3n ＋1，得a n ＋1－(n ＋1)＝4(a n －n )，n ∈N *.又a 1－1＝1，所以数列{a n －n }是首项为1，且公比为4的等比数列． (Ⅱ)由(Ⅰ)可知a n －n ＝4n －1，于是数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －1＋n . 所以数列{a n }的前n 项和S n ＝4n －13＋n （n ＋1）2.S n ＋1－4S n ＝4n ＋1－13＋（n ＋1）（n ＋2）2－4⎝⎛⎭⎫4n －13＋n （n ＋1）2 ＝－12(3n 2＋n －4)，故n ＝1，最大0.。

5年级第4讲数列(教师版)

第四讲数列1、将分数化成小数后，小数点后面第2011位上的数字数______________，从小数点后第731位到第2011位的所有数字之和是___________。

【答案】4；9049【分析】因为3÷7=，6个数字为一个循环..128574.0又2011÷6 = 335……1]所以，小数点后面第2011位上的数字是4因为（4+2+8+5+7+1）×335+4 = 9040。

所以从小数点后第1位到第2011位的所有数字之和是90492、把从2010 ~ 1020的自然数按照从大到小的顺序排列起来，形成多位数：201020092008…10211020，从左往右第999个数字是___________。

【答案】6【分析】 4个数字为一组，999÷4=249……3，也就是第250个四位数的第三个位置2010-（250-1）=1761，第三个数字是63、一串数排成一行，他们的规律是这样的：前两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和，也就是：1,1,2,3,5,8,13,21,34, 55，…，问：这串数的前100个数中（包括第100个数）有多少个偶数？【答案】33个【分析】观察以下已经写出的数就会发现，每隔两个奇数就有一个偶数，这个规律是不难解释的，因奇+奇=偶，奇+偶=奇，所以奇偶性规律为：奇、奇、偶、奇、奇、偶……100÷3=33……1，于是这串数的前100个数中共有33个偶数4、开始有三个数为1,1,1，每次操作把其中的一个数换成其他两数的和，问经过10次操作后所得的三个数中，最大数的最大可能值是多少？【答案】144【分析】每次把三个数从小到大排序，再把前面最小的数换成后面两个数的和，结果为{1,1,1}->{1,1,2}->{1,2,3}->{2,3,5}->{3,5,8}->{5,8,13}->……经观察，每组中最大的数构成一个类菲薄那器数列，开始的两个数是1，2，从第三项开始，每个数是前面两个数的和，因此为1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144经过10次操作后该数列中第11个数是144，即最大数的最大可能值1445、数列 2,9,17,24,32,39,47,54,62，…的2010项是______________。