2020届高考数学例解等差数列

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高考数学专题03数列求和问题（第二篇）（解析版）

⾼考数学专题03数列求和问题（第⼆篇）（解析版）备战2020年⾼考数学⼤题精做之解答题题型全覆盖⾼端精品第⼆篇数列与不等式【解析版】专题03 数列求和问题【典例1】【福建省福州市2019-2020学年⾼三上学期期末质量检测】等差数列{}n a 的公差为2, 248,,a a a 分别等于等⽐数列{}n b 的第2项，第3项，第4项. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满⾜12112n n nc c c b a a a ++++=L ,求数列{}n c 的前2020项的和．【思路引导】(1)根据题意同时利⽤等差、等⽐数列的通项公式即可求得数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求出数列{}n c 的通项公式，再利⽤错位相减法即可求得数列{}n c 的前2020项的和.解：(1)依题意得: 2324b b b =，所以2111(6)(2)(14)a a a +=++ ，所以22111112361628,a a a a ++=++解得1 2.a = 2.n a n ∴= 设等⽐数列{}n b 的公⽐为q ，所以342282,4b a q b a ==== ⼜2224,422.n n n b a b -==∴=?= (2)由（1）知，2,2.n n n a n b ==因为11121212n n n n nc c c c a a a a +--++++= ①当2n ≥时,1121212n n n c c c a a a --+++= ②由①-②得，2n n nc a =，即12n n c n +=?，⼜当1n =时，31122c a b ==不满⾜上式，18,12,2n n n c n n +=?∴=?≥ .数列{}n c 的前2020项的和34202120208223220202S =+?+?++?2342021412223220202=+?+?+?++?设2342020202120201222322019220202T =?+?+?++?+? ③，则34520212022202021222322019220202T =?+?+?++?+? ④，由③-④得：234202120222020222220202T -=++++-?2202020222(12)2020212-=-?-2022420192=--? ，所以20222020201924T =?+，所以2020S =202220204201928T +=?+.【典例2】【河南省三门峡市2019-2020学年⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满⾜221n S n n =-+，数列{}n b 中，2+，对任意正整数2n ≥，113nn n b b -??+=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在实数µ，使得数列{}3nn b µ+是等⽐数列？若存在，请求出实数µ及公⽐q 的值，若不存在，请说明理由；（3）求数列{}n b 前n 项和n T . 【思路引导】（1）根据n S 与n a 的关系1112n nn S n a S S n -=?=?-≥?即可求出；（2）假设存在实数µ，利⽤等⽐数列的定义列式，与题⽬条件1331n n n n b b -?+?=，⽐较对应项系数即可求出µ，即说明存在这样的实数；（3）由（2）可以求出1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，所以根据分组求和法和分类讨论法即可求出．解：（1）因为221n S n n =-+，当1n =时，110a S ==；当2n ≥时，22121(1)2(1)123n n n a S S n n n n n -=-=-+-----=-．故*0,1 23,2,n n a n n n N =?=?-∈?…；（2）假设存在实数µ，使得数列{}3xn b µ?+是等⽐数列，数列{}n b 中，2133a b a =+，对任意正整数2n (113)n n b b -??+=.可得116b =，且1331n nn n b b -?+?=，由假设可得(n n n b b µµ--?+=-?+，即1334n n n n b b µ-?+?=-，则41µ-=，可得14µ=-，可得存在实数14µ=-，使得数列{}3nn b µ?+是公⽐3q =-的等⽐数列；（3）由（2）可得11111133(3)(3)444nn n n b b ---=-?-=?- ，则1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，则前n 项和11111111(1)123643121212nn n T -=++?+?+-+?+?-?? ? ????????? 当n 为偶数时，111111*********n n n T ??- =+=- ???- 当n 为奇数时，11111115112311128312248313n n n nT ??- =+=-+=- ????- 则51,21248311,2883nn n n k T n k ?-=-=??-=（*k N ∈）．【典例3】【福建省南平市2019-2020学年⾼三上学期第⼀次综合质量检查】已知等⽐数列{}n a 的前n 项和为n S ，且( )*21,nn S a a n =?-∈∈R N．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【思路引导】（1）利⽤临差法得到12n n a a -=?，再根据11a S =求得1a =，从⽽求得数列通项公式；（2）由题意得1112121n n n b +=---，再利⽤裂项相消法求和. 解：（1）当1n =时，1121a S a ==-.当2n ≥时，112n n n n a S S a --=-=?()*,因为{}n a 是等⽐数列，所以121a a =-满⾜()*式，所以21a a -=，即1a =，因此等⽐数列{}n a 的⾸项为1,公⽐为2,所以等⽐数列{}n a 的通项公式12n n a -=.（2）由（1）知21nn S =-，则11n n n n a b S S ++=,即()()1121121212121n n n n n n b ++==-----，所以121111111113377152121n n n n T b b b +?=++???+=-+-+-+???+- ? ? ? ?--?,所以11121n n T +=--.【典例4】【⼭东省⽇照市2019-2020学年上学期期末】已知数列{}n a 的⾸项为2，n S 为其前n 项和，且()120,*n n S qS q n +=+>∈N （1）若4a ，5a ，45a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式；（2）设双曲线2221ny x a -=的离⼼率为n e ，且23e =，求222212323n e e e ne ++++L .【思路引导】（1）先由递推式()120,*n n S qS q n +=+>∈N 求得数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列，然后结合已知条件求数列通项即可；（2）由双曲线的离⼼率为求出公⽐q ，再结合分组求和及错位相减法求和即可得解. 解：解：（1）由已知，12n n S qS +=+，则212n n S qS ++=+，两式相减得到21n n a qa ++=，1n ≥.⼜由212S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ≥都成⽴.所以，数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列. 由4a ，5a ，45+a a 成等差数列，可得54452=a a a a ++，所以54=2,a a 故=2q .所以*2()n n a n N =∈.（2）由（1）可知，12n n a q-=，所以双曲线2的离⼼率n e ==由23e ==，得q =.所以()()()()2122222123231421414n n e e e n e q n q -++++?=++++++ ()()()21214122n n n q nq -+=++++，记()212123n n T q q nq -=++++①()()2122221n n n q T q q n qnq -=+++-+②①-②得()()221222221111n n nnq q ---=++++-=-- 所以()()()()222222222211122121(1)111nn n n n n n n q nq q nq T n n q q q q --=-=-=-+?=-+----. 所以()()222212121242n n n n e e n e n +++++?=-++. 【典例5】已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满⾜()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等⽐数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()111n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系，利⽤临差法得到13n n a a --=，知公差为3；再由1n =代⼊递推关系求1a ；（2）观察数列{}n b 的通项公式，相邻两项的和有规律，故采⽤并项求和法，求其前2n 项和. 解：（1）Q 对任意*n ∈N ，有() ()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.②①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. ⽽数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成⽴；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成⽴，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .（2）2122n n T b b b =+++=L 12233445221n n a a a a a a a a a a +-+-+-L()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-L242666n a a a =----L ()2426n a a a =-+++L246261862n n n n +-=-?=--.【典例6】【2020届湖南省益阳市⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为112a =，()1122n n n S a ++=-. （1）求2a 及数列{}n a 的通项公式；（2）若()1122log n n b a a a =L ，11n n nc a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T . 【思路引导】（1）利⽤临差法将递推关系转化成2112n n a a ++=，同时验证2112a a =，从⽽证明数列{}n a 为等⽐数列，再利⽤通项公式求得n a ；（2）利⽤对数运算法则得11221nn c n n ??=+- ?+??，再⽤等⽐数列求和及裂项相消法求和，可求得n T 。

2020高考数学全国试题分类解析(数列部分)

1. （广东卷）已知数列{}n x 满足122x x =，()1212n n n x x x --=+，3,4,n =…．若lim 2n n x →∞=，则(B)（Ａ）32（Ｂ）３（Ｃ）４（Ｄ）５2. （福建卷）3．已知等差数列}{n a 中，12497,1,16a a a a 则==+的值是（ A ）A ．15B ．30C ．31D ．643. （湖南卷）已知数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，则20a =（B ） A ．0B ．3-C ．3D ．23 4. （湖南卷）已知数列{log 2(a n －1)}（n∈N *）为等差数列，且a 1＝3，a 2＝5，则nn n a a a a a a -++-+-+∞→12312lim 111(= （C ）A ．2B ．23C ．1D ．215. （湖南卷）设f 0(x )＝sinx ，f 1(x )＝f 0′(x )，f 2(x )＝f 1′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N ，则f 2005(x )＝（C ） A ．sinxB ．－sinxC ．cos xD ．－cosx6. （江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛a n ｝中，首项a 1=3 ，前三项和为21，则a 3+ a 4+ a 5=(C )( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )1897. (全国卷II) 如果数列{}n a 是等差数列，则(B ) (A)1845a a a a +<+ (B)1845a a a a +=+ (C) 1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a =8. (全国卷II) 11如果128,,,a a a 为各项都大于零的等差数列，公差0d ≠，则(B) (A)1845a a a a >(B)1845a a a a <(C)1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a =9. （山东卷）{}n a 是首项1a =1，公差为d =3的等差数列，如果n a =2005，则序号n 等于(C )（A ）667 （B ）668 （C ）669 （D ）67010. （上海）16．用n 个不同的实数a 1,a 2,┄a n 可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成 1 2 3一个n!行的数阵.对第i 行a i1,a i2,┄a in ,记b i =- a i1+2a i2-3 a i3+┄+(-1)n na in , 1 3 2i=1,2,3, ┄,n!.用1,2,3可你数阵如右,由于此数阵中每一列各数之和都 2 1 3是12,所以,b 1+b 2+┄+b 6=-12+2⨯12-3⨯12=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成 2 3 1 的数阵中,b 1+b 2+┄+b 120等于3 1 23 2 1[答]( C )(A)-3600 (B) 1800 (C)-1080 (D)-72011. （浙江卷）limn →∞2123nn ++++＝( C )(A) 2 (B) 4 (C)21(D)0 12. (重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。

2020届高考数学第一轮基础课后作业等差数列

2020届高考数学第一轮基础课后作业：等差数列1.(文)(2020·温州十校二模)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 10＝4，则S 11的值为( )A ．12B ．18C ．22D ．44 [答案] C[解析] 根据等差数列的性质可知S 11＝11a 1＋a 112＝11a 2＋a 102＝11×42＝22，故选C.(理)(2020·北京海淀期中)已知数列{a n }为等差数列，S n 是它的前n 项和．若a 1＝2，S 3＝12，则S 4＝( )A ．10B ．16C ．20D ．24 [答案] C[解析] S 3＝3a 2，又S 3＝12，∴a 2＝4，∴d ＝a 2－a 1＝2，∴a 4＝a 1＋3d ＝8，S 4＝4a 1＋a 42＝20，故选C.2．(文)(2020·山东日照模拟)已知等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，且a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，若a m ＝8，则m 为( )A ．12B ．8C ．6D ．4 [答案] B[解析] 由等差数列性质知，a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝2a 8＋2a 8＝4a 8＝32， ∴a 8＝8. ∴m ＝8.故选B.(理)(2020·黄山质检)已知数列{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55，则过点P (3，a 3)，Q (4，a 4)的直线的斜率是( )A ．4 B.14 C ．－4 D ．－143[答案] A[解析] ∵{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55， ∴a 1＋a 5＝22，∴2a 3＝22，∴a 3＝11. ∴k PQ ＝a 4－a 34－3＝4，故选A.3．(2020·山东东明县月考)在等差数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＋a 3＝13，则a 4＋a 5＋a 6等于( )A ．40B ．42C ．43D ．45 [答案] B[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝22a 1＋3d ＝13，∴d ＝3.∴a 4＋a 5＋a 6＝3a 1＋12d ＝42，故选B.4．(文)(2020·西安五校一模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 3＋a 7＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．8B ．7C ．6D ．9 [答案] C[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 3＋a 7＝2a 5＝－6，∴a 5＝－3，∴d ＝a 5－a 15－1＝2，∴a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13.令a n >0得n >6.5，即在数列{a n }中，前6项均为负数，自第7项起以后各项均为正数，因此当n ＝6时，S n 取最小值，选C.(理)(2020·江西八校联考)设数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，已知a 1＋a 4＋a 7＝99，a 2＋a 5＋a 8＝93，若对任意n ∈N *，都有S n ≤S k 成立，则k 的值为( )A ．22B ．21C ．20D ．19 [答案] C[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则有3d ＝93－99＝－6，∴d ＝－2；∴a 1＋(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝3a 1＋9d ＝3a 1－18＝99，∴a 1＝39，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝39－2(n －1)＝41－2n .令a n ＝41－2n >0得n <20.5，即在数列{a n }中，前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此在其前n 项和中，S 20最大．依题意得知，满足题意的k 值是20，选C.5．(文)(2020·山东青岛质检)已知不等式x 2－2x －3<0的整数解构成等差数列{a n }，则数列{a n }的第四项为( )A ．3B ．－1C ．2D ．3或－1 [答案] D[解析] 由x 2－2x －3<0及x ∈Z 得x ＝0,1,2. ∴a 4＝3或－1.故选D.(理)已知方程(x 2－2x ＋m )(x 2－2x ＋n )＝0的四个根组成一个首项为14的等差数列，则|m－n |＝( )A ．1 B.34 C.12 D.38[答案] C[解析] 设x 2－2x ＋m ＝0的根为x 1，x 2且x 1<x 2，x 2－2x ＋n ＝0的根为x 3，x 4且x 3<x 4，且x 1＝14，又x 1＋x 2＝2，∴x 2＝74，又x 3＋x 4＝2，且x 1，x 3，x 4，x 2成等差数列， ∴公差d ＝13(74－14)＝12，∴x 3＝34，x 4＝54.∴|m －n |＝|14×74－34×54|＝12，故选C.6．设{a n }是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n 项和最大时，n 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7 [答案] A[解析] ∵{a n }是等差数列，且a 1＋a 2＋a 3＝15，∴a 2＝5，又∵a 1·a 2·a 3＝105，∴a 1a 3＝21，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 3＝21a 1＋a 3＝10及{a n }递减可求得a 1＝7，d ＝－2，∴a n ＝9－2n ，由a n ≥0得n ≤4，∴选A.7．(2020·洛阳部分重点中学教学检测)已知a ，b ，c 是递减的等差数列，若将其中两个数的位置对换，得到一个等比数列，则a 2＋c 2b2的值为________．[答案] 20[解析] 依题意得①⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2bb 2＝ac ，或②⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2ba 2＝bc ，或③⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2bc 2＝ab .由①得a ＝b＝c ，这与“a ，b ，c 是递减的等差数列”矛盾；由②消去c 整理得(a －b )(a ＋2b )＝0，又a >b ，因此a ＝－2b ，c ＝4b ，a 2＋c 2b 2＝20；由③消去a 整理得(c －b )(c ＋2b )＝0，又b >c ，因此有c＝－2b ，a ＝4b ，a 2＋c 2b2＝20.8．(文)已知函数f (x )＝sin x ＋tan x .项数为27的等差数列{a n }满足a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且公差d ≠0.若f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，则当k ＝________时，f (a k )＝0.[答案] 14[解析] ∵f (x )＝sin x ＋tan x 为奇函数，且在x ＝0处有定义，∴f (0)＝0. ∵{a n }为等差数列且d ≠0，∴a n (1≤n ≤27，n ∈N *)对称分布在原点及原点两侧， ∵f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，∴f (a 14)＝0.∴k ＝14.(理)(2020·南京一模)已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2·a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n ＋2>19的最大正整数n 的值为________．[答案] 4[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，其中q >0，依题意得a 23＝a 2·a 4＝4，又a 3>0，因此a 3＝a 1q 2＝2，a 1＋a 2＝a 1＋a 1q ＝12，由此解得q ＝12，a 1＝8，a n ＝8×(12)n －1＝24－n ，a n ·a n ＋1·a n＋2＝29－3n.由于2－3＝18>19，因此要使29－3n >19，只要9－3n ≥－3，即n ≤4，于是满足a n ·a n ＋1·a n＋2>19的最大正整数n 的值为4.1.(文)(2020·合肥一模)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2 D ．3－2 2 [答案] C[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， ∵a 1>0，∴q 2－2q －1＝0，∴q ＝1± 2. 又q >0，因此有q ＝1＋2，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2a 7＋a 8a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋22，选C. (理)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若点O (0,0)，A (l ，S l )，B (m ，S m )，C (p ，S p )(其中l <m <p )，且向量AB →与OC →共线，则l ，m ，p 之间的关系是( )A ．m ＝p ＋lB ．2m ＝p ＋lC ．2p ＝m ＋lD ．p ＝m ＋l [答案] D[解析] 依题意得AB →＝(m －l ，S m －S l )，OC →＝(p ，S p )，因为于AB →与OC →共线，所以有(m －l )S p＝p (S m －S l )，再设等差数列{a n }的公差为d ，代入整理可得p ＝m ＋l ，故选D.[点评] 可取特殊等差数列验证求解，如取a n ＝n .2．(2020·江西九校联考)已知数列2，x ，y,3为等差数列，数列2，m ，n,3为等比数列，则x ＋y ＋mn 的值为( )A ．16B ．11C ．－11D ．±11 [答案] B[解析] 依题意得x ＋y ＝2＋3＝5，mn ＝2×3＝6，x ＋y ＋mn ＝11，选B.3．(文)在函数y ＝f (x )的图象上有点列(x n ，y n )，若数列{x n }是等差数列，数列{y n }是等比数列，则函数y ＝f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝2x ＋1B ．f (x )＝4x 2C ．f (x )＝log 3xD ．f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x[答案] D[解析] 对于函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 上的点列(x n ，y n )，有y n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ，由于{x n }是等差数列，所以x n ＋1－x n ＝d ，因此y n ＋1y n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34xn ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x n ＋1－x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34d，这是一个与n 无关的常数，故{y n }是等比数列．故选D.[点评] 根据指数与对数运算的性质知真数成等比(各项为正)，其对数成等差，指数成等差时，幂成等比．(理)(2020·江南十校联考)已知直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第一项与第二项，若b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( )A.921B.1021 C.1121 D.2021[答案] B[解析] 依题意，将(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0化为(x ＋y －4)＋m (3x －y )＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝03x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝3，∴直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0过定点(1,3)， ∴a 1＝1，a 2＝3，公差d ＝2，a n ＝2n －1，∴b n ＝1a n ·a n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，∴T 10＝12×(11－13＋13－15＋…＋120－1－120＋1)＝12×(1－121)＝1021.故选B. 4．(2020·黄冈3月质检)设数列{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ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝( )A ．1033B ．2057C ．1034D ．2058 [答案] A[解析] 依题意得a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，ab n ＝b n ＋1＝2n －1＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝1×210－12－1＋10＝210＋9＝1033，故选A.5．(文)将正偶数按下表排成5列：第1列第2列第3列第4列第5列第1行2 4 6 8 第2行 1614 12 10 第3行 18 20 22 24 …………2826那么[答案] 252,4[解析] 通项a n ＝2n ，故2020为第1005项，∵1005＝4×251＋1，又251为奇数，因此2020应排在第252行，且第252行从右向左排第一个数，即252行第4列．(理)已知a n ＝n 的各项排列成如图的三角形状：记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (21,12)＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9… … … … … … … … … …[答案] 412[解析] 由题意知第1行有1个数，第2行有3个数，……第n 行有2n －1个数，故前n行有S n＝n[1＋2n－1]2＝n2个数，因此前20行共有S20＝400个数，故第21行的第一个数为401，第12个数为412，即A(21,12)＝412.6．(2020·重庆文，16)设{a n}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.(1)求{a n}的通项公式；(2)设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n＋b n}的前n项和S n.[解析] (1)设等比数列{a n}的公比为q，由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍)，∴q＝2∴a n＝a1·q n－1＝2·2n－1＝2n(2)数列b n＝1＋2(n－1)＝2n－1∴S n＝2×1－2n1－2＋[n×1＋n n－12×2]＝2n＋1＋n2－2.7．(文)在数列{a n}中，a1＝4，且对任意大于1的正整数n，点(a n，a n－1)在直线y＝x －2上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)已知b1＋b2＋…＋b n＝a n，试比较a n与b n的大小．[解析] (1)∵点(a n，a n－1)在直线y＝x－2上，∴a n＝a n－1＋2，即数列{a n}是以a1＝2为首项，公差d＝2的等差数列．∴a n＝2＋2(n－1)＝2n，∴a n＝4n2.(2)∵b1＋b2＋…＋b n＝a n，∴当n≥2时，b n＝a n－a n－1＝4n2－4(n－1)2＝8n－4，当n＝1时，b1＝a1＝4，满足上式．∴b n＝8n－4，∴a n－b n＝4n2－(8n－4)＝4(n－1)2≥0，∴a n≥b n.[点评] 第(2)问可由b1＋b2＋…＋b n＝a n得，a n－b n＝a n－1＝4(n－1)2≥0，∴a n≥b n简捷明了，注意观察分析常能起到事半功倍的效果．(理)(2020·浙江金华联考)已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设T n为数列{1a n a n＋1}的前n项和，若T n≤λa n＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．[解析] 设公差为d.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，联立解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a 1＝2，故a n ＝n ＋1. (2)1a n a n ＋1＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2n ＋2. ∵T n ≤λa n ＋1，∴n 2n ＋2≤λ(n ＋2)，∴λ≥n2n ＋22.又n2n ＋22＝12n ＋4n＋4≤124＋4＝116(当且仅当n ＝2时取等号)． ∴λ的最小值为116.8．(理)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }和数列{b n }满足等式：a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n2n (n 为正整数)，求数列{b n }的前n 项和S n .[解析] (1)解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则依题设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16.①由a 3·a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55.②由①得2a 1＝16－7d ，将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220，即256－9d 2＝220， ∴d 2＝4.又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1. ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.解法二：由等差数列的性质得：a 2＋a 7＝a 3＋a 6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3a 6＝55a 3＋a 6＝16，由韦达定理知，a 3，a 6是方程x 2－16x ＋55＝0的根，解方程得x ＝5或x ＝11. 设公差为d ，则由a 6＝a 3＋3d ，得d ＝a 6－a 33.∵d >0，∴a 3＝5，a 6＝11，d ＝11－53＝2， a 1＝a 3－2d ＝5－4＝1.故a n ＝2n －1.(2)解法一：当n ＝1时，a 1＝b 12，∴b 1＝2.当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1＋b n2n ，a n －1＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1，两式相减得a n －a n －1＝b n2n ，∴b n ＝2n ＋1，因此b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝12n ＋1n ≥2当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 21－2n －11－2＝2n ＋2－6.∵当n ＝1时上式也成立， ∴当n 为正整数时都有S n ＝2n ＋2－6.解法二：令c n ＝b n2n ，则有a n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，a n ＋1＝c 1＋c 2＋…＋c n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＝c n ＋1. 由(1)得a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2.∴c n ＋1＝2，c n ＝2(n ≥2)，即当n ≥2时，b n ＝2n ＋1，又当n ＝1时，b 1＝2a 1＝2，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝12n ＋1n ≥2 于是S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－4＝22n ＋1－12－1－4＝2n ＋2－6，即S n ＝2n ＋2－6.1．(2020·温州中学)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝( )A ．63B ．45C ．43D ．27 [答案] B[解析] 由等差数列的性质知，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，∴2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2(S 6－S 3)－S 3＝45.2．(2020·广东五校、启东模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2020，其前n 项的和为S n .若S 20092009－S 20072007＝2，则S 2020＝( ) A ．－2020 B ．－2020 C ．2020 D ．2020 [答案] A[解析] ∵S 20092009－S 20072007＝2，∴(a 1＋1004d )－(a 1＋1003d )＝2，∴d ＝2， ∴S 2020＝2020a 1＋2010×20092d ＝－2020. 3．(2020·北京顺义一中)一个算法的程序框图如下图所示，若该程序输出的结果为56，则判断框中应填入的条件是( )A ．i <4?B ．i <5?C ．i ≥5?D ．i <6? [答案] D[解析] 由题意知S ＝11×2＋12×3＋…＋1i i ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1i －1i ＋1＝ii ＋1，故要输出S ＝56，i ＝5时再循环一次，故条件为i ≤5或i <6，故选D. 4．在等差数列{a n }中，a 1＝25，S 17＝S 9，则S n 的最大值为________． [答案] 169[分析] 利用前n 项和公式和二次函数性质求解．[解析] 方法1：由S17＝S9，得25×17＋172 (17－1)d＝25×9＋92(9－1)d，解得d＝－2，∴S n＝25n＋n2(n－1)·(－2)＝－(n－13)2＋169，∴由二次函数性质，当n＝13时，S n有最大值169.方法2：先求出d＝－2，∵a1＝25>0，由⎩⎪⎨⎪⎧a n＝25－2n－1≥0a n＋1＝25－2n≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧n≤1312n≥1212，∴当n＝13时，S n有最大值169.方法3：由S17＝S9得a10＋a11＋…＋a17＝0，而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，故a13＋a14＝0.∵d＝－2<0，a1>0，∴a13>0，a14<0，故n＝13时，S n有最大值．方法4：由d＝－2得S n的图象如图所示(图象上一些孤立点)，由S17＝S9知图象对称轴为n＝9＋172＝13，∴当n＝13时，S n取得最大值169.5．已知正项数列{a n}，其前n项和S n满足10S n＝a2n＋5a n＋6，且a1，a3，a15成等比数列，求数列{a n}的通项公式．[解析] ∵10S n＝a2n＋5a n＋6①∴10a1＝a21＋5a1＋6，解之得a1＝2或a1＝3又10S n－1＝a2n－1＋5a n－1＋6(n≥2)，②由①－②得10a n＝(a2n－a2n－1)＋5(a n－a n－1)，即(a n＋a n－1)(a n－a n－1－5)＝0.∵a n＋a n－1>0，∴a n－a n－1＝5(n≥2)．当a1＝3时，a3＝13，a15＝73.a1，a3，a15不成等比数列，∴a1≠3；当a1＝2时，a3＝12，a15＝72，有a23＝a1a15，∴a1＝2，∴a n＝5n－3.[点评] S n与a n的关系是高考中经常出现的．该问题较新颖，但新而不难．思维的选择性很有深意，值得回味．。

2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一等差、等比数列的基本运算【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【例1】等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．29B ．31C ．33D ．36【解析】法一：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1qa 1q 4＝2a 1q 2a 1q 3＋2a 1q 6＝2×54，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12a 1＝16，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝31，故选B.法二：由a 2a 5＝2a 3，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，所以a 7＝14，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝a 2(1－q 5)1－q＝31，故选B.【答案】 B【例2】．{}a n 是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10等于( )A ．－10B ．－5C ．0D ．5【解析】由题意，得a 24－a 27＝a 26－a 25，即()a 4－a 7()a 4＋a 7＝()a 6－a 5()a 6＋a 5，即－3d ()a 4＋a 7＝d ()a 6＋a 5，又因为d ≠0，所以a 4＋a 7＝a 6＋a 5＝0，则该数列的前10项和S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5()a 6＋a 5＝0.故选C.【答案】 C【例3】．已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *，aa n ＝3n ，记b n ＝a 2·3n －1(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和等于( )A ．2n ＋nB ．2n ＋1－1 C.3n ＋1－3n 2D.3n ＋1－32【解析】因为aa n ＝3n ，所以a 1≤3，若a 1＝1，那么a 1＝aa 1＝3×1＝3≠1矛盾，若a 1＝2，那么a 2＝aa 1＝3×1＝3成立，若a 1＝3，那么a 3＝aa 1＝3×1＝3＝a 1矛盾，所以a 2＝b 1＝2，当aa an ＝3a n ＝a 3n ，所以b n ＝a 2·3n －1＝a 3·2·3n －2＝3a 2·3n －2＝3b n －1，即b n b n －1＝3，数列{b n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以前n 项和为b 1(1－q n )1－q ＝3(1－33)1－3＝3n ＋1－32，故选D.【答案】 D题组训练一等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝4，S 15＝60则a 20等于( ) A ．4 B ．6 C ．10 D ．12 【解析】等差数列{a n }的前n 项和为S n ， ∈a 3＋a 5＝4，S 15＝60，∈⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝415a 1＋15×142d ＝60，解得a 1＝12，d ＝12，∈a 20＝a 1＋19d ＝12＋19×12＝10.故选C.【答案】 C2．在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6等于( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．3【解析】由等差数列的性质可知，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝2×3a 3＋3×2a 9＝6(a 3＋a 9)＝6×2a 6＝12a 6＝36，∈a 6＝3.故选D.【答案】 D3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( )A ．152B ．135C ．80D ．16【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q 2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n ＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为15×(2＋16)2＝135，故选B. 【答案】 B题型二等差、等比数列的性质及应用【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 8·a 2 008＝14，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015等于( ) A ．log 22 015B ．2 015C ．－2 015D ．1 008【解析】 ∈数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，∈数列{a n }是等比数列，由a 8·a 2 008＝14，可得a 21 008＝14，即a 1 008＝12，∈a 1·a 2 015＝a 2·a 2 014＝…＝a 1 007·a 1009＝a 21 008＝14，∈b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015＝log 2(a 1·a 2·…·a 2 015)＝log 2201521⎪⎭⎫ ⎝⎛＝－2 015.【答案】C2．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10，S 12＝130，则S 8等于( ) A ．－30 B ．40 C ．40或－30D ．40或－50【解析】 ∈数列{a n }为等比数列且数列{a n }的前n 项和为S n ，∈S 4，S 8－S 4，S 12－S 8也构成等比数列．∈(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)，∈S 4＝10，S 12＝130，各项均为正数的等比数列{a n }， ∈(S 8－10)2＝10·(130－S 8)，∈S 8＝40.故选B. 【答案】 B3．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56【解析】依题意得，S n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-21121123n＝1－n⎪⎭⎫⎝⎛-21.当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n 的增大而减小，1＜S n ＝1＋12n ≤S 1＝32，S n－1S n 随着S n 的增大而增大，0＜S n －1S n ≤56；当n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n ＜1，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，－712≤S n －1S n ＜0.因此S n －1S n 的最大值与最小值分别为56、－712，其最大值与最小值之和为56－712＝312＝14，选C.【答案】 C题组训练二等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．2 3B ．4C ．±2 2D ．±4【解析】 ∈a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，∈a 3a 15＝12，a 3＋a 15＝7，∈{a n }为等比数列，又a 3，a 9，a 15同号，∈a 9＞0，∈a 9＝a 3a 15＝23，∈a 1a 17a 9＝a 29a 9＝a 9＝2 3.故选A.【答案】 A2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．【解析】因为等差数列{a n }的公差d 为负值，所以{a n }是递减数列．又a 1＝1，所以由a n ＝a 1＋(n －1)d >0得n <d －a 1d ，即n <1－1d ，因为－217<d <－19，所以192<1－1d <10，所以n ≤9，即当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0.所以当S n 取得最大值时n 的值为9.【答案】 93．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033【解析】因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2＞0，S 4 033＝4 033(a 1＋a 4 033)2＝4 033a 2017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032，故选C.【答案】 C题型三等差、等比数列的综合问题【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．【例3】已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．【解析】 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∈a 1＝4， ∈a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∈T m ＝2112114-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-m ＝8⎪⎭⎫ ⎝⎛-m )21(1， ∈m⎪⎭⎫⎝⎛21随m 增加而递减， ∈{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-481292n ，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．题组训练三等差、等比数列的综合问题已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫ ⎝⎛21，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .【解析】 (1)∈a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫⎝⎛21，∈a n ＋1·a n ＋2＝121+⎪⎭⎫⎝⎛n ，∈a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .∈b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∈b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12所以{b n }是公比为12的等比数列．∈a 1＝1，a 1·a 2＝12，∈a 2＝12∈b 1＝a 1＋a 2＝32.∈b n ＝32×121-⎪⎭⎫⎝⎛n ＝32n . (2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列． ∈T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝[]21121121211211-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫⎝⎛-nn ＝3－32n .题型四数列与其他知识的交汇【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( )A ．1 007B ．1 008C ．2 015D ．2 016 【解析】 ∈A 、B 、C 三点共线∈AB →＝λAC →∈OB →－OA →＝λ(OC →－OA →)，OB →＝(1－λ)OA →＋λOC → 又∈OB →＝a 1·OA →＋a 2 016OC →，∈a 1＝1－λ，a 2 016＝λ ∈a 1＋a 2 016＝1∈S 2 016＝2 016(a 1＋a 2 016)2＝1 008，∈选B.【答案】 B题组训练四数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12B.32C ．1D ．－32【解析】因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3，即log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. 【答案】 B2．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43【解析】由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q＝－1(不合题意，舍去)，又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m＋n －2＝16a 21，即有m ＋n－2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎪⎭⎫⎝⎛+n m 41＝16⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++5426154m n n m m n n m ＝32，当且仅当4m n ＝n m ，即n ＝2m ＝4时取得最小值32.【答案】 A3．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{}a n 的通项公式a n ＝________.【解析】 ∈ 函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，∈⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ，b ＝－3a . ∈f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a .则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a 2ax n －3a ＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3，∈x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n－3－2x 2n －22x n －3－1＝x 2n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝212⎪⎪⎭⎫⎝⎛--n n x x ，则数列a n 是以2为公比的等比数列，又∈a 1＝2 ，∈ 数列{}a n 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a n＝2·2n－1＝2n.【答案】2n【专题训练】一、选择题1．等比数列{a n}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg a n}的前10项和等于()A．2B．lg 50C．10D．5【解析】∈等比数列{a n}中，a4＝2，a7＝5，∈a1a10＝a2a9＝…＝a4a7＝10，∈数列{lg a n}的前10项和S＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg a1a2…a10＝lg 105＝5，故选D【答案】D2．在正项等比数列{a n}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为()A．64 B．32C．16 D．8【解析】在正项等比数列{a n}中，∈a3a5＝64，∈a3a5＝a1a7＝64，∈a1＋a7≥2a1a7＝264＝2×8＝16，当且仅当a1＝a7＝8时取等号，∈a1＋a7的最小值为16，故选C.【答案】C3．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()A．13 B．12C．11 D．10【解析】设等比数列为{a n}，其前n项积为T n，由已知得a1a2a3＝2，a n a n－1a n－2＝4，可得(a1a n)3＝2×4，a1a n＝2，∈T n＝a1a2…a n，∈T2n＝(a1a2…a n)2＝(a1a n)(a2a n－1)…(a n a1)＝(a1a n)n ＝2n＝642＝212，∈n＝12.【答案】 B4．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．n (3n －1)B.n (n ＋3)2C ．n (n ＋1)D.n (3n ＋1)2【解析】依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，选C.【答案】 C5．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3S 3－8＝0，且正整数m ，n满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8n的最小值是( ) A.157 B.95 C.53D.75【解析】 ∈{a n }是等比数列，设{a n }的公比为q ， ∈S 12－S 6S 6＝q 6，S 6－S 3S 3＝q 3，∈q 6－7q 3－8＝0，解得q ＝2(负值舍去)．又a 1a m a 2n ＝2a 35，∈a 31·2m ＋2n －2＝2(a 124)3＝a 31213，∈m ＋2n ＝15，∈1m ＋8n ＝115⎪⎭⎫⎝⎛+n m 81(m ＋2n )＝17＋2n m ＋8m n 15≥17＋22n m ×8m n 15＝53，当且仅当2n m ＝8mn，即m ＝3，n ＝6时等号成立，∈1m ＋8n 的最小值是53，故选C. 【答案】 C6．数列{}a n 是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{}b n 满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5D ．6【解析】由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，则b n ＝1＋a (1－b n )1－b ＝1＋a 1－b －ab n 1－b ，得c n ＝2＋nb a ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+11－a 1－b ·b (1－b n )1－b ＝2－ab (1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋abn ＋1(1－b )2，要使{}c n为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧2－ab(1－b )2＝0，1－b ＋a1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3，故选B.【答案】 B 二、填空题7．数列{a n }的通项a n ＝n 2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin 3cos22ππn n ，其前n 项和为S n ，则S 30＝________. 【解析】由题意可知，a n ＝n 2·cos 2n π3，若n ＝3k －2，则a n ＝(3k －2)2·⎪⎭⎫⎝⎛-21＝－9k 2＋12k －42(k ∈N *)；若n ＝3k －1，则a n ＝(3k －1)2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-21＝－9k 2＋6k －12(k ∈N *)；若n ＝3k ，则a n ＝(3k )2·1＝9k 2(k ∈N *)，∈a 3k －2＋a 3k －1＋a 3k ＝9k －52，k ∈N *，∈S 30＝9－52＋90－522×10＝470.【答案】 4708．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.【解析】由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1，得n a n ＝n －12a n －1＋12，于是n a n －1＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---111n a n (n ≥2，n ∈N *)．又1a 1－1＝－12，∈数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-1nan 是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n －1＝－12n ，∈a n ＝n ·2n2n －1(n ∈N *)．【答案】 n ·2n2n －19．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日【解析】由题可知，良马每日行程a n 构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程b n 构成一个首项为97，公差为－0.5的等差数列，则a n ＝103＋13(n －1)＝13n ＋90，b n ＝97－0.5(n －1)＝97.5－0.5n ，则数列{a n }与数列{b n }的前n 项和为1125×2＝2250，又∈数列{a n }的前n 项和为n 2×(103＋13n ＋90)，数列{b n }的前n 项和为n 2×(97＋97.5－0.5n )，n 2(103＋3n ＋90)＋n2(97＋97.5－0.5n )＝2250，整理得：25n 2＋775n －9 000＝0，即n 2＋31n －360＝0，解得：n ＝9或n ＝－40(舍)，即九日相逢．故选B.【答案】B10．数列{log k a n }是首项为4，公差为2的等差数列，其中k >0，且k ≠1.设c n ＝a n lg a n ，若{c n }中的每一项恒小于它后面的项，则实数k 的取值范围为________．【解析】由题意得log k a n ＝2n ＋2，则a n ＝k2n ＋2，∈a n ＋1a n ＝k 2(n ＋1)＋2k2n ＋2＝k 2，即数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈N *恒成立，即(n ＋1)lg k <(n ＋2)·k 2·lg k 对一切n ∈N *恒成立；当k >1时，lg k >0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；当0<k <1时，lg k <0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<⎪⎭⎫ ⎝⎛++21n n min .∈n ＋1n ＋2＝1－1n ＋2单调递增，∈当n ＝1时，n ＋1n ＋2取得最小值，即⎪⎭⎫⎝⎛++21n n min ＝23，∈k 2＜23，且0<k <1，∈0<k <63.综上，k ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛36,0∈(1，＋∞)．【答案】 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛36,0∈(1，＋∞) 三、解答题11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．【解】 (1)当n ＝1时，由S 1＝2a 1－3×1，得a 1＝3；当n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，可得a 2＝9；当n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)令(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)·(21＋λ)，解得λ＝3. 由S n ＝2a n －3n 及S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3.由以上结论得a n ＋1＋3＝(2a n ＋3)＋3＝2(a n ＋3)，所以数列{a n ＋3}是首项为6，公比为2的等比数列，因此存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}为等比数列，所以a n ＋3＝(a 1＋3)×2n －1，a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝⎪⎭⎫⎝⎛23a n ·b n ，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．【解】 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ∈a n＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝123-⎪⎭⎫⎝⎛n .(2)由a n ＋1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛23a n ·b n ，得b n ＝1a n log 32a n ＋1＝(23)n －1log 32(32)n ＝n ·123-⎪⎭⎫⎝⎛n ，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32－n ·132-⎪⎭⎫⎝⎛n ＝2n －13n (2－n )，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.。

2020届浙江高考数学总复习讲义：等差数列及其前n项和

第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，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，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 答案：102．(2018·温州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，a 5＝3，则a n ＝________；S 7＝________.答案：－n ＋8 283．(2018·温州十校联考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7＝______. 答案：281．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C.⎝⎛⎭⎫－3，－83 D.⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．(2018·湖州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝16，a 6＝10，则公差d ＝________；S n 取到最大时的n 的值为________．解析：因为数列{a n }是等差数列，且a 3＝16，a 6＝10，所以公差d ＝a 6－a 36－3＝－2，所以a n ＝－2n ＋22，要使S n 能够取到最大值，则需a n ＝－2n ＋22≥0，所以解得n ≤11.所以可知使得S n 取到最大时的n 的值为10或11.答案：－2 10或11考点一等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2017·嘉兴二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且S 1S 4＝110，所以10a 1＝4a 1＋6d ，所以a 1＝d .所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝6d 15d ＝25.2．设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]，所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.3．公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：114．(2019·绍兴模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝______，公差d ＝________.解析：由S 2＝S 6，得S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝4a 1＋14d ＝0，即2a 1＋7d ＝0.由S 55－S 44＝2，得52(a 1＋a 5)5－42(a 1＋a 4)4＝12(a 5－a 4)＝12d ＝2，解得d ＝4，所以a 1＝－14.答案：－14 4[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．考点二等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·温州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：因为对于n ∈N *，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12，所以a n ＋1＝12－a n，所以1a n ＋1－1－1a n －1＝112－a n－1－1a n －1＝2－a n －1a n －1＝－1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1a 1－1＝－2，公差为－1的等差数列．(2)由(1)知1a n －1＝－2＋(n －1)(－1)＝－(n ＋1)，所以a n －1＝－1n ＋1，即a n ＝n n ＋1. [由题悟法]等差数列的判定与证明方法已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ， ∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，∴a n ＝1b n＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. 考点三等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2019·宁波模拟)在等差数列{a n }中，若a 9a 8＜－1，且其前n 项和S n 有最小值，则当S n ＞0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：选C ∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值，∴公差d ＞0，首项a 1＜0，{a n } 为递增数列，∵a 9a 8＜－1，∴a 8·a 9＜0，a 8＋a 9＞0，由等差数列的性质知2a 8＝a 1＋a 15＜0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16＞0.∵S n ＝(a 1＋a n )n2，∴当S n ＞0时，n 的最小值为16. 2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＞S 7＞S 5，则满足a n ＞0的最大n 的值为______，满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝______.解析：由题可得a 6＝S 6－S 5＞0，a 7＝S 7－S 6＜0，所以使得a n ＞0的最大n 的值为6.又a 6＋a 7＝S 7－S 5＞0，则S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＞0，S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＜0，因为{a n }是递减的等差数列，所以满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝12. 答案：6 12[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时应用]1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310 B.37 C.13D.12解析：选A 因为数列{a n }是等差数列，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，因为S 4S 8＝13，所以不妨设S 4＝1，则S 8＝3，所以S 8－S 4＝2，所以S 16＝1＋2＋3＋4＝10，所以S 8S 16＝310.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4.则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝－2n ＋3C ．a n ＝2n －1或－2n ＋3D ．a n ＝2n解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 22－4可得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d ＝±2.因为数列{a n }是递增数列，所以d ＞0，故d ＝2.所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.2．(2018·舟山期末)在等差数列{a n }中，若a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B 因为a 2＝1，a 4＝5，所以S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝15.3．(2019·缙云模拟)已知{a n }为等差数列，其公差d 为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D 设数列{a n }的首项为a 1，因为a 7是a 3与a 9的等比中项，所以(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20.所以S 10＝10a 1＋45d ＝200－90＝110.4．(2019·腾远调研)我国古代数学名著《九章算术》里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：________日相逢？解析：由题意知，良马每日行的距离成等差数列，记为{a n }，其中a 1＝103，d 1＝13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n }，其中b 1＝97，d 2＝－0.5.设第m 天相逢，则a 1＋a 2＋…＋a m ＋b 1＋b 2＋…＋b m ＝103m ＋m (m －1)×132＋97m ＋m (m －1)×(－0.5)2＝2×1 125，解得m ＝9(负值舍去)．即二马需9日相逢．答案：95．等差数列{a n }中，已知a 5＞0，a 4＋a 7＜0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6＜0，a 5＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5＞0，a 6＜0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·金丽衢十二校联考)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，则a 6＝( ) A ．2 2 B ．4 C ．16D ．45解析：选B 因为a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，所以2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1，即a 2n ＋1－a 2n ＝a 2n －a 2n －1，所以数列{a 2n }是等差数列，公差d ＝a 22－a 21＝4－1＝3，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2，所以a 6＝18－2＝4.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{a n }中，a 1＝0，等差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，则实数k ＝( )A ．22B ．23C ．24D ．25解析：选A 因为a 1＝0，且a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，即(k －1)d ＝21d ，又因为d ≠0，所以k ＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114B.32C.72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114.4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A nB n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n 为整数的正整数的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由A n B n ＝7n ＋45n ＋3，可得a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以要使a n b n 为整数，则需12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共5个． 5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．(2019·台州中学期中)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝18，S 18＝54，则a 17＝________，S n ＝__________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 2＝18，S 18＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝18，18a 1＋18×172d ＝54，解得a 1＝20，d ＝－2.所以a 17＝a 1＋16d ＝20－32＝－12，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋21n .答案：－12 －n 2＋21n7．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，a 8＞0，a 9＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，解得－1＜d ＜－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2018·金华浦江适考)设数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，其中a n ＝－3n ＋20，b n ＝|a n |，则使T n ＝S n 成立的最大正整数n 为________，T 2 018＋S 2 018＝________.解析：根据题意，数列{a n }中，a n ＝－3n ＋20，则数列{a n }是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n ≤6时，a n ＞0，当n ≥7时，a n ＜0，又由b n ＝|a n |，当n ≤6时，b n ＝a n ，当n ≥7时，b n ＝－a n ，则使T n ＝S n 成立的最大正整数为6，T 2 018＋S 2 018＝(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a 2 018)＋(b 1＋b 2＋…＋b 6＋b 7＋b 8＋…＋b 2 018)＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)＝(17＋2)×6＝114.答案：6 1149．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2. 10．(2018·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n ＞0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.当n ≥5时，a n ＞0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5＞0，所以a 1＞0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)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 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为________．解析：设公差为d .因为a 1，a 3，a 13成等比数列，所以(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.所以2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则原式＝t 2＋9－2t t ＝t ＋9t －2.因为t ≥2，t ∈N *，所以当t ＝3，即n ＝2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2S n ＋16a n ＋3min ＝4. 答案：42．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)．(1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值；(2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd .由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3，∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12. 法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1，∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝4n ＋1－(4n －3)＝4，∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1，∴a 1＝－12. (2)由题意，①当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12 ＝2n 2－3n ＋52. ②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n 2.。

2020高考数学试题分项版解析专题10等差数列与等比数列文

（1）求的通项公式；{}n a（2）求Sn ，并判断Sn+1，Sn ，Sn+2是否成等差数列．【答案】（1）；（2），证明见解析．(2)nn a =-32)1(321+⋅-+=n n n S 【解析】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得，；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn ，Sn+2成等差数列．2q =-12a =-试题解析：（1）设的公比为．由题设可得，解得，．{}n a 121(1)2(1)6a q a q q +=⎧⎨++=-⎩2q =-12a =- 故的通项公式为．{}n a (2)n n a =-（2）由（1）可得．11(1)22()1331n n n n a q S q +-==--+- 由于，3212142222()2[()]2313313n n n n n n n n S S S +++++-+=--++=-=- 故，，成等差数列．1n S +n S 2n S + 【考点】等比数列【名师点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．16.【20xx 课标II ，文17】已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为， {}n a n S {}n b n T 11221,1,2a b a b =-=+= (1)若，求的通项公式；335a b +={}n b （2）若，求.321T =3S【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当时，.当时，.试题解析：（1）设的公差为d ，的公比为q ，则,.由得d+q=3. ①（1）由得 ②联立①和②解得（舍去），因此的通项公式（2）由得.解得当时，由①得，则. 当时，由①得，则.【考点】等差、等比数列通项与求和【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.17.【20xx 高考北京，文16】（本小题满分13分）已知等差数列满足，．{}n a 1210a a +=432a a -= （I ）求的通项公式；{}n a（II ）设等比数列满足，，问：与数列的第几项相等？{}n b 23b a =37b a =6b {}n a【答案】（I ）；（II ）与数列的第项相等.22n a n =+6b {}n a 63 试题解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为.{}n a d再将数列的通项公式转化为数列是等差数列，进而可得数列的通项公式．112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭12n n a ⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭{}n a 试题解析：（1）当时，，即，解得：2n =4231458S S S S +=+435335415181124224a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭478a =（2）因为（），所以（），即（），因为，所以，因为，所以数列是以为首项，公比为的等比数列211458n n n n S S S S ++-+=+2n ≥21114444n n n n n nS S S S S S ++-+-+-=-2n ≥2144n n n a a a +++=2n ≥3125441644a a a +=⨯+==2144n n n a a a +++=()2121111111114242212142422222n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a +++++++++++-----====----112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭21112a a -=12（3）由（2）知：数列是以为首项，公比为的等比数列，所以112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭21112a a -=12111122n n n a a -+⎛⎫-= ⎪⎝⎭即，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以，即，所以数列的通项公式是1141122n n n na a ++-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12n n a ⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭1212a =()2144212n na n n =+-⨯=-⎛⎫⎪⎝⎭()()111422122nn n a n n -⎛⎫⎛⎫=-⨯=-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭{}n a ()11212n n a n -⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭。

2020全国高考数学真题汇编：等差数列(教师版)

一．选择题（共2小题）1．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块（不含天心石）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项二．填空题（共3小题）3．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．4．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．5．（2020•海南）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．参考答案与试题解析一．选择题（共2小题）1．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块（不含天心石）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【分析】由题意可得从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，根据等差数列的性质即可求出n＝9，再根据前n项和公式即可求出．【解答】解：方法一：设每一层有n环，由题意可知，上层中心的首项为a1＝9，且公差d＝2，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S3n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S5n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝2，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，方法二：设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则{a n}是以9为首项，8为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×2＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第一层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层比中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n8＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．【点评】本题考查了等差数列在实际生活中的应用，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题．2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项【分析】由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值，进一步分析得答案．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣3）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝3，得n＝，可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值．可知T3＝﹣9＜0，T6＝63＞0，T3＝﹣315＜5，T4＝945＞0为最大项，自T8起均小于0，且逐渐减小．∴数列{T n}有最大项，无最小项．故选：B．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．二．填空题（共3小题）3．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【分析】由已知结合等差数的性质及求和公式即可直接求解．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a5＝2，所以a4＝8，3d＝a4﹣a7＝3，即d＝1，则S10＝10a8＝10×（﹣3）+45×1＝25．故答案为：25【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础试题．4．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【分析】根据等差数列的通项公式可由a1+a10＝a9，得a1＝﹣d，在利用等差数列前n项和公式化简即可得出结论．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满足a1+a10＝a9，即a7+a1+9d＝a6+8d，变形可得a1＝﹣d，所以＝＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查等差数列的前n项和与等差数列通项公式的应用，注意分析a1与d的关系，属于基础题．5．（2020•海南）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3n2﹣2n．【分析】首先判断{a n}是以1为首项、以6为公差的等差数列，再利用求和公式，得出结论．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{7n﹣2}的公共项从小到大排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为首项、以2为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n6﹣2n，故答案为：3n6﹣2n．【点评】本题主要考查等差数列的性质以及求和公式，属于基础题．。

2020届高三理数一轮讲义：6.2-等差数列及其前n项和(含答案)

从而数列{an}为等比数列，an＝a1·2n－1＝ .
(2)当a1>0，λ＝100时，由(1)知，an＝，
则bn＝lg ＝lg ＝lg 100－lg 2n＝2－nlg 2，
所以数列{bn}是单调递减的等差数列，公差为－lg 2，
所以b1>b2>…>b6＝lg ＝lg >lg 1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lg <lg 1＝0，
A.15B.30C.31D.64
(3)等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则等于()
A. B. C. D.解来自(1)由等差数列的性质可得也为等差数列.
设其公差为d，则－＝6d＝6，∴d＝1.
故＝＋2 018d＝－2 015＋2 018＝3，
∴S2 019＝3×2 019＝6 057.
解析在等差数列{an}中，
∵a3＋a8>0，S9<0，
∴a5＋a6＝a3＋a8>0，S9＝＝9a5<0，
∴a5<0，a6>0，
∴S1，S2，…，S9中最小的是S5.
答案S5
考点一等差数列基本量的运算
【例1】(1)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)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()
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列.
[微点提醒]
1.已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
2.在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值.
3.等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列.

2020年高考数学：数列

2020年高考数学：数列第一题：2020年高考文科数学新课标Ⅰ卷第10题：设}{n a 是等比数列，且1321=++a a a ，2432=++a a a ，则=++876a a a （）A、12B、24C、30D、32本题解析：}{n a 是等比数列}{21++++⇒n n n a a a 是相同公比的等比数列。

假设：}{21n n n n n b a a a b ⇒++=++是等差数列。

13211=++=a a a b ，2122124322===⇒=++=b b q a a a b 。

32215518766=⨯==++=q b a a a b 。

第二题：2020年高考文科数学新课标Ⅰ卷第16题：数列}{n a 满足13)1(2-=-++n a a n nn ，前16项和为540，则=1a 。

本题解析：当1=n 时：221131313+=⇒=-⨯=-a a a a ；当3=n 时：108288133113535+=++=+=⇒=-⨯=-a a a a a a ；当5=n 时：2414101414153115757+=++=+=⇒=-⨯=-a a a a a a ；当7=n 时：4420242020173117979+=++=+=⇒=-⨯=-a a a a a a ；当9=n 时：702644262619311911911+=++=+=⇒=-⨯=-a a a a a a ；当11=n 时：1023270323211131111131113+=++=+=⇒=-⨯=-a a a a a a ；当13=n 时：14038102383811331113151315+=++=+=⇒=-⨯=-a a a a a a 。

所以：前16项中所有奇数项之和：15131197531a a a a a a a a +++++++1111111118140102704424102a a a a a a a a a =++++++++++++++=392+。

2020年高考江苏版高考数学 7.2 等差数列

3 2
��
.
��
(2)由(1)知 bn=3��,假设存在正整数 s,t(1<s<t),使 b1,bs,bt 成等差数列,
2�� 1 ��
则 2bs=b1+bt,即3��=3+3��.
2(�� + 1) 2�� 2 - 4��
|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=na1+ 2 d=-2n2+ 2 n, 当 n≥18,n∈N*时, |a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a17-a18-a19-…-an
3 103
=2(a1+a2+…+a17)-(a1+a2+…+an)=2n2- 2 n+884,
3.设等差数列{an},{bn}的前
n
项和分别为
Sn,Tn,若对任意正整数
n
都有��=24��
-
3
3,则��5
��9 +
��7+��8
��3 +
��4的值
为 .
19
答案 41
备战 2020 高考
备战 2020 高考
3.(2014 江苏,20,16 分,0.17)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若对任意的正整数 n,总存在正整数 m,使得 Sn=am,则称{an}是“H 数列”. (1)若数列{an}的前 n 项和 Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H 数列”; (2)设{an}是等差数列,其首项 a1=1,公差 d<0.若{an}是“H 数列”,求 d 的值; (3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H 数列”{bn}和{cn},使得 an=bn+cn(n∈N*)成立. 解析 (1)证明:由已知得,当 n≥1 时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数 n,总存在正整数 m=n+1, 使得 Sn=2n=am. 所以{an}是“H 数列”. (2)由已知,得 S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H 数列”,所以存在正整数 m,使得 S2=am,即 2+d=1+(m-1)d,于是 (m-2)d=1.因为 d<0,所以 m-2<0,故 m=1.从而 d=-1.

2020年上海高考数学第20题

2020年上海高考数学第20题题目：已知数列 {an} 的通项公式为 an = 2^n + 3^n，其中 n 是正整数。

设数列 {bn} 的通项公式为 bn = an + an+1，求证：数列 {bn} 是等差数列，并求出其公差。

解析：首先，我们需要计算数列 {bn} 的通项公式。

根据题目中给出的 bn = an + an+1，我们可以将 an 和 an+1 的表达式代入其中，得到 bn = (2^n + 3^n) + (2^(n+1) + 3^(n+1))。

化简上式，得到 bn = 2^n + 3^n + 2^(n+1) + 3^(n+1)。

接下来，我们需要证明数列 {bn} 是等差数列。

为此，我们计算 bn+1 - bn 的值，并观察其是否为常数。

bn+1 = 2^(n+1) + 3^(n+1) + 2^(n+2) + 3^(n+2)。

将 bn+1 和 bn 的表达式代入 bn+1 - bn，得到：bn+1 - bn = (2^(n+1) + 3^(n+1) + 2^(n+2) + 3^(n+2)) - (2^n + 3^n + 2^(n+1) + 3^(n+1))。

化简上式，得到 bn+1 - bn = 2^(n+2) + 3^(n+2) - 2^n - 3^n。

再次化简，得到 bn+1 - bn = 2^n * (2^2 - 1) + 3^n * (3^2 - 1)。

继续化简，得到 bn+1 - bn = 3 * 2^n + 8 * 3^n - 2^n - 3^n。

再次化简，得到 bn+1 - bn = 2^n * (3 - 1) + 3^n * (8 - 1)。

继续化简，得到 bn+1 - bn = 2^n * 2 + 3^n * 7。

最后，我们可以看到 bn+1 - bn 的表达式中不包含 n，因此 bn+1 - bn 是一个常数，即数列 {bn} 是等差数列。

公差为 2 * 2^n + 7 * 3^n。

2020年高考浙江版高考理科数学 6.2 等差数列

(2)求e��1+e��2+…+e��.
解析 (1)设{an}的公差为 d.
因为 a2+a3=5ln 2,
所以 2a1+3d=5ln 2.
又 a1=ln 2,所以 d=ln 2.
所以 an=a1+(n-1)d=nln 2.
(2)因为e��1=eln
e��
答案 B 2.(2017 课标全国Ⅰ理,4,5 分)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
答案 C 3.(2017 课标全国Ⅲ理,9,5 分)等差数列{an}的首项为 1,公差不为 0.若 a2,a3,a6 成等比数列,则{an}前 6 项的和为( ) A.-24 B.-3 C.3 D.8
可解得 b1=4,d=3. 所以 bn=3n+1.
(6�� + 6)�� + 1
(2)由(1)知 cn= (3�� + 3)�� =3(n+1)·2n+1.
又 Tn=c1+c2+…+cn,
得 Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
时要足够重视.
破考点
【考点集训】
考点一等差数列的有关概念及运算
1.(2018 浙江绍兴高三 3 月适应性模拟,13)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,满足 S2=S6,��5��5-��4��4=2,则 a1= ,公差 d= . 答案 -14;4 2.(2018 浙江稽阳联谊学校高三联考,13)《九章算术》是我国古代著名的数学著作,其中有一道数列问题:“今有良马与驽马发长安,至齐,齐去长安三千里.良马初日行一百九十三里,日增一十三里,驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,问几日相逢及各行几何?”请研究本题,并给出下列结果:两马同时出发后第 9 天,良马日行里,从长安出发后第天两马第一次相遇. 答案 297;16

2020版五三高中数学高考真题与考点分章精析6.2 等差数列

an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立 ⇔{an}是等差数列
验证Sn=An2+Bn(A,B是常数)对任意的正整数n 都成立⇔{an}是等差数列
适合题型解答题中证明问题
选择题、填空题中的判定问题
例1 (2018山东济南一中1月检测,18)各项均不为0的数列{an}满足
an1
∴2(2a+1)=1+3a+2,解得a=1,∴公差d= 2a 1
2

1
= 2 1
2
=1,∴Sk=k×1+
k(k 1) ×1=66,解得k=11或k=-12(舍).故选B.
2
答案 B
考向基础
考点二等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列,Sn是{an}的前n项和. (1)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有am+an=ap+aq. (2)等差数列{an}的单调性:当d>0时,{an}是递增数列;当d<0时,{an}是递减数列;当d=0时,{an}是常数列. (3)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为md的等差数列.
= 11a6 ,因为 a6 = 9 ,所
9a5
a5 11
2
以 S11 =1,故选A. S9
答案 A
方法技巧
方法1 等差数列的判定与证明
方法定义法
等差中项法通项公式法
前n项和公式法
解读对于n≥2的任意自然数,an+1-an为同一常数⇔
{an}是等差数列 2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立⇔{an}是等差数列

2020年高考数学考点分析与突破性讲练专题18 等差数列理

专题18 等差数列一、考纲要求：1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系．二、概念掌握及解题上的注意点：1.解决等差数列运算问题的思想方法1方程思想：等差数列的基本量为首项a1和公差d，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程组求解，等差数列中包含a1，d，n，a n，S n五个量，可“知三求二”.2整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解.3利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过程.2. 等差数列的四种判断方法1定义法：a n＋1－a n＝d d是常数⇔{a n}是等差数列.可用来判定与证明.2等差中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2n∈N*⇔{a n}是等差数列.可用来判定与证明.3通项公式：a n＝pn＋q p，q为常数⇔{a n}是等差数列.4前n项和公式：S n＝An2＋Bn A，B为常数⇔{a n}是等差数列.三、高考考题题例分析：例1.（2020课标卷I）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=（）A．﹣12 B．﹣10 C．10 D．12【答案】B【解析】：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，3S3=S2+S4，a1=2，∴=a1+a1+d+4a1+d，把a1=2，代入得d=﹣3∴a5=2+4×（﹣3）=﹣10．故选：B．例2.（2020课标卷II）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1=﹣7，S3=﹣15．（1）求{a n }的通项公式；（2）求S n ，并求S n 的最小值．【答案】（1）a n =2n ﹣9；（2）﹣16．例3.（2020北京卷）设{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{a n }的通项公式为【答案】a n =6n ﹣3．【解析】：∵{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36， ∴，解得a 1=3，d=6，∴a n =a 1+（n ﹣1）d=3+（n ﹣1）×6=6n ﹣3． ∴{a n }的通项公式为a n =6n ﹣3．故答案为：a n =6n ﹣3．例4.（2020上海卷）记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3=0，a 6+a 7=14，则S 7= ．【答案】14【解析】解：∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=0，a 6+a 7=14， ∴，解得a 1=﹣4，d=2， ∴S 7=7a 1+=﹣28+42=14．故答案为：14．例5.(2020课标I)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C例6.(2020浙江)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】：由d d a d a S S S =+-+=-+)105(22110211564，可知当0>d ，则02564>-+S S S ，即5642S S S >+，反之，02564>⇒>+d S S S ，所以为充要条件，选C ．例7.(2020高考新课标1)已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a =（）（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C 【解析】：由已知,1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=故选C.例8.(2020天津)已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=,3412b a a =-，11411S b =. （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N .【答案】（1）32n a n =-.2n n b =.（2）1328433n n n T +-=⨯+. 【解析】：根据等差数列和等比数列通项公式及前n 项和公式列方程求出等差数列首项1a 和公差d 及等比数列的公比q ，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确.（II ）解：设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4n n n a b n -=-⨯，故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯L1112(14)4(31)414(32)48.n n n n n ++⨯-=---⨯-=--⨯- 得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 例9.(2020高考新课标II)n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg 99=1，．（Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =；（Ⅱ）1893.试题解析：（Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，据已知有72128d +=，解得 1.d = 所以{}n a 的通项公式为.n a n =111101[lg1]0,[lg11]1,[lg101] 2.b b b ======（Ⅱ）因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000.n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪=⎩所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893.⨯+⨯+⨯=等差数列练习一、选择题1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝0，则公差d 等于 ( )A ．－1B ．1C ．2D ．－2【答案】D【解析】:依题意得S 3＝3a 2＝6，即a 2＝2，故d ＝a 3－a 2＝－2，故选D ．2．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6等于 ( )A ．－1B ．0C ．1D ．6【答案】B【解析】:由等差数列的性质，得a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0，选B ．3．已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于 ( ) A ．－1 B ．－2 C ．－3 D ．－4【答案】C4．已知等差数列{a n }中，a 1＝11，a 5＝－1，则{a n }的前n 项和S n 的最大值是 ( ) A ．15 B ．20 C ．26 D ．30【答案】C【解析】:设数列{a n }的公差为d ，则d ＝14(a 5－a 1)＝－3，所以a n ＝11－3(n －1)＝14－3n ，令a n ＝14－3n ≥0，解得n ≤143，所以S n 的最大值为S 4＝4×11＋4×32×(－3)＝26，故选C ． 5.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝ ( )A ．9B ．10C ．11D ．15【答案】B【解析】:设等差数列{a n }的公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋11×11－12d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7，∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10.6.《张邱建算经》卷上第22题为：今有女善织，日益功疾(注：从第2天起每天比前一天多织相同量的布)，第1天织5尺布，现在一月(按30天计)，共织390尺布，则第2天织布的尺数为 ( )A ．16129B ．16131C ．8115D ．8015【答案】 A【解析】:由条件知该女子每天织布的尺数构成一个等差数列{a n }，且a 1＝5，S 30＝390，设公差为d ，则30×5＋30×292×d ＝390，解得d ＝1629，则a 2＝a 1＋d ＝16129，故选A ．7.在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为 ( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n【答案】A8.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝ ( )A ．5B ．7C ．9D ．11【答案】A【解析】:a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3⇒a 3＝1，S 5＝5a 1＋a 52＝5a 3＝5.9.等差数列{a n }中，a 1＋a 3＋a 5＝39，a 5＋a 7＋a 9＝27，则数列{a n }的前9项的和S 9等于( )A ．66B ．99C ．144D ．297 【答案】B【解析】:根据等差数列的性质知a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝39，可得a 3＝13.由a 5＋a 7＋a 9＝3a 7＝27，可得a 7＝9，故S 9＝9a 1＋a 92＝9a 3＋a 72＝99，故选B ．10.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝ ( ) A ．1B ．－1C ．2 D．12【答案】A【解析】:S 11S 9＝11a 1＋a 1129a 1＋a 92＝11a 69a 5＝119×911＝1. 11．等差数列{a n }中，a 2＝8，前6项的和S 6＝66，设b n ＝2n ＋1a n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，则T n ＝ ( ) A ．1－1n ＋1B ．1－1n ＋2C ．12－1n ＋1D ．12－1n ＋2【答案】D12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( ) A ．b n ＝n －1 B ．b n ＝2n －1 C ．b n ＝n ＋1 D ．b n ＝2n ＋1【答案】B【解析】:设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n 2n －1d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. 二、填空题13．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.【答案】1014．《九章算术》是我国第一部数学专著，下面有源自其中的一个问题：“今有金箠(chuí)，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问金箠重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问金箠重多少斤？”根据上面的已知条件，若金箠由粗到细的重量是均匀变化的，则答案是________．【答案】15斤【解析】:由题意可知金箠由粗到细各尺的重量成等差数列，且a 1＝4，a 5＝2，则S 5＝5a 1＋a 52＝15，故金箠重15斤． 15．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________. 【答案】⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78 【解析】:由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，a 8＞0，a 9＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，解得－1＜d ＜－78.16．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，则正整数m 的值为________．【答案】5【解析】:因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m . 由S m ＝(3－m )m ＋m m －12×1＝0，解得正整数m 的值为5. 三、解答题17．在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．【答案】(1)a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n ；(2) k ＝7.18.已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．①求证：数列{b n }是等差数列． ②求数列{a n }中的通项公式a n . 【解析】①证明：因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1.所以n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1＝1⎝⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1.又b 1＝1a 1－1＝－52，所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列．②由(1)知，b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7. 19．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项公式b n ＝S n n ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .【答案】(1) a ＝2，k ＝10. (2) T n ＝n n ＋32(2)证明：由(1)得S n ＝n 2＋2n 2＝n (n ＋1)，则b n ＝S n n ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n 2＋n ＋12＝n n ＋32.20．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数.(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．【解析】 (1)证明：由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1，由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1.由(1)知，a 3＝λ＋1.令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．21．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝14(a n ＋1)2，且a n >0. (1)求a 1，a 2；(2)求{a n }的通项公式；(3)令b n ＝20－a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 的最大值．【答案】1)3,121==a a ; 2)12-=n a n ; 3)n=10,100=T n 为最大【解析】:1)由2),最大为最大。

2020年高考江苏版高考数学 7.2 等差数列

7.2 等差数列挖命题【考情探究】分析解读等差数列是数列中的一种重要模型,是江苏高考的重要考点之一,主要考查等差数列的概念和性质,考查代数推理论证能力,对能力要求比较高,往往放在压轴题的位置,难度比较大.破考点【考点集训】考点一等差数列及其基本运算(n∈N+,n≥2),则a7= . 1.(2019届江苏昆山中学检测)正项数列{a n}满足a1=1,a2=2,2=+-答案2.(2018江苏苏锡常镇四市高三教学情况调研(一),8)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a2+a4=2,S2+S4=1,则a10= .答案8考点二等差数列的性质1.在等差数列{a n}中,若a3+a4+a5+a6+a7=450,则a2+a8= .答案1802.(2018江苏南京、盐城高三一模,10)设S n为等差数列{a n}的前n项和,若{a n}的前2 017项中的奇数项和为2 018,则S2 017的值为.答案 4 0343.设等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,若对任意正整数n都有=-,则+的值-为.答案炼技法【方法集训】方法一等差数列的判断与证明的方法(2018江苏启东高三调研测试)已知数列{a n}中,a2=,前n项和为S n,且2S n+1-3S n=2a1.(1)证明数列{a n}为等比数列,并写出其通项公式;(2)设b n=,试问是否存在正整数s,t(1<s<t),使b1,b s,b t成等差数列?若存在,求出所有s,t的值;若不存在,请说明理由.解析(1)2S n+1-3S n=2a1,令n=1,得2S2=5a1,又a2=,得a1=.由2S n+1-3S n=2a1得2S n+2-3S n+1=2a1,两式相减得2a n+2=3a n+1,即=.又=,a1=,所以数列{a n}是以为首项,为公比的等比数列,数列{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)知b n=,假设存在正整数s,t(1<s<t),使b1,b s,b t成等差数列,则2b s=b1+b t,即=+.当s≥2时,-=-<0,故数列(s≥2)为递减数列,当t≥3时,-=-<0,故数列(t≥3)为递减数列, =,=,即s=2,t=3时,=+.又当s≥3时,≤=<,故没有正整数t使得=+成立.所以存在s=2,t=3,使b1,b s,b t成等差数列.方法二等差数列前n项和最值的求法在等差数列{a n}中,a10=23,a25=-22.(1)数列{a n}前多少项和最大?(2)求{|a n|}前n项和.解析(1)由-得-所以a n=a1+(n-1)d=-3n+53,令a n>0,得n<,所以当n≤17,n∈N*时,a n>0;当n≥18,n∈N*时,a n<0,所以{a n}前17项和最大.(2)当n≤17,n∈N*时,|a1|+|a2|+…+|a n|=a1+a2+…+a n=na1+-d=-n2+n,当n≥18,n∈N*时,|a1|+|a2|+…+|a n|=a1+a2+…+a17-a18-a19-…-a n=2(a1+a2+…+a17)-(a1+a2+…+a n)=n2-n+884,所以当n≤17,n∈N*时,{|a n|}前n项和为-n2+n,当n≥18,n∈N*时,{|a n|}前n项和为n2-n+884.所以数列{|a n|}的前n项和S n=--方法三含有等差数列的新定义问题的解题方法(2018江苏南通高三第一次调研)若数列{a n}同时满足:①对于任意的正整数n,a n+1≥a n恒成立;②对于给定的正整数k,a n-k+a n+k=2a n对于任意的正整数n(n>k)恒成立,则称数列{a n}是“R(k)数列”.(1)已知a n=-为奇数为偶数判断数列{a n}是不是“R(2)数列”,并说明理由;(2)已知数列{b n}是“R(3)数列”,且存在整数p(p>1),使得b3p-3,b3p-1,b3p+1,b3p+3成等差数列,证明:{b n}是等差数列.解析(1)当n为奇数时,a n+1-a n=2(n+1)-(2n-1)=3>0,所以a n+1≥a n.a n-2+a n+2=2(n-2)-1+2(n+2)-1=2(2n-1)=2a n.当n为偶数时,a n+1-a n=(2n+1)-2n=1>0,所以a n+1≥a n.a n-2+a n+2=2(n-2)+2(n+2)=4n=2a n.所以数列{a n}是“R(2)数列”.(2)由题意可得:b n-3+b n+3=2b n,则数列b1,b4,b7,…是等差数列,设其公差为d1,数列b2,b5,b8,…是等差数列,设其公差为d2,数列b3,b6,b9,…是等差数列,设其公差为d3.因为b n≤b n+1,所以b3n+1≤b3n+2≤b3n+4,所以b1+nd1≤b2+nd2≤b1+(n+1)d1,所以n(d2-d1)≥b1-b2①,n(d2-d1)≤b1-b2+d1②.若d2-d1<0,则当n>--时,①不成立;若d2-d1>0,则当n>--时,②不成立;若d2-d1=0,则①和②都成立,所以d1=d2.同理得:d1=d3,所以d1=d2=d3,记d1=d2=d3=d.设b3p-1-b3p-3=b3p+1-b3p-1=b3p+3-b3p+1=λ,则b3n-1-b3n-2=b3p-1+(n-p)d-[b3p+1+(n-p-1)d]=b3p-1-b3p+1+d=d-λ.同理可得:b3n-b3n-1=b3n+1-b3n=d-λ,所以b n+1-b n=d-λ.所以{b n}是等差数列.过专题【五年高考】A组自主命题·江苏卷题组1.(2016江苏,8,5分)已知{a n}是等差数列,S n是其前n项和.若a1+=-3,S5=10,则a9的值是.答案202.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足:a n-k+a n-k+1+…+a n-1+a n+1+…+a n+k-1+a n+k=2ka n 对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列{a n}是“P(3)数列”;(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{a n}是等差数列.证明本题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)因为{a n}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①当n≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.方法总结数列新定义型创新题的一般解题思路:（1）阅读审清“新定义”;（2）结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;（3）利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.3.(2014江苏,20,16分,0.17)设数列{a n}的前n项和为S n.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得S n=a m,则称{a n}是“H数列”.(1)若数列{a n}的前n项和S n=2n(n∈N*),证明:{a n}是“H数列”;(2)设{a n}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{a n}是“H数列”,求d的值;(3)证明:对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*)成立.解析(1)证明:由已知得,当n≥1时,a n+1=S n+1-S n=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得S n=2n=a m.所以{a n}是“H数列”.(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{a n}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=a m,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.当d=-1时,a n=2-n,S n=-是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-S n=2--,使得S n=2-m=a m,所以{a n}是“H数列”.因此d的值为-1.(3)证明:设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).令b n=na1,c n=(n-1)(d-a1),则a n=b n+c n(n∈N*),下证{b n}是“H数列”.设{b n}的前n项和为T n,则T n=a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=,使得T n=b m.所以{b n}是“H数列”.同理可证{c n}也是“H数列”.所以,对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*).B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一等差数列的概念及运算1.(2018课标全国Ⅰ理改编,4,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5= .答案-102.(2018北京理,9,5分)设{a n}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{a n}的通项公式为.答案a n=6n-33.(2017课标全国Ⅲ理改编,9,5分)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.答案-244.(2016课标全国Ⅰ改编,3,5分)已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100= .答案985.(2015课标Ⅰ改编,7,5分)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S8=4S4,则a10= . 答案6.(2017课标全国Ⅱ理,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案7.(2018课标全国Ⅱ理,17,12分)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并求S n的最小值.解析(1)设{a n}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n-9.(2)由(1)得S n=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,S n取得最小值,最小值为-16.方法总结求等差数列前n项和S n的最值的两种方法(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式S n=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)邻项变号法:①当a1>0,d<0时,满足的项数m,可使得S n取得最大值,最大值为S m;②当a1<0,d>0时,满足的项数m,可使得S n取得最小值,最小值为S m.8.(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=,a n b n+1+b n+1=nb n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求{b n}的前n项和.解析(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2,(3分)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.(5分) (2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n得b n+1=,(7分)因此{b n}是首项为1,公比为的等比数列.(9分)记{b n}的前n项和为S n,则S n=--=--.(12分)评析本题主要考查了等差数列及等比数列的定义,能准确写出{a n}的表达式是关键.考点二等差数列的性质1.(2015课标Ⅱ改编,5,5分)设S n是等差数列{a n}的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5= .答案 52.(2017课标全国Ⅰ理改编,4,5分)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.答案 43.(2016课标全国Ⅱ理,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)思路分析(1)先求公差,从而求得通项公式a n,再根据已知条件求b1,b11,b101;(2)用分段函数表示b n,进而求数列{b n}的前1 000项的和.评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对考生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题关键.C组教师专用题组1.(2011全国改编,4,5分)设S n为等差数列{a n}的前n项和,若a1=1,公差d=2,S k+2-S k=24,则k= . 答案 52.(2013课标全国Ⅰ理改编,7,5分,0.718)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m= .答案 53.(2012课标全国改编,12,5分)数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,则{a n}的前60项和为.答案 1 8304.(2012课标全国,17,12分)设{a n}是公差不为零的等差数列,S n为其前n项和,满足+=+,S7=7.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)试求所有的正整数m,使得为数列{a n}中的项.解析(1)设公差为d,则-=-,由等差数列的性质得-3d(a4+a3)=d(a4+a3),因为d≠0,所以a4+a3=0,即2a1+5d=0①,由S7=7,得7a1+d=7②,由①②可解得a1=-5,d=2,所以{a n}的通项公式a n=2n-7,前n项和S n=n2-6n.(2)=--,令2m-3=t,-则=--=t+-6,因为t是奇数,所以t可取的值为±1,当t=1时,m=2,t+-6=3,2×5-7=3,是数列{a n}中的项;当t=-1时,m=1,t+-6=-15,数列{a n}中的最小项是-5,不符合.所以满足条件的正整数m=2.5.(2012江苏,20,16分)已知各项均为正数的两个数列{a n}和{b n}满足:a n+1=,n∈N*.(1)设b n+1=1+,n∈N*,求证:数列是等差数列;(2)设b n+1=·,n∈N*,且{a n}是等比数列,求a1和b1的值.解析(1)由题设知a n+1===,所以=,从而-=1(n∈N*),所以数列是以1为公差的等差数列.(2)因为a n>0,b n>0,所以≤+<(a n+b n)2,从而1<a n+1=≤.(*)设等比数列{a n}的公比为q,由a n>0知q>0.下证q=1.若q>1,则a1=<a2≤,故当n>log q时,a n+1=a1q n>,与(*)矛盾;若0<q<1,则a1=>a2>1,故当n>log q时,a n+1=a1q n<1,与(*)矛盾.综上,q=1,故a n=a1(n∈N*),所以1<a1≤.又b n+1=·=·b n(n∈N*),所以{b n}是公比为的等比数列.若a1≠,则>1,于是b1<b2<b3.又由a1=得b n=--,所以b1,b2,b3中至少有两项相同,矛盾. 所以a1=,从而b n=--=.所以a1=b1=.评析本题主要考查等差数列和等比数列的基本性质、基本不等式等基础知识,考查学生分析探究及逻辑推理的能力.【三年模拟】一、填空题(每小题5分,共50分)1.(2019届江苏建湖高级中学检测)在-1和8之间插入两个数a,b,使这四个数成等差数列,则公差为.答案 32.(2019届江苏郑集高级中学检测)已知等差数列{a n}中,a7=3,则数列{a n}的前13项之和为.答案393.(2019届江苏汇龙中学检测)已知数列{a n}是等差数列,a1+a7=-8,a2=2,则数列{a n}的公差d= .答案-34.(2018江苏海安高三学业质量测试)已知数列{a n}是公差不为0的等差数列,其前n项和为S n,若a1+a4+a7=0,则= .答案-35.(2018江苏南京高三学情调研)记等差数列{a n}前n项和为S n.若a m=10,S2m-1=110,则m= .答案 66.(2019届江苏苏州第三中学检测)已知等差数列{a n}的前三项为a-1,a+1,2a+3,则此数列的通项公式为.答案a n=2n-37.(2018江苏启东高三调研测试)若数列{a n}的首项a1=,且a n=(a n+1)a n+1,则a2 018= .答案8.(2019届江苏宜兴高级中学检测)已知数列{a n}满足a1=15,且3a n+1=3a n-2.若a k·a k+1<0,则正整数k= .答案239.(2019届江苏江宁高级中学检测)已知{a n}是等差数列,a5=15,a10=-10,记数列{a n}的第n项到第n+5项的和为T n,则|T n|取得最小值时n的值为.答案5或610.(2019届江苏姜堰中学检测)设数列{a n}的前n项和为S n,若为常数,则称数列{a n}为“吉祥数列”.已知等差数列{b n}的首项为1,公差不为0,若数列{b n}为“吉祥数列”,则数列{b n}的通项公式为.答案b n=2n-1二、解答题(共30分)11.(2018江苏徐州高三期中)已知数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2a n-1,n∈N*.数列{b n}满足nb n+1-(n+1)b n=n(n+1),n∈N*,且b1=1.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)是否存在正整数m,n,使b1,a m,b n(n>1)成等差数列?若存在,求出所有满足条件的m,n,若不存在,请说明理由.解析(1)当n=1时,S1=2a1-1=a1,所以a1=1;当n≥2时,S n=2a n-1,S n-1=2a n-1-1,两式相减得a n=2a n-1,从而数列{a n}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,从而数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.由nb n+1-(n+1)b n=n(n+1)两边同除以n(n+1),得-=1,从而数列是首项为1,公差为1的等差数列,所以=n,从而数列{b n}的通项公式为b n=n2.(2)假设存在正整数m,n(n>1),使b1,a m,b n成等差数列,则b1+b n=2a m,即1+n2=2m,若n为偶数,则1+n2为奇数,而2m为偶数,上式不成立.若n为奇数,设n=2k-1(k∈N*),则1+n2=1+(2k-1)2=4k2-4k+2=2m,于是2k2-2k+1=2m-1,即2(k2-k)+1=2m-1,当m=1时,k=1,此时n=2k-1=1与n>1矛盾;当m≥2时,上式左边为奇数,右边为偶数,显然不成立.综上所述,满足条件的正整数m,n不存在.12.(2018江苏镇江高三上学期期末,20)已知数列{a n}的前n项和为S n,对任意正整数n,总存在正数p,q,r使得a n=p n-1,S n=q n-r恒成立,数列{b n}的前n项和为T n,且对任意正整数n,2T n=nb n恒成立.(1)求常数p,q,r的值;(2)证明数列{b n}为等差数列;(3)若b2=2,记P n=+++…+--+-,是否存在正整数k,使得对任意正整数n,P n≤k恒成立?若存在,求正整数k的最小值;若不存在,请说明理由. 解析(1)因为S n=q n-r①,所以S n-1=q n-1-r(n≥2)②,①-②得S n-S n-1=q n-q n-1,即a n=q n-q n-1(n≥2).又a n=p n-1,所以p n-1=q n-q n-1(n≥2),n=2时,p=q2-q,n=3时,p2=q3-q2.因为p,q为正数,所以p=q=2.又因为a1=1,S1=q-r,且a1=S1,所以r=1.(2)证明:因为2T n=nb n③,所以当n≥2时,2T n-1=(n-1)b n-1④,③-④得2b n=nb n-(n-1)b n-1,即(n-2)b n=(n-1)b n-1⑤,(n-1)b n+1=nb n⑥,⑤+⑥得(2n-2)b n=(n-1)b n+1+(n-1)b n-1,即2b n=b n-1+b n+1,所以{b n}为等差数列.(3)因为b1=0,b2=2,由(2)知{b n}为等差数列,所以b n=2n-2. 由(1)知a n=2n-1,所以P n=-++…+--+--,P n+1=++…+--+--+-+,P n+1-P n=-+--=-·.令P n+1-P n>0,则12n+2-4n·2n>0, 所以2n<=3+<4,解得n=1, 所以n=1时,P n+1-P n>0,即P2>P1, n≥2时,因为2n≥4,3+<4,所以2n>3+=,即12n+2-4n·2n<0.此时P n+1<P n,即P2>P3>P4>…,所以P n的最大值为P2=+=,若存在正整数k,使得对任意正整数n,P n≤k恒成立, 则k≥4,所以正整数k的最小值为4.。

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