高三数学数列专题复习题含答案
2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)
数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题（微专题）（解析版）2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=5,S 9=81，数列{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n a n +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．2【2020年新课标1卷文科】数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为540，则a1=1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a1、3a2的等差中项，a4=16．(1)求数列{a n}的通项公式；log，求数列{b n}的前n项和T n．(2)若b n=-1n⋅2a2n+12【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.n n+13(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.2(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n前n项和满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n的通项公式；和数列b n(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n，所以a n+1n是常数列，即a n+1n=a1+11=3,∴a n=3n-1；【小问2详解】由(1)知，a n是首项为2，公差为3等差数列，由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4，b2n=2a2n+1=12n+4，设数列b2n-1，b2n的前50项和分别为T1，T2，所以T1=50b1+b992=25×298=7450，T2=50×b2+b1002=25×620=15500，所以b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950；综上，a n=3n-1，b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．【答案】(1)证明见详解(2)S2n=2n-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2，上述两式作差可得a n=12n-1n≥2，因为a1=1满足a n=12n-1，所以a n的通项公式为a n=12n-1，所以1a n=2n-1，因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数)，所以1a n是一个等差数列．(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数 ，所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19，C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+3．2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．【答案】(1)a1=12，a2=4；1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12，a2=4．令2n-2=1024=210，解得：n=12为偶数，不符合题意，舍去；令3n-2=1024，解得：n=342，符合题意．因此，1024是数列a n的第342项．(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116．另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1a2n-1=4，所以数列a2n-1是以12为首项，4为公比的等比数列．a2n=6n-2，又a2n+2-a2n=6，所以数列a2n是以4为首项，6为公差的等差数列．S2n-1为数列a2n-1的前n项和与数列a2n的前n-1项和的总和．故S2n-1=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.【答案】(1)a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)证明见解析.【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,所以a2n+1+1=2a2n-1+1,因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,而a2n=2a2n-1=2n+1-2,所以a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)方法一：由(1)得T2n=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5,S9=81，数列{b n}满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =59a 1+9×82d =81 ，∴a 1=1,d =2，∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3，①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ，②所以①-②得，a n b n =2n -1 ⋅3n ，∴b n =3n n ≥2 .当n =1时，a 1b 1=3,b 1=3，符合b n =3n .∴b n =3n .(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ，依题有：T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2，则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n (2)T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数【详解】(1)因为a n 是等比数列，公比为q ≠-1，则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4，a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7，所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127，解得q =3，由S 4=a 3+93，可得a 11-34 1-3=9a 1+93，解得a 1=3，所以数列a n 的通项公式为a n =3n ．(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数，当n 为偶数时，T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32+34+⋅⋅⋅+3n=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24；当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1-98-n +1 24；综上所述：T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数.题型二、含有(-1)n 类型2【2020年新课标1卷文科】数列{a n }满足a n +2+(-1)n a n =3n -1，前16项和为540，则a 1=【答案】7【解析】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 的前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，∴a 1=7.故答案为：7.1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1、3a 2的等差中项，a 4=16．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =-1 n ⋅2a 2n +1log ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项，所以2a 3=2a 1+3a 2，即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2-3q -2=0，解得q =2或q =-12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q =2．因为a 4=16，即a 4=a 1q 3=8a 1=16，解得a 1=2，所以a n =2×2n -1=2n ；(2)解法一：(分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，①若n 为偶数，T n =-3+5-7+9-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ；②若n 为奇数，当n ≥3时，T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2，当n =1时，T 1=-3适合上式，综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *)；解法二：(错位相减法)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+⋯+-1 n ⋅2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ，=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n=n+1-1n-1，n∈N*2【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1，S n=n2；(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量，列方程即可求得首项和公差，再利用公式求通项公式和前n项和即可；(2)根据(1)中所求即可求得b n，对n分类讨论，结合等差数列的前n项和公式，即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9，所以d=a5-a32=2，则a3=a1+2d=a1+4=5，解得a1=1；故a n=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2题型三、a n+a n+1类型3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．【解析】(1)已知S n=a n2+n2+1，n∈N*当n=1时，a1=a12+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=a22+5，a2=2，所以a1+a2=6．因为S n=a n2+n2+1①，所以S n+1=a n+12+n+12+1②．②-①得，a n+1=a n+12-a n2+n+12-n2，整理得a n+a n+1=4n+2，n∈N*，所以a n+1+a n+2-a n+a n+1=4n+1+2-4n+2=4(常数)，n∈N*，所以a n+a n+1是首项为6，公差为4的等差数列．(2)由(1)知，a n-1+a n=4n-1+2=4n-2，n∈N*，n≥2．当n为偶数时，S n=a1+a2+a3+a4+⋯+a n-1+a n=n26+4n-22=n2+n；当n为奇数时，S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=n2+n+2．综上所述，S n=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.【答案】(1)a n=n,n=2k-1,k∈Zn-1,n=2k,k∈Z，bn=3n-1；(2)58n-59n8.【分析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n82(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n ；数列b n 前n 项和为S n ，且b 1=1，2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，b n =3n -1；(2)58n -5 9n8.【解析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n8。
高三数学数列试题答案及解析
高三数学数列试题答案及解析1.对于正项数列，定义为的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为，则数列的通项公式为________【答案】【解析】由题意，，，所以，则时，，两式相减得，，也适合此式，故.【考点】新定义与数列的通项公式.2.已知数列的通项公式an＝ (n∈N*)，求数列前30项中的最大项和最小项．【答案】最大项为a10，最小项为a9【解析】∵an ＝1＋，∴当n≤9时，an随着n的增大越来越小且小于1，当10≤n≤30时，a n 随着n的增大越来越小且大于1，∴前30项中最大项为a10，最小项为a9.3.（本小题满分12分）已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求适合方程的的值.（Ⅲ）记，是否存在实数M，使得对一切恒成立，若存在，请求出M 的最小值；若不存在，请说明理由。
【答案】，2/9【解析】19. 解：（Ⅰ）当时，，由，得．当时，，，∴，即．∴．∴是以为首项，为公比的等比数列．故．………………6分（Ⅱ），，………………8分………10分解方程，得………………12分（2）解法一：，由错误!不能通过编辑域代码创建对象。
，当，又故存在实数M，使得对一切M的最小值为2/9。
4.把数列的所有项按照从大到小的原则写成如题15图所示的数表，其中的第行有个数，第行的第个数(从左数起)记为则_____________.【答案】【解析】略5.设等差数列的前项和为，若，，则（）A．63B．45C．36D．27【答案】B【解析】在等差数列中，成等差数列。
因为，，所以。
故选Ｂ。
【考点】等差数列的性质点评：在等差数列中，成等差数列。
6.（本小题满分14分）已知曲线．从点向曲线引斜率为的切线，切点为。
（1）求数列的通项公式；（2）证明：。
【答案】（1）；（2）证明见解析。
【解析】（1）设直线：，联立得：，则，∴（舍去），即，∴（2）证明：∵∴由于，可令函数，则，令，得，给定区间，则有，则函数在上单调递减，∴，即在恒成立，又，则有，即。
高三数学数列综合应用试题答案及解析
高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列{an }中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．(1)写出a2，a3的值(只写结果)，并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）a2＝6，a3＝12. an＝n(n＋1)．（2）实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)，∴a2＝6，a3＝12.当n≥3时，an －an－1＝2n，a n－1－a n－2＝2(n－1)，又a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，∴an －a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]，∴an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2×＝n(n＋1)．当n＝1时，a1＝2；当n＝2时，a2＝6，也满足上式，∴数列{an }的通项公式为an＝n(n＋1)．(2)bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝＝.令f(x)＝2x＋(x≥1)，则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn )max＝.要使对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，则需t2－2mt＋>(bn )max＝，即t2－2mt>0对∀m∈[－1,1]恒成立，∴，解得t>2或t<－2，∴实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．2.一函数y＝f(x)的图象在给定的下列图象中，并且对任意an ∈(0,1)，由关系式an＋1＝f(a n)得到的数列{an }满足an＋1>a n(n∈N*)，则该函数的图象是()【答案】A【解析】由an＋1>a n可知数列{a n}为递增数列，又由a n＋1＝f(a n)>a n可知，当x∈(0,1)时，y＝f(x)的图象在直线y＝x的上方，故选A.3.设函数）定义为如下数表，且对任意自然数n均有xn+1=的值为( ) A．1B．2C．4D．5【答案】D【解析】,又根据,所以有,,,, .,所以可知：,,故选D.【考点】数列的周期性4.是点集A到点集B的一个映射，且对任意，有.现对点集A中的点，，均有，点为（0,2），则线段的长度 .【答案】【解析】∵，∴，，，，，，…，根据变化规律可知，∴，，∴.【考点】1.数列的性质；2.两点间距离公式.5.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3,6,10,…记为数列{an},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测:(1)b2012是数列{an}中的第项;(2)b2k-1=.(用k表示)【答案】(1)5030(2)【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为an=,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k =a5k= (k为正整数),b2k-1=a5k-1==,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.6.已知数列满足，则该数列的通项公式_________．【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，，…，，∴，∴，∴.【考点】1.累加法求通项公式；2.裂项相消法求和.7.数列满足，则 .【答案】【解析】这类问题类似于的问题处理方法，在中用代换得（），两式相减得，，又，即，故.【考点】数列的通项公式.8.已知函数，记，若是递减数列，则实数的取值范围是______________.【答案】【解析】是递减数列，从开始是用式子计算，这时只要，即即可，关键是是通过二次式计算，根据二次函数的性质，应该有且，即且，解得，综上取值范围是．【考点】数列的单调性．9.已知数列{｝的前n项和为，且，则使不等式成立的n的最大值为．【答案】4【解析】当时，，得，当时，，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，所以，所以，即，易知的最大值为4.【考点】1.等比数列的求和公式；2.数列的通项公式.10.甲、乙两人用农药治虫，由于计算错误，在A、B两个喷雾器中分别配制成12%和6%的药水各10千克，实际要求两个喷雾器中的农药的浓度是一样的，现在只有两个容量为1千克的药瓶，他们从A、B两个喷雾器中分别取1千克的药水，将A中取得的倒入B中，B中取得的倒入A中，这样操作进行了n次后，A喷雾器中药水的浓度为，B喷雾器中药水的浓度为．（1）证明：是一个常数；（2）求与的关系式；（3）求的表达式．【答案】(1)18;(2);(3) .【解析】(1)利用n次操作后A和B的农药的和应与开始时农药的重量和相等建立等量关系，证明是一个常数；(2)借助第一问的结论和第n次后A中10千克的药水中农药的重量具有关系式，求解与的关系式；（3）根据第二问的递推关系，采用构造数列的思想进行求解.试题解析：（1）开始时，A中含有10=1.2千克的农药，B中含有10=0.6千克的农药，，A中含有千克的农药，B中含有千克的农药，它们的和应与开始时农药的重量和相等，从而（常数）． 4分（2）第n次操作后，A中10千克的药水中农药的重量具有关系式：由（1）知，代入化简得① 8分（3）令，利用待定系数法可求出λ=—9，所以，可知数列是以为首项，为公比的等比数列．由①，,由等比数列的通项公式知：，所以． 12分【考点】1.数列的递推式；（2）数列的通项公式；（3）实际应用问题.11.等比数列的各项均为正数，且，则【答案】B【解析】等比数列中，所以【考点】等比数列性质及对数运算点评：等比数列中，若则，在对数运算中12.已知数列的首项为，对任意的，定义.（Ⅰ）若，(i)求的值和数列的通项公式；(ii)求数列的前项和；（Ⅱ）若，且，求数列的前项的和.【答案】(1) ,,(2) 当为偶数时，；当为奇数时，【解析】(Ⅰ) 解：(i),,………………2分由得当时，=………4分而适合上式，所以.………………5分(ii)由(i)得：……………6分……………7分…………8分(Ⅱ)解：因为对任意的有，所以数列各项的值重复出现，周期为. …………9分又数列的前6项分别为，且这六个数的和为8. ……………10分设数列的前项和为，则，当时，，……………11分当时，，…………12分当时所以，当为偶数时，；当为奇数时，. ……………13分【考点】数列的通项公式，数列的求和点评：解决的关键是对于数列的递推关系的理解和运用，并能结合裂项法求和，以及分情况讨论求和，属于中档题。
高三数学提高题专题复习数列多选题练习题及答案
高三数学提高题专题复习数列多选题练习题及答案一、数列多选题1．已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和0n S >，设2132n n n b a a ++=-，记{}n b 的前n 项和为n T ，则下列判断正确的是（ ） A ．若1q =，则n n T S = B ．若2q >，则n n T S > C ．若14q =-，则n n T S > D ．若34q =-，则n n T S > 【答案】BD 【分析】先求得q 的取值范围，根据q 的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出n T 和n S 的大小关系. 【详解】由于{}n a 是等比数列，0n S >，所以110,0a S q =>≠， 当1q =时，10n S na =>，符合题意； 当1q ≠时，()1101n n a q S q-=>-，即101nq q ->-，上式等价于1010n q q ⎧->⎨->⎩①或1010n q q ⎧-<⎨-<⎩②.解②得1q >.解①，由于n 可能是奇数，也可能是偶数，所以()()1,00,1q ∈-.综上所述，q 的取值范围是()()1,00,-+∞.2213322n n n n b a a a q q ++⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以232n n T q q S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以()2311222n n n n T S S q q S q q ⎛⎫⎛⎫-=⋅--=⋅+⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而0n S >，且()()1,00,q ∈-⋃+∞.所以，当112q -<<-，或2q >时，0n n T S ->，即n n T S >，故BD 选项正确，C 选项错误. 当12(0)2q q -<<≠时，0n n T S -<，即n n T S <. 当12q =-或2q 时，0,n n n n T S T S -==，A 选项错误.综上所述，正确的选项为BD. 故选：BD 【点睛】本小题主要考查等比数列的前n 项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.2．设{}n a 是无穷数列，若存在正整数()2k k ≥，使得对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，则称{}n a 是“间隔递增数列”，k 是{}n a 的“间隔数”，下列说法正确的是（ ） A ．公比大于1的等比数列一定是“间隔递增数列” B ．若()21nn a n =+-，则{}n a 是“间隔递增数列”C ．若(),2n ra n r r n*=+∈≥N ，则{}n a 是“间隔递增数列”且“间隔数”的最小值为r D ．已知22021n a n tn =++，若{}n a 是“间隔递增数列”且“间隔数”的最小值为3，则54t -<≤-【答案】BCD 【分析】利用新定义，逐项验证是否存在正整数()2k k ≥，使得0n k n a a +->，即可判断正误. 【详解】选项A 中，设等比数列{}n a 的公比是()1q q >，则()1111111n k n n n k k n a a a a q q q a q +---+=-=--，其中1k q >，即()110n k q q -->，若10a <，则0n k n a a +-<，即n k n a a +<，不符合定义，故A 错误；选项B 中，()()()()()21212111n kn n k n k n a a n k n k ++⎡⎤⎡⎤⎡⎤++--+-=+---⎣⎦-=⎣⎦⎣⎦，当n 是奇数时，()211kn k n a a k +=---+，则存在1k时，0n k n a a +->成立，即对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，符合定义；当n 是偶数时，()211kn k n a a k +-=+--，则存在2k ≥时，0n k n a a +->成立，即对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，符合定义.综上，存在2k ≥时，对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，符合定义，故B 正确；选项C 中，()()1n k n r r kr r a a n k n k k n k n n k n n k n +⎡⎤-⎛⎫⎛⎫++-+=+=-⎢⎥ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎢⎣-⎦=⎥()2n kn r k n k n +-=⋅+，令2()f n n kn r =+-，开口向上，对称轴02k -<，故2()f n n kn r =+-在n *∈N 时单调递增，令最小值(1)10f k r =+->，得1k r >-，又k *∈N ，2k ≥，,2r r *∈≥N ，故存在k r ≥时，0n k n a a +->成立，即对任意n *∈N ，均有n k n a a +>，符合定义，“间隔数”的最小值为r ，故C 正确；选项D 中，因为22021n a n tn =++，是“间隔递增数列”，则()()()2222021202012n k n a a n k t n k kn k t n n k t +⎡⎤-=-=++>⎣++++⎦++，即20k n t ++>，对任意n *∈N 成立，设()2g n k n t =++，显然在n *∈N 上()g n 递增，故要使()20g n k n t =++>，只需(1)20g k t =++>成立，即2t k --<. 又“间隔数”的最小值为3，故存在3k ≥，使2t k --<成立，且存在k 2≤，使2t k --≥成立，故23t --<且22t --≥，故54t -<≤-，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题的解题关键在于读懂题中“间隔递增数列”的定义，判断是否存在正整数()2k k ≥，使0n k n a a +->对于任意的n *∈N 恒成立，逐项突破难点即可.3．已知数列{}n a ，{}n b 满足1n n n a a +-=，21n n n b a nb ⋅+=，且11a =，n S 是数列{}n b 的前n 项和，则下列结论正确的有（ ）A ．m +∃∈N ，55m m a a a +=+B ．n +∀∈N ，33314n a n +≥ C ．m +∃∈N ，16m b = D ．n +∀∈N ，113n S ≤< 【答案】BD 【分析】用累加法得到222n n n a -+=，代入21n n n b a nb ⋅+=，得11212n b n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭， 代入5m a +5m a a =+求出m 可判断A ；代入33n a n+求最值可判断B ； 令1121612m b m m ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭解出m 可判断C ；裂项相消后可求出n S 的范围可判断D. 【详解】因为1n n n a a +-=，所以211a a -= 322a a -=11(2)n n n a a n -=-≥-以上各式累加得1121(1)2n a a n n n =+++-=--，所以(1)12n n n a -=+，当1n =时，11a =成立， 所以2(1)2122n n n n a n --+=+=，由21n n n b a nb ⋅+=，得112112(1)1222(1)(2)12n n b a n n n n n n n n ⎛⎫====- ⎪+++++⎝-+⎭+，对于A ，()()5254922122m a m m m m ++++++==，25(1)5(51)2411222m a a m m m m -⨯--+=+++=+ ， 当55m m a a a +=+时，222492222m m m m -+++=，得15m +=∉N ，A 错误； 对于B，(1)1(13333343411)22222n n n n a n n n n n ++==+=+-≥--+， 当且仅当268n =取等号，因为n +∀∈N ，所以8n =时，8333184a +=， 所以B 正确；对于C ，令1121612m b m m ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭得，215308m m ++=，解得m +=N ，所以C 错误；对于D ， n +∀∈N ，1231111112233412n S b b b n n ⎛⎫=+++=-+-++- ⎪++⎝⎭112211222n n ⎛⎫=-=-< ⎪++⎝⎭，可以看出n S 是关于n 递增的，所以1n =时有最小值13， 所以113n S ≤<，D 正确. 故选：BD. 【点睛】本题考查了由递推数列求通项公式、裂项相消求数列和，关键点是用累加法求出n a ，然后代入求出n b ，考查了学生的推理能力、计算能力.4．在递增的等比数列{}n a 中，已知公比为q ，n S 是其前n 项和，若1432a a =，2312a a +=，则下列说法正确的是（ ）A ．2qB ．数列{}2n S +是等比数列C ．8510S =D ．数列{}lg n a 是公差为2的等差数列【答案】ABC 【分析】计算可得2q，故选项A 正确；8510S =，122n n S ++=，所以数列{}2n S +是等比数列，故选项,B C 正确；lg lg 2n a n =⋅，所以数列{}lg n a 是公差为lg 2的等差数列，故选项D 错误. 【详解】{}n a 为递增的等比数列，由142332,12,a a a a =⎧⎨+=⎩得23142332,12,a a a a a a ==⎧⎨+=⎩ 解得234,8a a =⎧⎨=⎩或238,4a a =⎧⎨=⎩，∵{}n a 为递增数列，∴234,8a a =⎧⎨=⎩∴322a q a ==，212a a q ==，故选项A 正确； ∴2nn a =，()12122212nn nS +⨯-==--，∴9822510S =-=，122n n S ++=，∴数列{}2n S +是等比数列，故选项B 正确；所以122n n S +=-,则9822510S =-=，故选项C 正确.又lg 2lg 2lg nn n a ==⋅，∴数列{}lg n a 是公差为lg 2的等差数列，故选项D 错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：证明数列为等差（等比）数列常用的方法有： （1）定义法； （2）通项公式法 （3）等差（等比）中项法（4）等差（等比）的前n 项和的公式法.要根据已知灵活选择方法证明.5．某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 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40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=- C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【分析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-， 第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误； 第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确； 因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+， 所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t ta a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确； 当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误； 故选：BC 【点睛】解题的关键是根据123,,a a a ，总结出n a ，并利用求和公式，求得n a 的表达式，综合性较强，考查计算化简的能力，属中档题.6．已知等差数列{}n a 的前n 项和为S n （n ∈N *），公差d ≠0，S 6=90，a 7是a 3与a 9的等比中项，则下列选项正确的是（ ） A ．a 1=22B ．d =－2C ．当n =10或n =11时，S n 取得最大值D ．当S n >0时，n 的最大值为20【答案】BCD 【分析】由等差数列的求和公式和通项公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，求得等差数列的通项n a 和n S ，由二次函数的最值求法和二次不等式的解法可得所求值，判断命题的真假． 【详解】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，由690S =，可得161590a d +=，即12530a d +=，①由7a 是3a 与9a 的等比中项，可得2739a a a =，即2111(6)(2)(8)a d a d a d +=++，化为1100a d +=，② 由①②解得120a =，2d =-， 则202(1)222n a n n =--=-，21(20222)212n S n n n n =+-=-， 由221441()24n S n =--+，可得10n =或11时，n S 取得最大值110； 由0n S >，可得021n <<，即n 的最大值为20． 故选：BCD 【点睛】方法点睛：数列最值常用的方法有：（1）函数（单调性）法；（2）数形结合法；（3）基本不等式法.要结合已知条件灵活选择合适的方法求解.7．将2n 个数排成n 行n 列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中0m >).已知112a =，13611a a =+，记这2n 个数的和为S .下列结论正确的有（ ）A ．3m =B ．18181103354kk i a =⨯+=∑C ．(31)3ij ja i =-⨯D ．()1(31)314n S n n =+-【答案】ABD 【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出1361,a a ，列式即可求出m ，从而求出通项ij a ，进而可得ii a ，根据错位相减法可求得181kki a=∑，再按照分组求和法，每一行求和可得S ，由此可以判断各选项的真假． 【详解】∵a 11＝2，a 13＝a 61+1，∴2m 2＝2+5m +1，解得m ＝3或m 12=-（舍去），A 正确； ∴()()11113213313j j j ij i a a i m i ---⎡⎤=⋅=+-⨯⋅=-⋅⎣⎦，C 错误； ∴()1313i ii a i -=-⋅，0171811223318182353533S a a a a =+++⋯+=⨯+⨯+⋯+⨯① 12181832353533S =⨯+⨯+⋯+⨯②,①-②化简计算可得：1818103354S ⨯+=,B 正确；S ＝(a 11+a 12+a 13+……+a 1n )+(a 21+a 22+a 23+……+a 2n )+……+(a n 1＋a n2＋a n 3＋……＋a nn )()()()11211131313131313nnnn a a a ---=+++---()()231131.22nn n +-=- ()1=(31)314n n n +-，D 正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法； （4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.8．已知数列{}n a ，下列结论正确的有（ ） A ．若12a ＝，11n n a a n +++＝，则20211a ＝.B ．若11132n n a a a ++＝，＝，则71457a =C ．若12nn S =3+，则数列{}n a 是等比数列 D ．若11212n n n a a a a ++＝，＝()*n N ∈，则15215a ＝ 【答案】AB 【分析】直接利用叠加法可判断选项A ，从而判断，利用构造新数列可求出B,D 中数列的通项公式，可判断，选项C 求出数列的前3项从而可判断. 【详解】选项A. 由11n n a a n +=++，即11n n a a n +-=+ 则()()()()19191818120207121a a a a a a a a a a =-+-+-++-+20191822211=+++++=故A 正确.选项B. 由132n n a a +=+，得()1311n n a a +=++，所以数列{}1n a +是以112a +=为首项，3为公比的等比数列.则1123n n a -+=⨯，即1231n n a -=⨯-，所以672311457a =⨯-=，故B 正确.选项C. 由12nn S =3+，可得当1n =时，11722a =+=3 当2n =时，得2211193622a S S ⎛⎫⎛⎫=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当3n =时，得332112791822a S S ⎛⎫⎛⎫=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，显然2213a a a ≠，所以数列{}n a 不是等比数列，故C 错误.选项D. 由122nn n a a a +=+，可得11112n n a a +-= 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，12为公差的等差数列. 所以()1111122n n n a +=+-=，则1511826a ==，即1518a =，故D 错误. 故选：AB 【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列的通项公式，解答的关键是掌握求数列通项公式的常见方法，由叠加法可得()()()()19191818120207121a a a a a a a a a a =-+-+-++-+，利用构造新数列()1311n n a a +=++，11112n n a a +-=解决问题，属于中档题.9．（多选）设数列{}n a 是等差数列，公差为d ，n S 是其前n 项和，10a >且69S S =，则（ ） A ．0d > B ．80a =C ．7S 或8S 为n S 的最大值D ．56S S >【答案】BC 【分析】根据69S S =得到80a =，再根据10a >得到0d <，可得数列{}n a 是单调递减的等差数列，所以7S 或8S 为n S 的最大值，根据6560S S a -=>得65S S >，故BC 正确. 【详解】由69S S =得，960S S -=， 即7890a a a ++=，又7982a a a +=，830a ∴=，80a ∴=，∴B 正确；由8170a a d =+=，得17a d =-，又10a >，0d ∴<， ∴数列{}n a 是单调递减的等差数列，()()0,70,9n n a n N n a n N n **⎧>∈≤⎪∴⎨<∈≥⎪⎩， 7S ∴或8S 为n S 的最大值，∴A 错误，C 正确； 6560S S a -=>，65S S ∴>，所以D 错误.故选：BC ． 【点睛】关键点点睛：根据等差中项推出80a =，进而推出0d <是解题关键.10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1+14,()n n a S a n N *==∈，数列12(1)n n n n a +⎧⎫+⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n T ，n *∈N ，则下列选项正确的是（ ） A ．24a = B ．2nn S =C ．38n T ≥D ．12n T <【答案】ACD 【分析】在1+14,()n n a S a n N *==∈中，令1n =，则A 易判断；由32122S a a =+=，B 易判断；令12(1)n n n b n n a ++=+，138b =， 2n ≥时，()()1112211(1)12212n n n n n n n b n n a n n n n +++++===-++⋅+⋅，裂项求和3182n T ≤<，则CD 可判断.【详解】解：由1+14,()n n a S a n N *==∈，所以2114a S a ===，故A 正确；32212822S a a =+==≠，故B 错误；+1n n S a =，12,n n n S a -≥=，所以2n ≥时，11n n n n n a S S a a -+=-=-，12n na a +=， 所以2n ≥时，2422n n n a -=⋅=， 令12(1)n n nb n n a ++=+，12123(11)8b a +==+， 2n ≥时，()()1112211(1)12212n n n n n n n b n n a n n n n +++++===-++⋅+⋅， 1138T b ==，2n ≥时，()()23341131111111118223232422122122n n n n T n n n ++=+-+-++-=-<⨯⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅ 所以n *∈N 时，3182n T ≤<，故CD 正确； 故选：ACD.【点睛】方法点睛：已知n a 与n S 之间的关系，一般用()11,12n nn a n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩递推数列的通项，注意验证1a 是否满足()12n n n a S S n -=-≥；裂项相消求和时注意裂成的两个数列能够抵消求和.。
高三数学数列极限试题答案及解析
高三数学数列极限试题答案及解析1.已知数列是公差为2的等差数列，是的前n项和，则= ．【答案】【解析】由题意得：，因此【考点】数列极限2.．【答案】【解析】．【考点】数列的极限．3.计算：．【答案】1【解析】这是“”型极限问题，求极限的方法是转化，分子分母同时除以化为一般的极限问题，．【考点】“”型极限.4.已知点列在直线上，P1为直线轴的交点，等差数列的公差为1 。
（1）求、的通项公式；；（2）若，试证数列为等比数列，并求的通项公式。
（3）．【答案】（1）（2）是以2为公比，4为首项的等比数列．（3）1【解析】（1）在直线∵P1为直线l与y轴的交点，∴P1（0，1），又数列的公差为1（2）是以2为公比，4为首项的等比数列．（3）【考点】本题考查了数列的通项及前n项和点评：等差数列的通项公式及应用是数列的重点内容，数列的大题对逻辑推理能力有较高的要求，在数列中突出考查学生的理性思维，这是近几年新课标高考对数列考查的一个亮点，也是一种趋势．随着新课标实施的深入，高考关注的重点为等差、等比数列的通项公式，错位相减法、裂项相消法等求数列的前n项的和等等5.设,,则等于( ).A．B．C．或D．不存在【答案】B【解析】即.6.… =_______________【答案】【解析】,所以.7.数列中，则数列的极限值（）A．等于B．等于C．等于或D．不存在【答案】B【解析】解：因为数列中，，可知数列有规律，那么利用极限概念可知其项的值趋近于1，选B.8.计算．【答案】【解析】略9.数列{an}中，a1=，an+an+1=，则（a1+a2+…+an） = （）A．B．C．D．【答案】B【解析】本题考查数列求和技巧及无穷等比数列各项和知识。
由an+an+1=（a1+a2+…+an） =10.数列的通项公式为，则A．1B．C．1或D．不存在【答案】B【解析】由数列的极限的定义可知，数列的极限与该数列的前有限项的值无关，所以故选择B11.设正数满足，则【答案】【解析】略12.。
高三数学数列极限试题答案及解析
高三数学数列极限试题答案及解析1.过点且方向向量为的直线交椭圆于两点，记原点为,面积为,则_______【答案】1【解析】记，，因为，即的极限点为，过且方向向量为的直线方程为，代入椭圆方程，解得直线与椭圆的两交点，而，因此.【考点】数列的极限.2.．【答案】【解析】．【考点】数列的极限．3.．【答案】【解析】．【考点】数列的极限．4.若的展开式中的系数为，则=____________．【答案】2【解析】由二项式定理知的系数是，，所以.【考点】二项式定理，裂项相消求和，数列极限.5.数列的通项公式，前项和为，则=_____________.【答案】【解析】当时，，所以=.【考点】本小题主要考查裂项法求数列的前n项的和以及极限的求解，考查学生的运算求解能力.点评：裂项相消法和错位相减法是数列求和的常用方法，也是高考中经常考查的内容，要给予充分的重视.6.… =_______________【答案】【解析】,所以.7.、已知正项数列满足：，且，是数列的第项，则.【答案】1【解析】解：由得即，8.设常数，展开式中的系数为，则______【答案】1【解析】解：用二项式定理展开，则通项公式为则因此极限值为19.计算．【答案】【解析】略10.计算： .【答案】【】【解析】本题考查极限、等差数列求和及组合数公式由等差数列的求和公式有又所以即11.若() =9，则实数= .【答案】【解析】略12.已知函数在处连续，则( )A．0B．1C．D．【答案】D【解析】略13.．【答案】2【解析】略14.…）的值为．【答案】【解析】略15.A．B．C．D．不存在【答案】B【解析】略16.的值为（）A．－2B．C．D．【答案】B【解析】略17.【答案】【解析】略18.计算：。
【答案】.【解析】.【考点】极限的计算.19.已知，则______________．【答案】28【解析】由等差数列的前n项和公式，把等价转化为所以,然后求得a值．【考点】极限及其运算．20.．【答案】【解析】．【考点】极限的求法．。
高三数学等比数列试题答案及解析
高三数学等比数列试题答案及解析1.设等不数列{an }的前n项和为Sn，若S2=3，S4=15，则S6=( )A． 31B．32C．63D． 64【答案】C【解析】由已知条件可得解得，所以，故选C. 【考点】等比数列的性质.2.公比为的等比数列的各项都是正数，且，则= （）A．B．C．D．【答案】（B）【解析】由等比数列的各项都是正数，且.所以.又公比为即.故选（B）【考点】1.等比数列的性质.2.等比数列的通项公式.3.已知等比数列{an }满足a1+a2=3，a2+a3=6，则a7=（）A．64B．81C．128D．243【答案】A【解析】由a2+a3=q（a1+a2）=3q=6，∴q=2∴a1（1+q）=3，∴a1=1，∴a7=26=64故选A4.设正项等比数列的前项积为，若，则=__________.【答案】1【解析】设等比数列的通项公式为故答案为1【考点】等比数列的通项公式；等比数列的乘积运算.5.设正项等比数列的前项积为，若，则=__________.【答案】1【解析】正项等比数列的首项为与公比，由【考点】等比数列的通项公式；等比数列的乘积运算.6.函数图像上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为公比的数是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】函数图象上的点到原点的距离的最小值为1，最大值为3，故，即，而，因此选B.【考点】等比数列的性质.7.已知数列满足，，定义：使乘积为正整数的k叫做“简易数”.则在[3,2013]内所有“简易数”的和为 .【答案】2035【解析】∵，∴，则“简易数”为使为整数的整数，即满足，∴，则在区间内所有“简易数”的和为.【考点】1.新定义题；2.等比数列的前n项和公式.8.已知等比数列的前项和为，若，，则的值是 .【答案】－2【解析】由得，∴，∴，．【考点】等比数列的通项公式与前项和．9.已知等比数列中，＝1，＝2，则等于( ).A．2B．2C．4D．4【答案】C【解析】，，，可见，，依旧成等比数列，所以，解得.【考点】等比数列的性质10.已知正项数列，其前项和满足且是和的等比中项.(1)求数列的通项公式；(2) 符号表示不超过实数的最大整数，记，求.【答案】(1) 所以；(2) .【解析】(1) 由①知②通过①②得整理得，根据得到所以为公差为的等差数列，由求得或.验证舍去.(2) 由得，利用符号表示不超过实数的最大整数知，当时，，将转化成应用“错位相减法”求和.试题解析：(1) 由①知② 1分由①②得整理得 2分∵为正项数列∴，∴ 3分所以为公差为的等差数列，由得或 4分当时，，不满足是和的等比中项.当时，，满足是和的等比中项.所以. 6分(2) 由得， 7分由符号表示不超过实数的最大整数知，当时，， 8分所以令∴① 9分② 10分①②得即. 12分【考点】等差数列的通项公式，对数运算，“错位相减法”.11.在各项均为正数的等比数列{an }中，已知a2＝2a1＋3，且3a2，a4，5a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝log3an，求数列{anbn}的前n项和Sn.【答案】（1）3n，n∈N（2）Sn＝【解析】(1)设{an}公比为q，由题意得q>0，且解得 (舍)，所以数列{an }的通项公式为an＝3·3n－1＝3n，n∈N．(2)由(1)可得bn ＝log3an＝n，所以anbn＝n·3n.所以Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，所以3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，两式相减得，2Sn＝－3－(32＋33＋…＋3n)＋n·3n＋1＝－(3＋32＋33＋…＋3n)＋n·3n＋1＝－＋n·3n＋1＝，所以数列{an bn}的前n项和Sn＝.12.已知两个数k＋9和6－k的等比中项是2k，则k＝________．【答案】3【解析】由已知得(2k)2＝(k＋9)(6－k)，k∈N*，∴k＝3.13.已知等比数列{an }是递增数列，Sn是{an}的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________．【答案】63【解析】因为等比数列{an }是递增数列，所以a1＝1，a3＝4，则q＝2，故S6＝＝63.14.已知数列{an }为等比数列,且a1a13+2=4π,则tan(a2a12)的值为()A．±B．-C．D．-【答案】C【解析】∵a1a13=,a2a12=,∴=,∴tan(a2a12)=tan=tan=,故选C.15.已知数列{an }是等差数列,a2=6,a5=12,数列{bn}的前n项和是Sn,且Sn+bn=1.(1)求数列{an}的通项公式.(2)求证:数列{bn}是等比数列.(3)记cn =,{cn}的前n项和为Tn,若Tn<对一切n∈N*都成立,求最小正整数m.【答案】(1) an=2n+2 (2)见解析 (3) 2012【解析】(1)设{an }的公差为d,则a2=a1+d,a5=a1+4d.∵a2=6,a5=12,∴解得:a1=4,d=2.∴an=4+2(n-1)=2n+2.(2)当n=1时,b1=S1,由S1+b1=1,得b1=.当n≥2时,∵Sn =1-bn,Sn-1=1-bn-1,∴Sn -Sn-1=(bn-1-bn),即bn=(bn-1-bn).∴bn =bn-1.∴{bn}是以为首项,为公比的等比数列.(3)由(2)可知:bn=·()n-1=2·()n.∴cn====-,∴Tn=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-<1,由已知得≥1,∴m≥2012,∴最小正整数m=2012.16.一个由正数组成的等比数列，它的前4项和是前2项和的5倍，则此数列的公比为()A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】设此数列的公比为q，根据题意得q>0且q≠1，由，解得q＝2.17.某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．【答案】6【解析】设每天植树的棵数组成的数列为{an}，由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为2，所以由题意可得≥100，即2n≥51，而25＝32,26＝64，n∈N*，所以n≥6.18.在等比数列{an }中，a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，则a5＋a6等于________．【答案】80【解析】q2＝＝2，a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝40×2＝80.19.Sn 是等比数列{an}的前n项和，a1＝，9S3＝S6，设Tn＝a1a2a3…an，则使Tn取最小值的n值为________．【答案】5【解析】设等比数列的公比为q，故由9S3＝S6，得9×，解得q＝2，故＝a n ＝×2n－1，易得当n≤5时，<1，即Tn<Tn－1；当n≥6时，Tn>Tn－1，据此数列单调性可得T5为最小值．20.已知等比数列{an }是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.【答案】63【解析】∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6＝＝63.21.已知公比为的等比数列的前项和为，则下列结论中：（1）成等比数列；（2）；（3）正确的结论为（）A．（1）（2）．B．（1）（3）．C．（2）（3）．D．（1）（2）（3）．【答案】C【解析】根据等比数列的性质，，则，，(2)(3)是正确的，但当时，(1)不正确，故选C．【考点】等比数列的前项和与等比数列的定义．22.在等比数列{an }中，a4＝4，则a2·a6等于()A．4B．8C．16D．32【答案】C【解析】23.在等比数列{an }中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于()．A．2n＋1－2B．3n C．2n D．3n－1【答案】C【解析】∵数列{an }为等比数列，设公比为q，∴an＝2q n－1，又∵{an＋1}也是等比数列，则(an＋1＋1)2＝(a n＋1)·(a n＋2＋1)⇒＋2a n＋1＝a n a n＋2＋a n＋a n＋2⇒a n＋a n＋2＝2a n＋1⇒a n(1＋q2－2q)＝0⇒q＝1.即an ＝2，所以Sn＝2n.24.在等比数列{an }中，2a3－a2a4＝0，则a3＝________；{bn}为等差数列，且b3＝a3，则数列{bn}的前5项和等于________．【答案】210【解析】在等比数列中2a3－a2a4＝2a3－＝0，解得a3＝2.在等差数列中b3＝a3＝2，所以S5＝＝5b3＝5×2＝10.25.设等比数列{an }的公比q＝2，前n项和为Sn，若S4＝1，则S8＝ ()．A．17B．C．5D．【答案】A【解析】由于S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1，S8＝S4＋a5＋a6＋a7＋a8＝S4＋S4·q4，又q＝2.所以S8＝1＋24＝17.故选A26.已知数列为等比数列，，，，则的取值范围是( ) A．B．C．D．【答案】D【解析】①,②,③，由①②③得,,故选D.【考点】1.等比数列的定义；2.不等式求范围.27.数列{}的前n项和为，．（Ⅰ）设，证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和；（Ⅲ）若，．求不超过的最大整数的值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）由，令可求，时，利用可得与之间的递推关系，构造等可证等比数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）可求，利用错位相减法可求数列的和；（Ⅲ）由（Ⅰ）可求，进而可求，代入P中利用裂项求和即可求解试题解析：解:(Ⅰ) 因为，所以①当时，，则， .（1分）②当时，， .（2分）所以，即，所以，而， .（3分）所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以． .（4分）（Ⅱ）由(Ⅰ)得．所以①② .（6分）②-①得： .（7分）（8分）（Ⅲ）由(Ⅰ)知（9分）而，（11分）所以，故不超过的最大整数为．（14分） .【考点】1.递推关系；2.等比数列的概念；3.数列求和.28.正项递增等比数列{}中，，则该数列的通项公式为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由得，或（舍）．【考点】等比数列的运算性质．29.若等比数列的第项是二项式展开式的常数项，则 .【答案】【解析】展开式的通项公式为，其常数项为，所以.【考点】1、二项式定理；2、等比数列.30.设Sn 为等比数列{an}的前n项和，若，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵，∴，∴，∴.【考点】1.等比数列的通项公式；2.等比数列的前n项和公式.31.在等比数列中，若，则 .【答案】.【解析】由于数列为公比数列，所以，由于，所以.【考点】等比数列的性质32.已知，数列是首项为，公比也为的等比数列，令（Ⅰ）求数列的前项和；（Ⅱ）当数列中的每一项总小于它后面的项时，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】本题考查数列的通项公式和数列求和问题，考查学生的计算能力和分析问题解决问题的能力，考查分类讨论思想和转化思想.第一问，利用等比数列的通项公式先写出数列的通项公式，利用对数的性质得到的通项公式，从而列出，它符合错位相减法，利用错位相减法求和；第二问，有题意得，讨论的正负，转化为恒成立问题，求出.试题解析：（Ⅰ）由题意知，.∴..以上两式相减得.∵，∴.（Ⅱ）由.由题意知，而，∴. ①（1）若，则，，故时，不等式①成立；（2）若，则，不等式①成立恒成立.综合（1）、（2）得的取值范围为.【考点】1.等比数列的通项公式；2.等比数列的前n项和公式；3.错位相减法；4.恒成立问题.33.已知等比数列前项和为()A．10B．20C．30D．40【答案】C【解析】等比数列中，依次3项和依然成等比数列，即，，，成等比数列，其值分别为2,4,8,16，故.【考点】等比数列的性质.34.设等比数列满足公比，，且{}中的任意两项之积也是该数列中的一项，若，则的所有可能取值的集合为．【答案】【解析】任取数列中两项和，则也是数列中的项，又，，所以可能为，即的值可能为.【考点】等比数列的通项公式和性质.35.已知公差不为零的等差数列与公比为的等比数列有相同的首项，同时满足，，成等比，，，成等差，则( )A．B．C．D．【答案】C【解析】设数列的首项为，等差数列的公差为,，将，，代入得，化简得，解得，代入（1）式得.【考点】1、等差数列的通项公式；2、等比数列的性质.36.等比数列{}的前n项和为，已知对任意的，点，均在函数且均为常数)的图像上.（1）求r的值；（2）当b=2时，记求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用的关系求解；（2）由（1）和b=2求得，进而求得,利用错位相减法可得.试题解析：∵对任意的,点，均在函数且均为常数)的图像上. ∴得,当时,,当时,,又∵{}为等比数列,∴, 公比为, ∴.（2）当b=2时，,则相减,得=∴【考点】1.等比数列通项公式；2.数列求和；3.数列中的关系.37.在正项等比数列中，，则的值是( )A．10000B．1000C． 100D．10【答案】A【解析】因为，所以，所以，.【考点】1.对数的性质；2.等比数列的性质.38.若等比数列满足，，则公比__________;前项_____.【答案】2，【解析】，由，解得，故.考点定位：本题考查了等比数列的通项公式、前n项公式和数列的性质.39.已知各项均为正数的数列中，是数列的前项和，对任意，有.函数，数列的首项（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令求证：是等比数列并求通项公式（Ⅲ）令，，求数列的前n项和.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ） ;（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）由①得② 1分由②—①，得即： 2分由于数列各项均为正数，3分即数列是首项为，公差为的等差数列，数列的通项公式是 4分（Ⅱ）由知，所以， 5分有，即， 6分而，故是以为首项，公比为2的等比数列. 7分所以 8分（Ⅲ）， 9分所以数列的前n项和错位相减可得 12分【考点】等差数列、等比数列的通项公式，“错位相减法”。
高三数学专题训练《数列》解析版
一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )A ．138B ．135C ．95D ．23解析：由a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10可得d ＝3，a 1＝－4，所以S 10＝－4×10＋10×92×3＝95.答案：C2．若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( )A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列解析：设{a n }的公差为d ，则d ＝1，设c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则c n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，c n ＋1－c n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－a 2n －1－2a 2n ＝6d ＝6，选择C.答案：C3．在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝20，那么a 3等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝5a 3＝20，a 3＝4.答案：A4．等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1≠d ，若这个数列的前40项和是20m ，则m 等于( )A ．a 1＋a 20B ．a 5＋a 17C ．a 27＋a 35D ．a 15＋a 26解析：S 40＝40(a 1＋a 40)2＝20(a 1＋a 40)＝20m ，m ＝a 1＋a 40＝a 15＋a 26.答案：D5．在等比数列{a n }中，若a 5＋a 6＝a (a ≠0)，a 15＋a 16＝b ，则a 25＋a 26的值是( )A.b aB.b 2a2C.b 2aD.ba2解析：记等比数列{a n }的公比为q ，依题意得a 15＋a 16＝a 5q 10＋a 6q 10＝(a 5＋a 6)q 10，q 10＝a 15＋a 16a 5＋a 6＝b a，a 25＋a 26＝a 5q 20＋a 6q 20＝(a 5＋a 6)q 20＝a ×(b a)2＝b 2a，选C. 答案：C6．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－98，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝( )A.53B.35 C ．－53D ．－35解析：依题意，设公比为q ，则q ≠1，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 4)1－q ＝158①a 21q 3＝－98 ②，又1a 1，1a 2，1a 3，1a 4构成以1a 1为首项，以1q 为公比的等比数列，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝1a 1[1－(1q)4]1－1q＝(1－q 4)a 1q 3(1－q )，①÷②得(1－q 4)a 1q 3(1－q )＝－53，即1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝－53，选择C.答案：C7．(2010·江西九校联考)设{a n }是等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，对任意正整数n ，有a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，又a 1＝2，则S 101＝( )A ．200B ．2C ．－2D ．0解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为对任意正整数，有a n ＋2a n ＋1＋a n＋2＝0，a n ＋2a nq ＋a n q 2＝0，因为a n ≠0，所以1＋2q ＋q 2＝0，q ＝－1，S 101＝2×(1＋1)1＋1＝2，选择B.答案：B8．(2010·西安八校二联)已知等比数列{a n }的公比q <0，其前n 项和为S n ，则a 9S 8与a 8S 9的大小关系是( )A ．a 9S 8>a 8S 9B ．a 9S 8<a 8S 9C ．a 9S 8＝a 8S 9D ．a 9S 8与a 8S 9的大小关系与a 1的值有关 解析：依题意得，a 9S 8－a 8S 9＝a 1q 8·a 1(1－q 8)1－q－a 1q 7·a 1(1－q 9)1－q＝－a 21q 7>0，因此a 9S 8>a 8S 9，选A.答案：A9．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A ．126B ．130C ．132D ．134解析：∵{a n }是各项不为0的正项等比数列， ∴b n ＝ln a n 是等差数列．又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2， ∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132. 答案：C10．(2009·安徽蚌埠测验)数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6，…的第1000项等于( )A ．42B ．45C ．48D ．51解析：将数列分段，第1段1个数，第2段2个数，…，第n 段n 个数，设a 1000＝k ，则a 1000在第k 个数段，由于第k 个数段共有k 个数，则由题意k 应满足1＋2＋…＋(k －1)<1000≤1＋2＋…＋k ，解得k ＝45.答案：B11．(2010·湖北八校联考)在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0②等差数列一定是等差比数列 ③等比数列一定是等差比数列 ④等差比数列中可以有无数项为0 其中正确的判断是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：依题意，∵a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (n ∈N *)，∴k ≠0，①正确，排除B ，C 选项，又由于公差是0的等差数列不是等差比数列，②错误，排除A ，选择D.答案：D12．(2009·湖北高考)设x ∈R ，记不超过x 的最大整数为[x ]，令{x }＝x －[x ]，则{5＋12}，[5＋12]，5＋12( )A ．是等差数列但不是等比数列B ．是等比数列但不是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列也不是等比数列 解析：由题意，记a 1＝{5＋12}＝5＋12－[5＋12]＝5＋12－1＝5－12，a 2＝[5＋12]＝1，a 3＝5＋12，若为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，不满足；若为等比数列，则(a 2)2＝a 1a 3，有12＝5－12×5＋12，∴是等比数列但非等差数列，选B.答案：B二、填空题(每小题4分，共16分)13．已知{a n }是等差数列，a 4＋a 6＝6，其前5项和S 5＝10，则其公差d ＝__________.解析：由a 4＋a 6＝6，得a 5＝3，又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝10，∴a 1＝1.∴4d ＝a 5－a 1＝2，d ＝12.答案：1214．(2009·重庆一诊)已知数列{a n }是等比数列，且a 4·a 5·a 6·a 7·a 8·a 9·a 10＝128，则a 15·a 2a 10＝__________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则依题意得a 71·q 42＝128，a 1·q 6＝2，a 7＝2，a 15·a 2a 10＝a 2·q 5＝a 7＝2.答案：215．把100个面包分给5个人，使每人所得的面包数成等差数列，且使较多的三份之和的13等于较少的两份之和，则最少的一份面包个数是__________．解析：设构成等差数列的五个数为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，则⎩⎨⎧5a ＝1003(a ＋d )＝3(2a －3d )解得⎩⎨⎧a ＝20d ＝5，则最少的一份为a －2d ＝10.答案：1016．数列{a n }中，a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1(n ＝1,2，…)，A n 表示数列{a n }的前n 项之积，则A 2005＝__________.解析：可求出a 1＝3，a 2＝23，a 3＝－12，a 4＝3，a 5＝23，a 6＝－12，…，数列{a n }每3项重复一次，可以理解为周期数列，由2005＝668×3＋1且a 1×a 2×a 3＝－1，则A 2005＝(a 1×a 2×a 3)…(a 2002×a 2003×a 2004)×a 2005＝(a 1×a 2×a 3)668a 1＝3. 答案：3三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．(12分)S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和，公比q ≠1，已知1是12S 2和13S 3的等差中项，6是2S 2和3S 3的等比中项． (1)求S 2和S 3的值； (2)求此数列的通项公式； (3)求此数列的各项和S . 解：(1)由题意知⎩⎨⎧12S 2＋13S 3＝22S 2·3S 3＝36，解得S 2＝2，S 3＝3.(2)⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝3，解得⎩⎨⎧a 1＝4q ＝－12或⎩⎨⎧a 1＝1q ＝1(舍去)．∴a n ＝4·(－12)n －1.(3)∵|q |＝|－12|＝12<1.∴S ＝41－(－12)＝83.18．(12分)已知函数f (x )＝x3x ＋1，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)．(1)求证：数列{1a n}是等差数列；(2)记S n (x )＝x a 1＋x 2a 2＋…＋eq \f(x n ,a n )，求S n (x )．(1)证明：∵a n ＋1＝f (a n )，∴a n ＋1＝a n3a n ＋1.∴1a n ＋1＝1a n ＋3，即1a n ＋1－1a n＝3.∴{1a n}是以1a 1＝1为首项，3为公差的等差数列．∴1a n＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)解：S n (x )＝x ＋4x 2＋7x 3＋…＋(3n －2)x n ，① 当x ＝1时，S n (x )＝1＋4＋7＋…＋(3n －2)＝n (1＋3n －2)2＝n (3n －1)2.当x ≠1时，xS n (x )＝x 2＋4x 3＋…＋(3n －5)x n ＋(3n －2)x n ＋1，②①－②，得(1－x )S n (x )＝x ＋3x 2＋3x 3＋…＋3x n －(3n －2)x n ＋1＝3(x ＋x 2＋…＋x n )－2x －(3n －2)x n ＋1＝3x (1－x n )1－x－2x －(3n －2)x n ＋1，S n (x )＝3x －3x n ＋1(1－x )2－2x ＋(3n －2)x n ＋11－x.19．(12分)(2010·东城一模)已知递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2、a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ＋1，S n 是数列{b n }的前n 项和，求使S n >42＋4n 成立的n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，① 又a 2＋a 3＋a 4＝28，将①代入得a 3＝8.所以a 2＋a 4＝20.于是有⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝2，或⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12.又{a n }是递增的，故a 1＝2，q ＝2. 所以a n ＝2n .(2)b n ＝log 22n ＋1＝n ＋1，S n ＝n 2＋3n2.故由题意可得n 2＋3n2>42＋4n ，解得n >12或n <－7.又n ∈N *，所以满足条件的n 的最小值为13.20．(12分)商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定：由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2002年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费还建行贷款(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部在年底还建行贷款．(1)若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2)若公寓管理处要在2010年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元？(精确到元)(参考数据：lg1.7343＝0.2391，lg1.05＝0.0212,1.058＝1.4774)解：依题意，公寓2002年底建成，2003年开始使用．(1)设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1000×800元＝800000元＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1. 化简得62(1.05n －1)≥25×1.05n ＋1， ∴1.05n ≥1.7343.两边取对数整理得n ≥lg1.7343lg1.05＝0.23910.0212＝11.28，∴取n ＝12(年)．∴到2014年底可全部还清贷款． (2)设每生每年的最低收费标准为x 元， ∵到2010年底公寓共使用了8年，依题意有(1000x10000－18)[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x －18)1.058－11.05－1≥500×1.059.∴x ≥10(18＋25×1.0591.058－1)＝10(18＋25×1.05×1.47741.4774－1)＝10×(18＋81.2)＝992(元)故每生每年的最低收费标准为992元．21．(12分)若公比为c 的等比数列{a n }的首项a 1＝1，且a n ＝a n －1＋a n －22(n＝3,4，…)．(1)求c 的值．(2)求数列{na n }的前n 项和S n .解：(1)由题设，当n ≥3时，a n ＝c 2a n －2， a n －1＝ca n －2，a n ＝a n －1＋a n －22＝1＋c 2a n －2， ∴c 2＝1＋c 2. 解得c ＝1或c ＝－12. (2)当c ＝1时{a n }是一个常数数列，a n ＝1.此时S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.当c ＝－12时，a n ＝(－12)n －1(n ∈N *)． 此时S n ＝1＋2(－12)＋3(－12)2＋…＋n (－12)n －1.① －12S n ＝－12＋2(－12)2＋3(－12)3＋…＋(n －1)(－12)n －1＋n (－12)n .② ①－②，得(1＋12)S n ＝1＋(－12)＋(－12)2＋…＋(－12)n －1－n (－12)n ＝1－(－12)n 1＋12－n (－12)n .∴S n ＝19[4－(－1)n 3n ＋22n －1]． 22．(14分)(2009·陕西高考)(理)已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n，n ∈N *.(1)猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论；(2)证明：|x n ＋1－x n |≤16(25)n －1. (文)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求{a n }的通项公式．解：(理)(1)由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321. 由x 2>x 4>x 6猜想，数列{x 2n }是递减数列．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，已证命题成立．②假设当n ＝k 时命题成立，即x 2k >x 2k ＋2，易知x n >0，那么x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3＝x 2k ＋3－x 2k ＋1(1＋x 2k ＋1)(1＋x 2k ＋3)＝x 2k －x 2k ＋2(1＋x 2k )(1＋x 2k ＋1)(1＋x 2k ＋2)(1＋x 2k ＋3)>0，即x 2(k ＋1)>x 2(k ＋1)＋2， 也就是说，当n ＝k ＋1时命题也成立．结合①和②知，命题成立．(2)当n ＝1时，|x n ＋1－x n |＝|x 2－x 1|＝16，结论成立； 当n ≥2时，易知0<x n －1<1，∴1＋x n －1<2，x n ＝11＋x n －1>12， ∴(1＋x n )(1＋x n －1)＝(1＋11＋x n －1)(1＋x n －1) ＝2＋x n －1≥52， ∴|x n ＋1－x n |＝|11＋x n －11＋x n －1|＝|x n －x n －1|(1＋x n )(1＋x n －1)≤25|x n －x n －1|≤(25)2|x n －1－x n －2|≤…≤(25)n －1|x 2－x 1|＝16(25)n －1. (文)(1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， ∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝(－12)n －1， 当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋(－12)＋…＋(－12)n －2 ＝1＋1－(－12)n －11－(－12)＝1＋23[1－(－12)n －1]＝53－23(－12)n －1，当n ＝1时，53－23(－12)1－1＝1＝a 1.∴a n ＝53－23(－12)n －1(n ∈N *)．。
2023年新高考数学创新题型微专题08 数列专题(新定义)(解析版)
专题08 数列专题（新定义）一、单选题1．（2023春·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习）对于正项数列{}n a 中，定义：12323nn a a a na G n+++⋅⋅⋅+=为数列{}n a 的“匀称值”已知数列{}n a 的“匀称值”为2n G n =+，则该数列中的10a =（ ） A ．83B ．125 C ．94D ．2110【答案】D【分析】确定()123223n n nG n n a a a na =+=+++⋅⋅⋅+，取10n =和9n =带入式子，相减得到答案. 【详解】123232nn a a a na G n n+++⋅⋅⋅+==+，即()123223n n nG n n a a a na =+=+++⋅⋅⋅+，故()12310231010102a a a a +++⋅⋅⋅+=⨯+；()1239239992a a a a +++⋅⋅⋅+=⨯+； 两式相减得101021a =，所以102110a =． 故选：D2．（2023春·浙江·高三开学考试）对任意正整数对(,)h k ，定义函数(,)f h k 如下：(1,)1f j =，()()()()11,,,i f i j j i f i j i ++=−≤，则（ ）A ．(1,)1f j j +=B ．1(,)2C i j f i j −=C ．()21(,)21jji j f i j j =⎡⎤⋅=⋅−⎣⎦∑D ．[]11(,)22jn nj i j f i j n ==⋅=+−∑∑【答案】C【分析】根据新定义得(1,)(,)1f i j j if i j i +−=+，令i j =即可判断A ，根据()()()()()()2,3,4,123,,,1,22,33,4f j f j f j j j j f j f j f j −−−===累乘可判断B ，利用二项式定理求得12C C C 21nnnnn+++=−，结合()211(,)21jji jji i j f i j j C j ==⎡⎤⋅==−⎣⎦∑∑判断C ，[]()111(,)21j n nj j i j j f i j ===⋅=−∑∑∑，结合等比数列的前n 项和公式判断D. 【详解】()()()()()()1,11,,,,1f i j j ii f i j j i f i j f i j i +−++=−∴=+，令i j =，则(1,)0(,)f j j f j j +=，(1,)0f j j ∴+=，A 错误；(2,)1(3,)2(4,)3,,,(1,)2(2,)3(3,)4f j j f j j f j j f j f j f j −−−===，(,)1,(1,)f i j j i f j i−+= 累乘得：(,)(1)(2)(3)(1)1C (1,)2345ij f i j j j j j i f j i j−−−−+==⨯⨯⨯⨯⨯，1(1,)1,(,)C ,()ij f j f i j i j j=∴=≤，令1i =，则B 错误； 因为()01211C C C C nnn n n n +=++++，所以12C C C 21n nn n n +++=−，()211(,)C 21jji jj i i jf i j j j ==⎡⎤⋅==−⎣⎦∑∑，则C 正确；[]()11112(12)(,)212212n jnnjn j i j j f i j n n +===−⋅=−=−=−−−∑∑∑，则D 错误． 故选：C ．3．（2023春·安徽·高二合肥市第八中学校联考开学考试）定义：对于数列{}n a ，如果存在一个常数()*N T T ∈，使得对任意的正整数0n n ≥恒有n T n a a +=，则称数列{}n a 是从第0n 项起的周期为T 的周期数列．已知周期数列{}n b 满足：11b =，23b =，12n n n b b b −−=−（3n ≥），则2023b =（ ） A ．1− B ．3− C ．2− D ．1【答案】D【分析】写出周期数列{}n b 的前几项，发现周期为6，进而求得2023b 的值. 【详解】写出周期数列{}n b 的前几项：1，3，2，1−，3−，2−，1，3，2，1−，3−，2−，1，…， 发现周期数列{}n b 是周期为6的周期数列， ∴20233376111b b b ⨯+===． 故选：D ．4．（2023秋·福建南平·高二统考期末）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，nn S b n=，则称数列{}n b 是数列{}n a 的“均值数列”．已知数列{}n b 是数列{}n a 的“均值数列”且n bn =，设数列⎧⎫的前n 项和为n T ，若()2132n m m T −<对*n ∈N 恒成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．[]1,2−B ．()1,2-C ．()(),12,−∞−⋃+∞D ．(][),12,−∞−⋃+∞【答案】B【分析】由新定义求得n S ，然后由1n n n a S S −=−求得n a ，从而可求得n T （裂项相消法）后得n T 的最小值，解相应不等式可得结论． 【详解】由题意nS n n=,即2n S n =, ∴2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n −=−=−−=−，又111a S ==，∴*n ∈N 时，21n a n =−，==2n n T +=+=， 易知1{}2是递增数列，∴1{}2的最小值是12（1n =时取得）， 由题意21(3)2m m −<，解得12m −<<．故选：B ．5．（2023秋·山西长治·高三校联考阶段练习）对于一个n 项数列()*1212:,,,,1,n k k A a a a S a a a k n k =+++≤≤∈N ，记A 的“Cesaro 平均值”为()121+++n S S S n，若数列121010,,,a a a 的“Cesaro 平均值”为2022，数列121010,,,,x a a a 的“Cesaro 平均值”为2046，则x =（ ）A ．24B ．26C ．1036D ．1541【答案】B【分析】先求出121010S S S +++的值，再根据Cesaro 平均值的求法列出等式，即可求出x 的值.【详解】因为数列121010,,,a a a 的“Cesaro 平均值”为12101020221010S S S +++=，所以12101020221010S S S +++=⨯. 因为121010,,,,x a a a 的“Cesaro 平均值”为()()()12101020461011x x S x S x S +++++++=，所以10112022101020461011x +⨯=，所以20202046x +=，解得26x =，故选:B.6．（2023春·湖北咸宁·高二校考开学考试）等比数列{}n a 中1512a =，公比12q =−，用12Π⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n a a a 表示它的前n 项之积，则1Π，2Π，…，n ∏中最大的是（ ） A ．11Π B ．10Π C ．9Π D ．8Π【答案】C【分析】根据题意分析,n n a ∏的符号，结合前n 项之积的性质运算求解.【详解】∵110,02a q >=−<，则当n 为奇数时，0n a >，当n 为偶数时，0n a <，∴当()43N n k k *=−∈或()4N n k k *=∈时，0n ∏>，当()42N n k k *=−∈或()41N n k k *=−∈时，0n ∏<，由题意可得：115122n n a −⎛⎫=− ⎪⎝⎭，令1151212n n a −⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭，解得10n ≤，若n ∏取到最大，则3k =，9n =，即{}n ∏中最大的是9Π. 故选：C.7．（2022秋·北京·高二北京二中校考期末）如果数列{}n a 满足211n n n na a k a a +++−=（k 为常数），那么数列{}n a 叫做等比差数列，k 叫做公比差．下列四个结论中所有正确结论的序号是（ ） ①若数列{}n a 满足12n na n a +=，则该数列是等比差数列；②数列{}2nn ⋅是等比差数列；③所有的等比数列都是等比差数列； ④存在等差数列是等比差数列． A ．①②③ B ．①③④ C ．①②④ D ．②③④【答案】B【分析】根据比等差数列的定义211n n n na a k a a +++−=(k 为常数)，逐一判断①②③④是否是等比差数列即可可得到答案.【详解】①数列{}n a 满足12n na n a +=，则2112(1)22n n n na a n n a a +++−=+−=，满足等比差数列的定义，故①正确； ②数列{2}n n ⋅，+212111(2)2(1)2(1)22n n n n n nn n a a a a n n n n +++++−=+⋅+⋅−+⋅⋅ 2(2)2(1)22(1)(1)n n n n n n n ⋅+⋅−+⋅==−⋅+⋅+，不满足等比差数列的定义，故②错误； ③设等比数列的公比为q ，则2110n n n na a a a q q +++−==−，满足等比差数列，故③正确； ④设等差数列的公差为d ， 则22112()n n n n n n n n n n a a a a a d a d d a d a a a d +++−++−=−=++， 故当0d=时，满足2110n n n na a a a +++−=，故存在等差数列是等比差数列，即④正确；故答案为：①③④ 故选：B.8．（2019秋·北京·高三101中学校考阶段练习）定义在()(),00,∞−+∞U 上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，(){}n 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()(),00,∞−+∞U 上的如下函数：①()2f x x =；②()2xf x =；③()1f x x=；④()ln f x x =，其中是“保等比数列函数”的序号为（ ） A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④【答案】C【分析】根据新定义，结合等比数列性质221n n n a a a ++=，一一加以判断，即可得到结论．通过积的乘方，即可判断①；通过指数的幂的运算，即可判断②；通过积的运算即可判断③；由对数的运算法则，即可判断④．【详解】设{}n a 是等比数列，由等比数列性质知221n n n a a a ++=，对于①，()()()()222222211n n n n n n a a f a f a a f a ++++===，即(){}n f a 仍是等比数列，故正确；对于②，()()()22122212222n n n n n a a a a a n n n f a f a f a ++++++==≠=，即(){}n f a 不是等比数列，故不正确； 对于③，()()()221221111n n n n n n f a f a f a a a a ++++=⋅==，即(){}n f a 是等比数列，故正确；对于④，()()()()222211ln ln ln n n n n n n f a f a a a a f a ++++=≠=， 即(){}n f a 不是等比数列，故不正确； 故选：C ．9．（2023秋·吉林·高二吉林一中校考期末）若数列{}n a 满足1120n na a +−=，则称{}n a 为“必会数列”，已知正项数列{}n a 为“必会数列”，若453a a +=，则23a a +=（ ）. A ．19B ．1C ．6D ．12【答案】D【分析】根据数列新定义可得数列{}n a 是以12q =为公比的等比数列，利用等比数列通项公式，即可求得答案.【详解】由题意数列{}n a 满足1120n n a a +−=，可得112n n a a +=， 故正项数列{}n a 是以12q =为公比的等比数列， 则2322532341()()3,124a a a a a a a a q +===+∴=++，故选：D10．（2022秋·陕西渭南·高二统考期末）设{}n a 是无穷数列，若存在正整数k ，使得对任意的n *∈N ，均有n k n a a +>，则称{}n a 是间隔递增数列，k 是{}n a 的间隔数.若{}n b 是间隔递增数列，则数列{}n b 的通项不可能．．．是（ ）A ．92n b n n=−B ．31n n b =+C ．113n nb =−D ．()2nn b n =−−【答案】D【分析】根据间隔递增数列的定义求解即可. 【详解】对于A ：()()9922n k n b n k n b n k n ++−=−++−，化简得：()920n n kb k n b n k +⎡⎤=+>⎢⎥+−⎢⎥⎣⎦，存在正整数k ，使得对任意的n *∈N ，0n n k b b +>−恒成立，所以{}n b 是间隔递增数列；对于B ：()3131313n k n k nk n n b b ++=+−−−−=， 因为k 为正整数且n *∈N ，所以()3130k n−>，所以0n n k b b +>−，所以{}n b 是间隔递增数列； 对于C ：11111113333n k n k n nn k b b ++⎪−⎛⎫=−−+=− ⎝⎭， 因为k 为正整数且n *∈N ，所以111033n k ⎛⎫−> ⎪⎝⎭，所以0n n k b b +>−，所以{}n b 是间隔递增数列； 对于D ：()()()22n knn k n b n k n b ++−=−+−+−()()()22n kn n k ⎡⎤=−−+−⎣⎦，当k ∈正奇数，n *∈N 时，()()20kn n k −+−>，()2n−的正负由n 的奇偶性决定，此时0n n k b b +>−不恒成立，不符合间隔递增数列的定义；当k ∈正偶数，n *∈N 时，()()20kn n k −+−<，()2n−的正负由n 的奇偶性决定，此时0n n k b b +>−不恒成立，不符合间隔递增数列的定义； 故选：D.11．（2023·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，若存在正整数()2k k ≥，使得1k k a a −<，1k k a a +<，则称k a 是数列{}n a 的“谷值”，k 是数列{}n a 的“谷值点”．在数列{}n a 中，若98n a n n=+−，则数列{}n a 的“谷值点”为（ ） A ．2 B ．7C ．2，7D ．2，5，7【答案】C【分析】先求出12a =，232a =，32a =，474a =，565a =，612a =，727a =，898a =，再得到7n ≥，N n ∈，980n n+−>，结合数列的单调性以及谷值点的定义即可得求解．【详解】因为98n a n n=+−， 所以12a =，232a =，32a =，474a =，565a =，612a =，727a =，898a =，当7n ≥，N n ∈，980n n+−>，所以9988n a n n n n =+−=+−，因为函数98y x x=+−在[)7,+∞上单调递增， 所以7n ≥时，数列98n a n n=+−为单调递增数列， 所以21a a <，23a a <，76a a <，78a a <， 所以数列{}n a 的“谷值点”为2，7． 故选：C.12．（2023·全国·高二专题练习）若数列{}n a 满足121n n a a +=−，则称{}n a 为“对奇数列”．已知正项数列{}1n b +为“对奇数列”，且12b =，则n b =（ ） A ．123n −⨯ B ．12n − C ．12n + D ．2n【答案】D【分析】根据题意可得()11211n n b b ++=+−，进而可得{}n b 为等比数列，再求得通项公式即可.【详解】由题意得()11211n n b b ++=+−，所以12n n b b +=，又12b =，所以{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列，所以1222n nn b −=⨯=．故选：D ．13．（2022春·辽宁葫芦岛·高二校联考阶段练习）设()n a Ω表示落在区间[],n n a 内的偶数个数.在等比数列{}n a n −中，14a=，211a =，则()4a Ω=（ ）A ．21B ．20C ．41D ．40【答案】C【分析】设{}n a n −的公比为q ，根据1a 和2a 求出q ，从而得n a 和4a ，再根据()n a Ω的定义可求出结果. 【详解】设{}n a n −的公比为q ，则2121123141a q a −−===−−， 所以111(1)(41)33n n n n a n a q−−−=−⋅=−⋅=，则3n n a n =+，所以445438a =+=.所以落在区间[]4,85内的偶数共有41个，故()441a Ω=. 故选：C14．（2023春·湖北·高三黄冈中学校联考开学考试）对于数列{}n a ，定义11222−=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ）A ．127,53⎡⎤−−⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤−−⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤−−⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤−−⎢⎥⎣⎦【答案】A【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫−+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n N *∈恒成立，分类讨论n 可求出结果.【详解】由1112222n n n n A a a a n −+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n −−+++=−⋅，∴1122(1)2−+⋅=⋅−−⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n N *∈恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ， 即225335(1)5(51)022p pn n n n −+−⨯++−⨯⨯+≤， 即22225335(5)(5)022p pn n n n −+−⨯+−+−≤， 即5(5)(53)0222pn p p n n −+++++≤， 即(6)(5)(8)02p n n n +−++≤， 即216(5)06+⎛⎫−+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n N *∈恒成立，当14n ≤≤时，2164266+−≤=+++n p n n 对任意的n N *∈恒成立， 因为4412226465n +≥+=++，∴125−≤p ，所以125p ≥−，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫−+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+−≥=+++n p n n 对任意的n N *∈恒成立， 因为447226663n +≤+=++，∴73−≥p ，所以73p ≤−，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤−−⎢⎥⎣⎦．故选：A ．15．（2023·全国·高三专题练习）若数列{}n b 满足：若()*,m n b b m n ∈=N ，则11m n b b ++=，则称数列{}n b 为“等同数列”．已知数列{}n a 满足55a =，且()1+=−n n n a n a a ，若“等同数列”{}n b 的前n 项和为n S ，且114b a b ==，22b a =，510S a =，则2022S =（ ）A ．4711B ．4712C ．4714D ．4718【答案】D【分析】先对已知关系式变形，求出数列{}n a 的通项公式，再利用“等同数列”的定义与已知条件得{}n b 是周期数列，即可得2022S ． 【详解】由()1+=−n n n a n a a 得11n n a a n n+=+，则1251125n n n a a aa n n n −−=====−−， 故n a n =,所以111b a ==，222b a ==，411b a ==， 所以41b b =，所以522b b ==1010S a ==，所以3121210b ++++=，解得34b =，同理得634b b ==， 741b b ==，852b b ==，…，故数列{}n b 是以3为周期的数列，所以()202267431246744718S S ⨯==++⨯=， 故选:D ．16．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a ，若存在常数t ，对任意小的正数s ，总存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a t s −<，则数列{}n a 为收敛数列．下列关于收敛数列说法正确的是（ ） A ．若等比数列{}n a 是收敛数列，则公比()0,1q ∈ B ．等差数列不可能是收敛数列C ．设公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭一定是收敛数列D ．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =，11n n S a +=+，则数列{}n a 是收敛数列 【答案】C【分析】根据题中定义，结合特殊的等差数列和等比数列、数列的周期性、等差数列前n 项和公式逐一判断即可.【详解】当数列为常数列（不为零），因此该数列是等差数列又是等比数列，显然该数列是收敛数列，因此选项AB 不正确；选项C ：设等差数列{}n a 的公差为()d d ≠0，所以1111(1)2n S na n n d =+−，当0d ≠时，当n →+∞时，10nS →， 所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭一定是收敛数列，因此本选项正确；选项D ：因为11a =，11n n S a +=+，所以可得21a =，当2,N n n *≥∈时，由1111n n n n S a S a +−=+⇒=+，两式相减，得11n n n a a a +−=−，所以345670,1,1,0,1a a a a a ==−=−==，所以该数列的周期为6，该数列不可能是收敛数列，因此本选项说法不正确， 故选：C【点睛】关键点睛：利用数列的周期性、常数列的性质是解题的关键.17．（2022春·安徽亳州·高三蒙城县第六中学校联考开学考试）设数列{}m A ：1a ，2a ，…，()2m a m ≥，若存在公比为q 的等比数列{}1m B +：1b ，2b ，…，1m b +，使得1k k k b a b +<<，其中1k =，2，…，m ，则称数列{}1m B +为数列{}m A 的“等比分割数列”.若数列{}10A 的通项公式为()21,2,,10nn a n ==，其“等比分割数列”{}11B 的首项为1，则数列{}11B 的公比q 的取值范围是（ ） A ．()9102,2 B ．()10112,2C ．()1092,2D ．()11102,2【答案】C【分析】由题意可得，()121,2,3,,10n n n qq n −<<=L ，从而可得2q >且()121,2,3,,10n n q n −<=L ，可得122nn q −<<，再根据指数函数的单调性求出12nn −的最小值即可【详解】由题意可得，()121,2,3,,10n n n qq n −<<=L ，所以2q >，且()121,2,3,,10n n qn −<=L ，当1n =时，12<成立；当2n =，3，…，10时，应有12nn q −<成立， 因为2x y =在R 上单调递增，所以111122nn n −−+=随着n 的增大而减小，故1092q <，综上，q 的取值范围是()1092,2. 故选：C.18．（2022春·江苏无锡·高二江苏省江阴市第一中学校考开学考试）若数列{an }满足21321111222n n a a a a a a −−<−<<−<……，则称数列{an }为“半差递增”数列.已知“半差递增”数列{cn }的前n项和Sn 满足*221()n n S c t n N +=−∈，则实数t 的取值范围是（ ）A ．1(,)2−∞B ．（-∞，1）C ．1(,)2+∞D ．（1， +∞）【答案】A【分析】根据*221()n n S c t n N +=−∈,利用递推公式求得数列{}n c 的通项公式.再根据新定义的意义,代入解不等式即可求得实数t 的取值范围.【详解】因为*221()n n S c t n N +=−∈所以当2n ≥时, 11221n n S c t −−+=−两式相减可得1220n n n c c c −+−=,即123n n c c −=,所以数列{}n c 是以公比23q =的等比数列 当1n =时,1213t c −=所以121233n n t c −−⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，则1221121221221223363183n n n n n t t t c c −−−−−−−⎛⎫⎛⎫⎛⎫−=⋅−⋅=⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11112121212212233233183nn n n n t t t c c −−+−−−⎛⎫⎛⎫⎛⎫−=⋅−⋅=⋅ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭由“差半递增”数列的定义可知21212212183183n n t t −−−−⎛⎫⎛⎫⋅<⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭化简可得()221213t t −<−⨯解不等式可得12t <即实数t 的取值范围为1,2⎛⎫−∞ ⎪⎝⎭故选：A.19．（2022·浙江·高二学业考试）通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为{}n a ，则1025a 的值是（ ） A ．6 B ．12 C ．18 D ．108【答案】A【分析】设数列经过第n 次拓展后的项数为n b ，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第1n +次拓展后增加的项数为1n b −，从而可得1121n n n n b b b b +=+−=−，从而可求出21nn b =+，从而可知经过11次拓展后在2与6之间增加的数为1021−，由此可得出经过11次拓展后6所在的位置，即可得出答案.【详解】解：设数列经过第n 次拓展后的项数为n b ，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第1n +次拓展后增加的项数为1n b −， 所以1121n n n n b b b b +=+−=−， 即()1121n n b b +−=−，即1121n n b b +−=−， 所以数列{}1−n b 是以12b =为首项，2为公比的等比数列，是以12nn b −=，所以21n n b =+，则经过11次拓展后在2与6之间增加的数为1021−，所以经过11次拓展后6所在的位置为第10102111211025−++=+=， 所以10256a =. 故选：A.二、多选题20．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校联考阶段练习）若数列{}n a 满足：对任意正整数{}1,n n n a a +−为递减数列，则称数列{}n a 为“差递减数列”．给出下列数列{}()*N n a n ∈，其中是“差递减数列”的有（ ） A ．2n n a = B ．2n a n =C ．n aD ．ln n a n =【答案】CD【分析】利用差递减数列的定义及函数的单调性即可求解.【详解】对A ，若2n n a =，则11222n n nn n a a ++−=−=，由函数2n y =在()0,∞+上单调递增，所以{}1n n a a +−为递增数列，故A 错误；对B ，若2n a n =，则221(1)21n n a a n n n +−=+−=+，由函数21y n =+在()0,∞+上单调递增，所以{}1n n a a +−为递增数列，故B 错误；对C ，若n a =1n n a a +−==y =()0,∞+上单调递减，所以{}1n n a a +−为递减数列，故C 正确；对D ，若ln n a n =，则()111ln 1ln ln ln 1n n n a a n n n ++⎛⎫−=+−==+ ⎪⎝⎭，由函数1ln 1y n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上单调递减，所以{}1n n a a +−为递减数列，故D 正确． 故选：CD ．21．（2023春·江西新余·高二新余市第一中学校考阶段练习）若数列{}n a 满足：,A B ∃∈R ，0AB ≠，使得对于*n ∀∈N ，都有21n n n a Aa Ba ++=+，则称{}n a 具有“三项相关性”，下列说法正确的有（ ）. A ．若数列{}n a 是等差数列，则{}n a 具有“三项相关性” B ．若数列{}n a 是等比数列，则{}n a 具有“三项相关性” C ．若数列{}n a 是周期数列，则{}n a 具有“三项相关性”D ．若数列{}n a 具有正项“三项相关性”，且正数A ，B 满足1A B +=，12a a B +=，数列{}n b 的通项公式为n n b B =，{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，则对*n ∀∈N ，n n S T <恒成立【答案】ABD【分析】根据题目给出的“三项相关性”的定义，逐项验证即可.【详解】若{}n a 为等差数列，则有211n n n n a a a a +++−=−，212n n n a a a ++=−，A 正确；若数列{}n a 是等比数列，则21n n a qa ++=，1n n a qa +=，（0q ≠）,即()211n n n a q a qa ++=−+，易知1q ≠，显然成立，1q =时，21n n n a a a ++==，取12A B ==，有211122n n n a a a ++=+，也成立，所以B 正确； 对周期数列：0，0，1，0，0，1，⋅⋅⋅，所以1n =时，100A B =⨯+⨯，显然不成立，所以C 错误； 对D ，()211n n n a B a Ba ++=−+，即()211n n n n a a B a a ++++=+，12a a B += ∴121n n n n a a B BB −+++=⋅=，1B >，易知()211n n n n n a a B a a a ++++=+>，即n n b a >，*N n ∈，故n n S T <，D 正确； 故选：ABD22．（2023春·广东惠州·高三校考阶段练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用n a 表示斐波那契数列的第n 项，则数列{}n a 满足：121a a ==，21n n n a a a ++=+，记121ni n i a a a a ==++⋅⋅⋅+∑，则下列结论正确的是（ ）A ．数列{}n a 是递增数列B ．()2123n n n a a a n −+=+≥C ．20222202220231i i a a a ==⋅∑D ．2021202311i i a a ==−∑【答案】BCD【分析】由数列的递推公式可判断A,B ；利用累加法计算可判断选项C,D.【详解】对A ，由21n n n a a a ++=+知，{}n a 的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55， 其中，第一二项相等，不满足递增性，故A 错误；对B ，根据递推公式12n n n a a a −−=+，得()21213n n n n n n n a a a a a a a n −−−++=++=+≥，故B 正确；对C ，2121a a a =⋅，()222312321a a a a a a a a =⋅−=⋅−⋅，()233423432a a a a a a a a =⋅−=⋅−⋅，……，()220222022202320212022202320222021a a a a a a a a =⋅−=⋅−⋅，∴22212202220222023a a aa a ++⋅⋅⋅=⋅，即20222202220231i i a a a ==⋅∑，故C 正确；对D ，由递推式，得321a a a −=，432a a a −=，…，202320222021a a a −=， 累加得324320232022122021a a a a a a a a a −+−+⋅⋅⋅+−=++⋅⋅⋅+， ∴20232122021a a a a a −=++⋅⋅⋅+， ∴1220212023220231a a a a a a ++⋅⋅⋅+=−=−， 即2021202311i i a a ==−∑，故D 正确；故选：BCD ．23．（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）若{}n a 不是等比数列，但{}n a 中存在互不相同的三项可以构成等比数列，则称{}n a 是局部等比数列.下列数列中是局部等比数列的是（ ） A ．(){}28n−+ B ．137n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭C ．17122n n +⎧⎫−⎨⎬⎩⎭D ．{}225n +【答案】ABD【分析】对于ABD ，直接取特定项验证即可；对于C ，定义法可证为等比数列后即可判断.【详解】对于A ：若()28nn a =−+，则16a =，212a =，424a =，由212624=⨯，得1a ，2a ，4a 成等比数列，因为(){}28n−+不是等比数列，所以(){}28n−+是局部等比数列.故A 正确；对于B ：若137n a n =+，则1110a =，11140a =，511160a =，由21114010160⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，得1a ，11a ，51a 成等比数列，因为137n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭不是等比数列，所以137n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是局部等比数列. 故B 正确；对于C ：若117113222n n n n a ++=−=，则112n n a a +=，则{}n a 是等比数列，所以17122n n +⎧⎫−⎨⎬⎩⎭不是局部等比数列. 故C 错误；对于D ：若225n a n =+，则550a =，15250a =，351250a =，由250125050250=，得5a ，15a ，35a 成等比数列，因为{}225n +不是等比数列，所以{}225n +是局部等比数列. 故D 正确.故选：ABD.24．（2023春·安徽蚌埠·高二蚌埠二中校考阶段练习）已知数列{}n a 是各项均为正数且公比不等于1的等比数列()*N n ∈，对于函数()f x ，若数列(){}ln n f a 为等差数列，则称函数()f x 为“保比差数列函数”，则定义在()0,∞+上的如下函数中是“保比差数列函数”的有（ ） A ．()1f x x=为“保比差数列函数” B ．()2f x x =为“保比差数列函数”C ．()e xf x =为“保比差数列函数” D ．()f x =“保比差数列函数”【答案】ABD【分析】设数列{}n a 的公比为()1q q ≠，利用保比差数列函数的定义，结合等差数列的定义逐项验证即可. 【详解】设数列{}n a 的公比为()1q q ≠， 选项A ：()1ln lnn nf a a =， 所以()()11111ln ln lnln ln ln n n n n n n af a f a q a a a +++−=−==−是常数， 所以数列(){}ln n f a 为等差数列，A 满足题意；选项B ：()2ln ln n n f a a =，所以()()22221112ln ln ln ln ln ln 2ln n n n n nna f a f a aa q q a +++−=−===是常数，所以数列(){}ln n f a 为等差数列，B 满足题意；选项C ：()ln ln e n an n f a a ==，所以()()11ln ln n n n n f a f a a a ++−=−不是常数， 所以数列(){}ln n f a 不为等差数列，C 不满足题意； 选项D ：()ln n f a =所以()()11ln ln ln 2n n f a f a q +−==是常数，所以数列(){}ln n f a 为等差数列，D 满足题意； 故选：ABD25．（2022秋·福建福州·高二校联考期末）在数列{}n a 中，若221(2,,n n a a p n n p *−−=≥∈N 为常数），则称{}n a 为“平方等差数列”.下列对“平方等差数列”的判断，其中正确的为（ ）A ．{}(2)n−是平方等差数列B ．若{}n a 是平方等差数列，则{}2n a 是等差数列C ．若{}n a 是平方等差数列，则{}(,,,n ka b k b k b *+∈N 为常数）也是平方等差数列D ．若{}n a 是平方等差数列，则{}(,,,kn b a k b k b *+∈N 为常数）也是平方等差数列【答案】BD【分析】根据等差数列的定义，结合平方等差数列的定义逐一判断即可. 【详解】对于A ，当n 为奇数时，则()1n −为偶数，所以()()()11122223?2n n n n n −−−−−−=−+=−，当n 为偶数时，则()1n −为奇数，所以()()()11122223?2n n n n n −−−−−−=+=，即{}(2)n−不符合平方等差数列的定义，故错误；对于B ，若{}n a 是平方等差数列，则221(2,,n n a a p n n p *−−=≥∈N 为常数），即{}2n a 是首项为21a ，公差为p 的等差数列，故正确；对于C ，若{}n a 是平方等差数列，则221(2,,n n a a p n n p *−−=≥∈N 为常数）， 则()()()()222221112n n n n n n ka b ka b k a a kb a a −−−+−+=−+−，即()())222112n n n n ka b ka b k p kb a a −−+−+=+−，当{}n a 为等差数列时，1n n a a d −−=，则{}n ka b +为平方等差数列， 当{}n a 不为等差数列时，则{}n ka b +不为平方等差数列，故错误；对于D ，因为{}n a 是平方等差数列，所以()()222222121111+++++−−=−==−=kn kn kn kn kn k n a a a a a a p ，把以上的等式相加，得()()()()()222222121111+++++−−+−+⋯+−=kn kn kn kn k n k n a a a a a a kp ， 22(1)k n kn a a kp +∴−=，则()221kn b k n ba a kp +++−=，即数列{}knb a +是平方等差数列，故正确； 故选:BD26．（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列1，4进行“美好成长”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16，4，L ，设第n 次“美好成长”后得到的数列为121,,,,,4k x x x L ，并记()412log 14n k a x x x =⨯⨯⨯⨯⨯L ，则（ ）A ．25a =B ．131n n a a +=−C ．21nk =+D ．数列{}n na 的前n 项和为()()13213218n n n n +−+++【答案】ABD【分析】对A ：由题意直接运算判断；对B ：根据第1n +次“美好成长”与第n 次“美好成长”的关系分析运算；对C ：根据题意分析可得：()1121n n b b ++=+，利用构造法结合等比数列分析运算；对D ：由131n n a a +=−，利用构造法结合等比数列可得312n n a +=，利用裂项相消结合分组求和运算求解.【详解】对A ：()()25144244log 144log 42,log 144164log 45a a =⨯⨯===⨯⨯⨯⨯==，A 正确；对B ：由题意可知：()()()(){}()()212141211241214log 1414log 1414k n k k k x x x a x x x x x x x x x x +⎡⎤⨯⨯⨯⨯⨯⎡⎤=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦⨯⎢⎥⎣⎦()()312441214log 3log 141314k k n x x x x x x a ⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯⨯−=−，故131n n a a +=−，B 正确；对C ：设第n 次“美好成长”后共插入n b 项，即n k b =，共有1n b +个间隔，且11b =， 则第1n +次“美好成长”后再插入1n b +项，则()1121n n n n b b b b +=++=+， 可得()1121n n b b ++=+，且1120b +=≠，故数列{}1n b +是以首项为2，公比为2的等比数列， 则11222n n n b −+=⨯=，故21n n k b ==−，C 错误；对D ：∵131n n a a +=−，则111322n n a a +⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，且113022a −=≠， 故数列12n a ⎧⎫−⎨⎬⎩⎭是以首项为32，公比为3的等比数列，则11333222n n n a −−=⨯=，即312n n a +=，设()()()1313232332222n n n n n n n n nna An B A n B An A B +=+⋅−++⋅+=−−−⋅+=⨯+⎡⎤⎣⎦，则122320A A B ⎧−=⎪⎨⎪−−=⎩，解得1438A B ⎧=−⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，故1321233882n n n n n nna +−−=⋅−⋅+， 设数列{}n na 的前n 项和为n S ， 则22311211133212122333333888888222n n n n n n n S a a na +⎡−−−−−⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=⨯−⨯+⨯−⨯++⋅−⋅++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦L L L()()1113122321322388218n n n n n n n n ++⎛⎫+ −++⎪−⎝⎭=−⋅++=， 即数列{}n na 的前n 项和为()()13213218n n n n +−+++，D 正确.故选：ABD. 【点睛】结论点睛：（1）构造法：()()110,1n n n n a ka m km k a a λλ++=+≠≠⇔+=+；（2）裂项构造：()()()11n n n kn b q An B q A n B q ++⋅=+⋅−++⋅⎡⎤⎣⎦.27．（2023春·安徽·高二合肥市第八中学校联考开学考试）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第()*N n n ∈次得到数列1，1x ，2x ，3x ，…，k x ,2．记1212n k a x x x =+++⋅⋅⋅++，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） A ．342a = B ．133n n a a +=− C ．()2332n a n n =+ D ．()133234n n S n +=+− 【答案】ABD【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可． 【详解】解：由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时1k =， 第2次得到数列1，4，3，5，2，此时3k =，第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时7k =，第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时15k =，第n 次得到数列1，1x ，2x ，3x ，L ，k x ，2，此时21n k =−， 由此可得133a =+，2339a =++，33392742a =+++=，故A 正确； 43392781a =++++，…，()112331333333333132n n nna +−+=++++⋅⋅⋅+=+=−，故C 错误； 由1332n n a ++=，可得2133332n n n a a +++==−，故B 正确；由()()()23411129131313333333232221324n n n n n n n S a a a n ++−=++⋅⋅⋅+=+++⋅⋅⋅++=⨯+=+−−，故D 正确．故选：ABD ．三、填空题28．（2022春·上海长宁·高二上海市延安中学校考期中）对于数列{}n a ，若存在正整数m ，使得对任意正整数n ，都有n m n a a q +=（其中q 为非零常数），则称数列{}n a 是以m 为周期，以q 为周期公比的“类周期性等比数列”.若“类周期性等比数列”的前4项为1，1，2，3，周期为4，周期公比为3，则数列{}n a 前21项的和为__． 【答案】1090【分析】确定43n n a a +=，数列{}n a 从第二项起连续四项成等比数列，利用等比数列公式计算得到答案. 【详解】43n n a a +=，故513a a q ==，由题意得数列{}n a 从第二项起连续四项成等比数列， 234512339,3a a a a q +++=+++==，则数列{}n a 前21项的和为()5523451913()(1)11090113a a a a q a q ⨯−+++−+=+=−−． 故答案为：109029．（2022秋·福建泉州·高二统考期末）对于数列{}n a ，记：()()()()()()()1212311112n n n n n n n n n a a +++∆∆∆=∆=∆=∆∆，，，…，()()()111k k n n k n−+−∆∆=∆（其中*n ∈N ），并称数列(){}k n ∆为数列{}n a 的k 阶商分数列.特殊地，当(){}kn ∆为非零常数数列时，称数列{}n a 是k 阶等比数列.已知数列{}n a 是2阶等比数列，且20123220482a a a ===，，，若n m n a a −=，则m =___________. 【答案】23【分析】根据给定的定义，计算(1)(1)12,∆∆，进而求出数列(1){}n ∆的公比及通项，再借助累乘法求出数列{}n a 的通项即可推理计算作答.【详解】由数列{}n a 是2阶等比数列，得(2)(0)nq q ∆=≠，即(1)(2)1(1)n nnq +∆∆==∆， 且(1)(1)10(1)932212(1)12112,2,2a a q a a ∆∆==∆====∆，即数列(1){}n ∆是首项为102，公比为12的等比数列， 则有(1)10111112()()22n n n −−∆=⨯=，即1111()2n n n a a −+=，当2n ≥时， 22320109121(10)(9)(12)3221121111112()()()()()22222nn n n n n n aa a a a a a a −+−−−−+−+−++−−=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯==，而12a =满足上式，因此22320212n n n a −+⎛⎫= ⎪⎝⎭，由n m n a a −=得：222320()23()202211()()22nn m n m n −+−−−+=，即222320()23()20n n m n m n −+=−−−+，整理得(2)23(2)m n m n m −=−，又n 为小于m 的任意正整数，所以23m =. 故答案为：23【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.30．（2023·河南郑州·统考一模）“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．则对于外观数列{}n a ，下列说法正确的有______． ①若13a =，则从4a 开始出现数字2；②若1a k =（1k =，2，3，…，9），则()*n a n ∈N 的最后一个数字均为k ；③{}n a 不可能为等差数列或等比数列； ④若1123a =，则()*n a n ∈N 均不包含数字4．【答案】②④【分析】对①，由外观数列定义列举判断； 对②，由外观数列定义判断； 对③，取反例，如122a =；对④，由反证法，结合外观数列定义判断.【详解】对①，12343,13,1113,3113a a a a ====，①错；对②，由外观数列的定义，每次都是从左到右描述，故一开始的k （1k =，2，3，…，9）始终在最右边，即最后一个数字，②对； 对③，取122a =，则2322a a ===，此时既为等差数列，也为等比数列，③错；对④，1234123,111213,31121113,1321123113a a a a ====，设数列()*,5k a k k N ∈≥首次出现数字4，则1k a −必出现了4个连续的相同数字m （1m =，2，3，…，9），而2k a −的描述必包含“1个m ，1个m ”，与1k a −的描述矛盾，故()*n a n ∈N 均不包含数字4，④对.故选：②④31．（2023秋·内蒙古阿拉善盟·高三阿拉善盟第一中学校考期末）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意n *∈N 都有1n n a a t ++=（t 为常数），则称该数列为“t 数列”，若数列{}n a 为“2数列”，且11a =−，则2023S =______. 【答案】2021【分析】利用并项求和即可.【详解】根据题意得到：2320222402532a a a a a a ++=+===，所以()()()202312345202220232101112021S a a a a a a a =+++++++=⨯−=.故答案为：2021.32．（2023秋·宁夏吴忠·高二吴忠中学校考期末）定义n 个正数12,,,n p p p ⋯的“均倒数”为12nnp p p ++⋅⋅⋅+，若各项均为正数的数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，则2023a 的值为______ 【答案】8091【分析】利用“均倒数”的概念求出(21)n S n n =+，再利用递推关系求出41n a n =−，再代入值即可. 【详解】由已知可得数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为 121,21n n n n a a a S n ==++⋯++可得(21)n S n n =+,则2n …时, 21[2(1)1](1)231n S n n n n −=−+−=−+141n n n a S S n −∴=−=−，当1n =时,113a S ==,满足41n a n =−, 202341,4202318091n a n a ∴=−=⨯−=.故答案为: 8091 .33．（2023秋·安徽淮北·高二淮北一中校考期末）对给定的数列{}()0n n a a ≠，记1n n na b a +=，则称数列{}n b 为数列{}n a 的一阶商数列；记1n n nb c b +=，则称数列{}n c 为数列{}n a 的二阶商数列；以此类推，可得数列{}n a 的P 阶商数列()P *∈N ，已知数列{}n a 的二阶商数列的各项均为e ，且121,1a a ==，则10a =___________．【答案】36e【分析】由题意可得1e n n n b c b +==，从而得1e n n b −=，即11e n n naa −+=，由累乘法即可求得10a 的值. 【详解】解：由数列{}n a 的二阶商数列的各项均为e ，可知1e n n nb c b +==， 而2111a b a ==， 故数列{}n b 是以1为首项，e 为公比的等比数列，即1e n n b −=，即11e ,n n na n a −*+=∈N ， 即283102412391,e,e ,,e a a a a a a a a ====． 所以()18828128363102421011239··11e e ?·e e =e=e a a a a a a a a a a +⋅+++=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=，故3610e a =．故答案为：36e34．（2022秋·上海·高二期中）定义:对于任意数列{}n a ,假如存在一个常数a 使得对任意的正整数n 都有n a a <,且lim n n a a →+∞=,则称a 为数列{}n a 的“上渐近值”．已知数列{}n a 有12,a a a p ==（p 为常数,且0p >）,它的前n 项和为n S ,并且满足()12n n n a a S −=,令2112n n n n n S S p S S ++++=+,记数列{}122n p p p n +++−的“上渐近值”为k ,则100coskπ的值为 _____． 【答案】12−##-0.5【分析】先根据n S 求解数列{}n a 的通项公式,得出等差数列后,利用等差数列求和方法求出n S ,代入n p 得出n p 的表达式,最后即可得出上渐近值． 【详解】解:当1n =时,()1111102a a S a ⨯−===,当2n ≥时,()()()1111122n n n n n n a a n a a a S S −−−−−=−=−,得到112n n n a a n −−=−, 根据累乘法:()212332123421n n n n a a n p n n n −−−=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=−−−−;满足n=1情况， 故而数列{}n a 是首项为0,公差为p 的等差数列,()12n n n pS −∴=,21122112222n n n n n S S n n p S S n n n n +++++⎛⎫∴=+=+=+− ⎪++⎝⎭, 122n p p p n ∴+++−=111111111221232435112n n n n n n ⎛⎫+−+−+−++−+−− ⎪−++⎝⎭11121212n n ⎛⎫=+−− ⎪++⎝⎭()()46312n n n +=−++,()()()1246li 231m l 32im n n n n p p p n n n →+∞→+∞⎛⎫+∴+++−=−= ⎪ ⎪++⎝⎭, 3k ∴=,10010021coscos cos 332k πππ⎛⎫∴==−=− ⎪⎝⎭. 故答案为:12−35．（2023·高二课时练习）定义：各项均不为零的数列{}n a 中，所有满足10i i a a +⋅<的正整数i 的个数称为这个数列{}n a 的变号数.已知数列{}n b 的前n 项和26n S n n a =−+（n *∈N ，5a ≠），令41n na b =−（n *∈N ），若数列{}n a 的变号数为2，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】()(),59,−∞+∞。
高三数学等差数列试题答案及解析
高三数学等差数列试题答案及解析1. 在等差数列中，，公差为，前项和为，当且仅当时取最大值，则的取值范围_________. 【答案】【解析】由题意得：，所以，即【考点】等差数列性质2. 已知数列是等差数列，且，那么数列的前11项和等于（ ）A ．22B ．24C ．44D ．48【答案】A【解析】由等差数列的性质可知，则.故A 正确.【考点】1等差数列的性质；2等差数列的前项和公式.3. 设等差数列{a n }的首项a 1为a ，公差d ＝2，前n 项和为S n ． (1) 若当n=10时，S n 取到最小值，求的取值范围； (2) 证明：n ∈N*, S n ，S n ＋1，S n ＋2不构成等比数列． 【答案】见解析【解析】(1)解：由题意可知，所以(2)证明：采用反证法．不失一般性，不妨设对某个m ∈N*，S m ，S m ＋1，S m ＋2构成等比数列，即．因此 a 2＋2ma ＋2m(m ＋1)＝0， 要使数列{a n }的首项a 存在，上式中的Δ≥0．然而 Δ＝(2m)2－8m(m ＋1)＝－4m (2＋m)＜0，矛盾．所以，对任意正整数n ，S n ，S n ＋1，S n ＋2都不构成等比数列．4. 设数列{a n }是等差数列，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则a 1＋a 2＋…＋a 7＝( ) A ．14 B ．21 C ．28 D ．35【答案】C【解析】由a 3＋a 4＋a 5＝12得a 4＝4， 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝＝7a 4＝28．5. 已知函数， 数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)令，若对一切成立，求最小正整数m ．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由可知数列为等差数列，易求得通项公式；（2）由第（1）的结果所以可用拆项法求和进而求得的最小值．解：（1）是以为公差，首项的等差数列（2）当时，当时，上式同样成立即对一切成立，又随递增，且，【考点】1、等差数列通项公式；2、拆项法求特列数列的前项和；3、含参数的不等式恒成立问题．6.设是等差数列的前项和，，则的值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由已知得：,.故选D.【考点】1.等差数列的和；2.等差数列的性质.7.已知是递增的等差数列，，为其前项和，若成等比数列，则 .【答案】70【解析】因为数列为等差数列,所以且,因为成等比数列,所以,因为数列是递增的,所以,即,则,再根据等差数列前n项和的公式可得.故填70.【考点】等差数列等比中项前n项和8.等差数列的前项和为，若，则【答案】6【解析】因为为等差数列,所以根据等差数列的性质(下脚标之和相等对应项之和相等)可得,再根据等差数列的前n项和公式可得,故填6.【考点】等差数列前n项和9.在数列中，其前项和为，满足.（1）求数列的通项公式;（2）设（为正整数）,求数列的前项和.【答案】(1) .（2）.【解析】(1)根据,计算验证当时，,明确数列是为首项、公差为的等差数列即得所求. （2）由(1)知:利用“裂项相消法”、“错位相减法”求和.试题解析：(1)由题设得:,所以所以 2分当时，,数列是为首项、公差为的等差数列故. 5分（2）由(1)知: 6分9分设则两式相减得：整理得： 11分所以 12分【考点】等差数列的通项公式，“裂项相消法”，“错位相减法”.10.已知等差数列{an }中,a2+a4=10,a5=9,数列{bn}中,b1=a1,bn+1=bn+an.(1)求数列{an }的通项公式,写出它的前n项和Sn.(2)求数列{bn}的通项公式.(3)若cn =,求数列{cn}的前n项和Tn.【答案】(1) an =2n-1,Sn= n2 (2) bn=n2-2n+2 (3) Tn= =【解析】(1)设{an }的公差为d,由题意得a1=1,d=2,所以an =2n-1,Sn=na1+d=n2.(2)b1=a1=1,bn+1=bn+an=bn+2n-1,所以b2=b1+1,b3=b2+3=b1+1+3,b n =b1+1+3+…+(2n-3)=1+(n-1)2=n2-2n+2(n≥2).又n=1时n2-2n+2=1=b1,所以数列{bn }的通项公式为bn=n2-2n+2.(3)cn===-,Tn =c1+c2+…+cn=(-)+(-)+…+(-)=1-=.11.已知数列为等差数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）求证：.【答案】（1） ;（2）参考解析【解析】（1）因为数列为等差数列，且，通过这些条件列出相应的方程即可求出等差数列的首项和公差，从而求出数列的通项公式，即可求出数列的通项公式，本小题的关键是对一个较复杂的数列的理解，对数式的运算也是易错点. （2）因为由(1)的到数列的通项公式，根据题意需要求数列前n项和公式，所以通过计算可求出通项公式，再利用等比数列的求和公式，即可得到结论.试题解析：（1）设等差数列的公差为d，由得所以d=1；所以即．（2）证明：所以 .【考点】1.对数的运算.2.等差数列的性质.3.等比数列的性质.4.构造转化的思想.12.已知函数y＝an x2(an≠0，n∈N*)的图像在x＝1处的切线斜率为2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，且当n＝1时其图像过点(2,8)，则a7的值为()A．B．7 C．5D．6【答案】C【解析】由题知y′＝2an x，∴2an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，∴a n－a n－1＝.又n＝1时其图像过点(2,8)，∴a1×22＝8，得a1＝2，∴{an}是首项为2，公差为的等差数列， an＝＋，得a7＝5.13.若Sn 是等差数列{an}的前n项和，且S8－S4＝12，则S12的值为()A．64B．44C．36D．22【答案】C【解析】由S8－S4＝12得a5＋a8＝a6＋a7＝a1＋a12＝6，则S12＝×(a1＋a12)＝3614.已知数列{an }是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则数列{an}的前5项和S5＝()A．20B．30C．25D．40【答案】C【解析】由数列{an }是公差为2的等差数列，得an＝a1＋(n－1)·2，又因为a1，a2，a5成等比数列，所以a1·a5＝，即a1·(a1＋8)＝(a1＋2)2，解得a1＝1，所以S5＝5a1＋·d＝5×1＋20＝2515.已知公差不为零的等差数列{an }的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列．(1)求通项公式an；(2)设bn ＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn.【答案】（1）an＝3n－5(n∈N*)．（2）【解析】(1)由题意知，解得所以an＝3n－5(n∈N*)．(2)∵bn ＝2an＝23n－5＝·8n－1，∴数列{bn}是首项为，公比为8的等比数列，所以Sn＝16.已知{}为等差数列，若，,则________.【答案】20【解析】由题意可知，，则等差数列{}的公差，又因为.【考点】等差中项的应用.17.已知等差数列{an }的前n项和为Sn，满足a13＝S13＝13，则a1＝()．A．－14B．－13C．－12D．－11【答案】D【解析】在等差数列中，，所以a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝2－13＝－11.18.设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2、a4、a6成公差为1的等差数列，则q的取值范围是________．【答案】【解析】∵a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，又a1＝1，∴a3＝q，a5＝q2，a7＝q3.又a2，a4，a 6成公差为1的等差数列，∴a4＝a2＋1，a6＝a2＋2.由1＝a1≤a2≤a3≤…≤a7，即有解得19.设各项均为正数的数列的前项和为，满足且恰好是等比数列的前三项．（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）记数列的前项和为,若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ），；(Ⅱ)【解析】（Ⅰ）根据数列的通项与数列前项和的关系，由，得；两式相减得数列的递推公式，从而得出数列通项公式.由此可求以确定等比数列的首项和公比,进而得到数列的通项公式.(Ⅱ)由（Ⅰ）的结果求,把变形为,,所以不小于的最大值.只需探究数列的单调性求其最大值即可.试题解析：（Ⅰ）当时，，, 2分当时，是公差的等差数列.构成等比数列，，，解得, 3分由条件可知， 4分是首项,公差的等差数列.数列的通项公式为. 5分,数列的通项公式为 6分(Ⅱ) ，对恒成立对恒成立， 9分令，，当时，，当时，，． 12分【考点】1、等差数列;等比数列的通项公式和前项和.2、参变量范围的求法.20.设Sn 为等差数列{an}的前n项和，已知S5=5，S9=27，则S7= ．【答案】【解析】研究特殊数列：等差数列的通法为根据方程组求出其首项及公差.由及解得【考点】等差数列前n项和.21.在数列中，前n项和为，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，数列前n项和为，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）已知前项和公式求，则.由此可得数列的通项公式．（Ⅱ）由等差数列与等比数列的积或商构成的新数列，求和时用错位相消法.在本题中用错位相消法可得．这也是一个数列，要求数列的范围，首先考查数列的单调性，而考查数列的单调性，一般是考查相邻两项的差的符号.作差易得，所以这是一个递增数列，第一项即为最小值.递增数列有可能无限增大，趋近于无穷大.本题中由于，所以.由此即得的取值范围．试题解析：（Ⅰ）当时，；当时，，经验证，满足上式．故数列的通项公式． 4分（Ⅱ）可知，则，两式相减，得，所以． 8分由于，则单调递增，故，又，故的取值范围是 12分【考点】1、等差数列与等比数列；2、错位相消法求和；3、数列的范围.22.由函数确定数列，.若函数能确定数列，，则称数列是数列的“反数列”.（1）若函数确定数列的反数列为，求；（2）对（1）中的，不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围；（3）设（为正整数），若数列的反数列为，与的公共项组成的数列为（公共项为正整数），求数列的前项和.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）本题实质是求函数的反函数；（2）不等式恒成立，因此小于不等式左边的最小值，所以我们一般想办法求左边这个和，然而由（1）知，这个和求不出，那么我们只能从另一角度去思考，看的单调性，这里只要作差就可得出是递增数列，所以的最小值是，问题解决；（3）看起来很复杂，实质上由于和取值只能是0和1，因此我们按的奇偶性分类讨论，问题就简化了，例如当为奇数时，，则，就可求出，从而求出的前项和了．试题解析：（1），则；4分（2）不等式化为：，5分设，因为，所以单调递增， 7分则.因此，即.因为，所以，得. 10分（3）当为奇数时，，. 11分由，则，即，因此， 13分所以 14分当为偶数时，，. 15分由得，即，因此， 17分所以 18分【考点】（1）反函数；（2）数列的单调性；（3）分类讨论，等差数列与等比数列的前项和．23.（本小题满分13分）已知等比数列满足.（1）求数列的前15项的和；（2）若等差数列满足，，求数列的前项的和【答案】(1);(2)110【解析】(1)由等比数列满足.列出两个关于首项与公比的方程，通过解方程组可求出首项与公比.从而通过等比数列的前项和的公式求出前15项的和.本小题解出公比有两个值代入验算舍去一个.（2）由于等差数列满足，，由（1）可得数列的通项公式.从而得到数列的通项公式.即可求出等差数列的前10项和.试题解析：（1）设等比数列的公比为，由得,由得两式作比可得，（不符合题意舍去），所以，把代入②解得，由等比数列求和公式得7分（2）由（I）可得，设等差数列的公差为，则=2由等差数列求和公式得 13分【考点】1.待定系数法.2.等比数列前项和.3.等差数列的前项和.24.已知数列前n项和为，首项为，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，求证：【答案】(1)数列的通项公式;(2) ，,.【解析】(1)有等差数列的等差中项有，再根据可建立的关系，，由等比数列的定义可知数列是以为首项，以2为公比的等比数列，.(2)由（1）中可写出，则，再利用裂项求和的方法有.试题解析：(1)成等差数列，，当时，，当时，，两式相减得：∴数列是以为首项，以2为公比的等比数列，所以 .(2).【考点】1、等差中项；2、数列中求通项；3等比数列的定义；4、裂项相消求和；5、放缩法证明不等式.25.已知数列满足：，，（其中为非零常数，）．（1）判断数列是不是等比数列？（2）求；（3）当时，令，为数列的前项和，求.【答案】（1）数列是等比数列；（2），；（3）.【解析】（1）将数列的递推式进行变形得，从而利用定义得到数列是等比数列；（2）在（1）的基础上先求出数列的通项公式，再利用累乘法求数列的通项公式；（3）在（2）的基础上，将代入数列的通项公式，从而求出数列的通项公式，并根据数列的通项公式，对、以及进行三种情况的分类讨论，前两种情况利用等差数列求和即可，在最后一种情况下利用错位相减法求数列的前项和，最后用分段的形式表示数列的前项和.试题解析：（1）由，得．令，则，．，，（非零常数），数列是等比数列．（2）数列是首项为，公比为的等比数列，，即．当时，，满足上式，．（3），当时，．，①②当，即时，①②得：，即．而当时，，当时，．综上所述，【考点】1.定义法证明等比数列；2.累乘法求数列通项；3.等差数列求和；4.错位相减法求和26.设等差数列的前项和为，若，，则等于（）A．180B．90C．72D．100【答案】B【解析】因为2=9+11=20，所以，=9=90，故选B.【考点】等差数列的性质和前n项和27.已知函数对任意的实数都有，且，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由已知可得，可得为一等差数列，又，则，即，故选B．【考点】等差数列的定义28.已知等差数列的前项和是，则使的最小正整数等于【答案】2014【解析】设等差数列的公差为，∵前项和是，又∵，∴，解得，∴，由，可得，故最小正整数为．【考点】等差数列的前项和，等差数列的通项公式．29.在等差数列中，若，则的值为 ( )A．20B．22C．24D．28【答案】C【解析】由得，.【考点】等差数列.30.已知等差数列中，，记数列的前项和为，若，对任意的成立，则整数的最小值为( )A．5B．4C．3D．2【答案】B【解析】在等差数列中，∵，∴，解得，∴.∵，∴数列是递减数列，数列的最大项为，∵，又∵是整数，∴的最小值为4，选B.【考点】等差数列的通项公式，数列的单调性.31.已知数列，分别为等比，等差数列，数列的前n项和为，且，，成等差数列，，数列中，，（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）若数列的前n项和为,求满足不等式的最小正整数。
2023届高考数学复习：历年经典好题专项(等差数列)练习(附答案)
6 -1
=-1,a3=5,a4=4,∴a3a4=20.故选
6-1
当 a1=7,a6=2 时,d=
D.
6.C 把每段重量依次用 ai(i=1,2,…,20)表示,数列{an}是等差数列,由题意得
7.A 由已知
4,
2
1
1
1
3
3
两式相加得 a1+a20= (4+2)= ,所以 a10+a11=a1+a20= .故选 C.
.
围是
13.(历年浙江,11)我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列
是二阶等差数列.数列
( 1)
2
(n∈N*)的前 3 项和是
( 1)
2
.
14.在等差数列{an}中,a1=-8,a2=3a4.
(1)求数列{an}的通项公式;
4
(n∈N*),Tn 为数列{bn}的前
(14 )
(n∈N*),则该数列的通项公式为(
2
)
2
1
3
8.(多选)设{an}是等差数列,Sn 为其前 n 项和,且 S7<S8,S8=S9>S10,则下列结论正确的是(
)
A.d<0
B.a9=0
C.S11>S7
D.S8,S9 均为 Sn 的最大值
9.(2018 北京,理 9)设{an}是等差数列,且 a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为
问各得几何?”其意思是:“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得之和与丙、丁、戊三
人所得之和相等,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列.问五人各得多少钱?”这个问题中,戊所
高三数学数列试题答案及解析
高三数学数列试题答案及解析1. 已知数列{a n }满足a n a n ＋1a n ＋2·a n ＋3＝24，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝________. 【答案】5031【解析】由a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝24，可知a n ＋1a n ＋2a n ＋3a n ＋4＝24，得a n ＋4＝a n ，所以数列{a n }是周期为4的数列，再令n ＝1，求得a 4＝4，每四个一组可得(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋…＋(a 2 009＋a 2 010＋a 2 011＋a 2 012)＋a 2 013＝10×503＋1＝5 031.2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝n 2，数列{b n }满足b n ＝，T n 为数列{b n }的前n项和．(1)求数列{a n }的通项公式a n 和T n ；(2)若对任意的n ∈N *，不等式λT n <n ＋(－1)n 恒成立，求实数λ的取值范围． 【答案】（1）（2）(－∞，0)【解析】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，验证当n ＝1时，也成立；所以a n ＝2n －1. b n ＝＝，所以T n ＝.(2)由(1)得λ<，当n 为奇数时，λ<＝2n －－1恒成立，因为当n 为奇数时，2n －－1单调递增， 所以当n ＝1时，2n －－1取得最小值为0， 此时，λ<0. 当n 为偶数时，λ<＝2n ＋＋3恒成立，因为当n 为偶数时，2n ＋＋3单调递增， 所以当n ＝2时，2n ＋＋3取得最小值为.此时，λ<.综上所述，对于任意的正整数n ，原不等式恒成立，λ的取值范围是(－∞，0)3. 如图是见证魔术师“论证”64＝65飞神奇．对这个乍看起来颇为神秘的现象，我们运用数学知识不难发现其中的谬误．另外，我们可以更换图中的数据，就能构造出许多更加直观与“令人信服”的“论证”．请你用数列知识归纳：(1)这些图中的数所构成的数列：________；(2)写出与这个魔术关联的一个数列递推关系式：________.【答案】(1)a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，a 1＝1，a 2＝1(2)a n ＋2·a n －＝(－1)n －1和≈0.618.【解析】利用推理知识求解．由图形可知，图中的数构成裴波纳契数列，所以(1)a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，a 1＝1，a 2＝1；(2)题右图中间实质上有一个面积是1的平行四边形，有时空着，有时重合，所以与魔术有关的数列递推关系式可能是a n ＋2·a n －＝(－1)n －1和≈0.618.4. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝－n 2＋12n －32，其前n 项和是S n ，对任意的m ，n ∈N *且m <n ，则S n －S m 的最大值是( )． A ．－21 B ．4 C ．8 D ．10【答案】D【解析】由于a n ＝－(n －4)(n －8)，故当n <4时，a n <0，S n 随n 的增加而减小，S 3＝S 4，当4<n <8时，a n >0，S n 随n 的增加而增大，S 7＝S 8，当n >8时，a n <0，S n 随n 的增加而减小，故S n －S m ≤S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝a 5＋a 6＋a 7＝10.5. (本题满分18分)本题共有3个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分，第3小题满分6分． 已知，且，，数列、满足，，，．(1) 求证数列是等比数列； (2) (理科)求数列的通项公式； (3) (理科)若满足，，，试用数学归纳法证明：．【答案】证明(1)∵， ∴,. ∵，， ∴． 又， ∴数列是公比为3，首项为的等比数列． 解(2)(理科)依据(1)可以，得． 于是，有，即．因此，数列是首项为，公差为1的等差数列．故． 所以数列的通项公式是．(3)（理科）用数学归纳法证明：(i)当时，左边，右边，即左边=右边，所以当时结论成立． (ii)假设当时，结论成立，即．当时，左边，右边．即左边＝右边，因此，当时，结论也成立．根据(i)、(ii)可以断定，对的正整数都成立．【解析】略6.已知数列的前项和为，且是与2的等差中项，数列中，，点在直线上。
数列专题训练(含答案)
数列专题训练1．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 014的值是A ．8B ．6C ．4D ．2 2．（合肥市2014年第一次教学质量检测）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，并满足：n n n a a a -=++122，354a a -=，则=7S （ ）A ．7B ．12C ．14D ．21 3．在等差数列{}n a 中，912162a a =+,则数列{}n a 的前11项和11S =（ ） A ．24 B ．48 C ．66D ．1324. 设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若4540,||a a a <>，则使0n S >成立的最小正整数n 为A ．6B ．7C ．8D ．95. (南昌一中、南昌十中2014届高三两校上学期联考）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，( ) A ．1B ．－1C ． 2D ．6．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且20101-=a ，32008201120082011=-S S ，则2a =（ ） A ．2008- B ．2012- C ．2008 D ．2012 7.(2013·江西高考)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( )A ．－24B ．0C ．12D ．248．（成都七中高2014届一诊模拟数学试卷）已知正项等比数列{}n a 满足7652a a a =+。
若存在两项,m n a a14a =，则19m n+的最小值为( ) A 83B 114C 145D 1769．[江苏省苏北四市（徐、淮、连、宿）2012届高三10月抽测试卷]已知一个等比数列的前三项的积为3，后三项的积为9，且所有项的积为243，则该数列的项数为 。
10．（宁夏银川一中2014届高三年级月考）数列{}n a 的通项为(1)sin 12n n n a n π=-⋅⋅+ 前n项和为n S , 则100S =_________.11．已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和．12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明数列{b n }是等比数列．(2)在(1)的条件下证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，并求a n .13．数列{}n a 满足11a =，1122n nn nn a a a ++=+（n N +∈）. （Ⅰ）证明：数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式n a ；（Ⅲ）设(1)n n b n n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .14. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12na n ＋a n －c (c 是常数，n ∈N *)，a 2＝6.(1)求c 的值及数列{a n }的通项公式；(2)证明1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.15. 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且3a 2是a 1＋3和a 3＋4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <12.16. 已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝9·2n －1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若不等式S n >ka n －2对一切n ∈N *恒成立，求实数k 的取值范围．17. 已知数列{}n a 的前项n 和为n S ，11a =，n S 与13n S +-的等差中项是2()3n N *-∈．(1)证明数列23n S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； (2)求数列{}n a 的通项公式； (3)若对任意正整数n ，不等式n k S ≤恒成立，求实数k 的最大值． 18. 已知数列{}n a 中11=a ，121+=+n n n a a a （+∈N n ）． ⑴求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1为等差数列； ⑵设1+⋅=n n n a a b （+∈N n ），数列{}n b 的前n 项和为n S ，求满足20121005>n S 的最小正整数n ．19. 设{}n a 是公差不为零的等差数列，n S 为其前n 项和，满足222223457,7a a a a S +=+=．（1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ； （2）试求所有的正整数m ，使得12m m m a a a ++为数列{}n a 中的项． 20.已知N n *∈,数列{}n d 满足2)1(3nn d -+=,数列{}n a 满足1232n n a d d d d =+++⋅⋅⋅+；数列{}n b 为公比大于1的等比数列，且42,b b 为方程064202=+-x x 的两个不相等的实根. （Ⅰ）求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）将数列{}n b 中的第．1a 项，第．2a 项，第．3a 项，……，第．n a 项，……删去后剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{}n c ，求数列{}n c 的前2013项和.21.已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和．参考答案：1.【解析】 a 1a 2＝2×7＝14，所以a 3＝4,4×7＝28，所以a 4＝8,4×8＝32，所以a 5＝2,2×8＝16，所以a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8，a 11＝2，所以从第三项起，a n 成周期排列，周期数为6,2 013＝335×6＋3，所以a 2 014＝a 4＝8，故选C.2.【答案】C 由n n n a a a -=++122知数列}{n a 为等差数列，由354a a -=得53174a a a a +==+，所以()1777142a a S +== 3.【答案】 D 由题意可得6613(6)62a d a d +=++，得612a =，又11111611()111322a a S a +===（作为选择题，可以用常数列求解）4.【答案】C 由题意知()()184********=70,0,022a a a a S a a a S ++<+>\==> 5.【答案】A ()()1116111995111111921999112a a a S a a S a +===?+6.【答案】A 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由1()2n n n a a S +=得12n n S a a n +=，又32008201120082011=-S S ，所以1201012008322a a a a++-=，得201020086a a -=，所以26d =，解得3d =，所以21201022008a a d =+=-+=-7. A8.【答案】A 【解析】设数列的公比为q ，由7652a a a =+得25552a q a q a =+，解得2(1舍）q q ==-14a =得221124m n a a +-=，所以6m n +=，所以19m n+19199586666633m n m n m n n m +⎛⎫=+=+++≥+= ⎪⎝⎭ 9.【解析】由已知得1233a a a =,129n n n a a a --=,两式相乘得12132()()()27n n n a a a a a a --= 所以由等比数列的性质得12132n n n a a a a a a --==,所以13n a a =.记121n n x a a a a -=gL g ,则121n n x a a a a -=g L g ,两式相乘得 21211211()()()()()n n n n n n x a a a a a a a a a a --==g L g所以由题意可得22433n=,解得10n =.10.【答案】150 【解析】由数列的通项公式得(0141)(4181)n S =++++-++++K ，四项为一组，每组的和都是6，所以100256150S =⨯=11.【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2d ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.3分所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5，或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5，或a n ＝3n －7.5分(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列；6分 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件.7分故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.9分记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；10分 当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式.12分综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n >1.13分 12. (1)证明：由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5， ∴b 1＝a 2－2a 1＝3.由S n ＋1＝4a n ＋2 ① 知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)又∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1，∴{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)34＝34n －14,a n ＝(3n －1)·2n －2. 13.（Ⅰ）由已知可得1122n n n n n a a a ++=+，即11221n n n n a a ++=+，即11221n nn na a ++-=∴ 数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列……5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知122(1)11n n n n a a =+-⨯=+，∴ 21n n a n =+ ……8分 （Ⅲ）由（Ⅱ）知2nn b n =⋅,231222322n n S n =⋅+⋅+⋅++⋅L23121222(1)22n n n S n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅L ……10分相减得：231122222222212n nn n n S n n ++-⋅-=++++-⋅=-⋅-L11222n n n ++=--⋅ ………12分∴ 1(1)22n n S n +=-⋅+………13分14.(1)解 因为S n ＝12na n ＋a n －c ，所以当n ＝1时，S 1＝12a 1＋a 1－c ，解得a 1＝2c ，……(2分)当n ＝2时，S 2＝a 2＋a 2－c ，即a 1＋a 2＝2a 2－c ，解得a 2＝3c ，……(3分) 所以3c ＝6，解得c ＝2；……(4分)则a 1＝4，数列{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2.……(6分) (2)证明 因为1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝14×6＋16×8＋…＋1(2n ＋2)(2n ＋4)＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n ＋2－12n ＋4)＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n ＋2－12n ＋4)]……(8分) ＝12(14－12n ＋4)＝18－14(n ＋2).…(10分) 因为n ∈N *，所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.……(12分)15.解：(1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋3＋a 3＋42＝3a 2.解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，则a 1q ＝2，∴a 1＝2q，a 3＝a 1q 2＝2q .由S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，∴2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意，得q >1，∴q ＝2.∴a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a 2＝2n －1.(2)证明：∵b n ＝a n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝2n －1(2n －1＋1)(2n＋1)＝12n －1＋1－12n ＋1，∴T n ＝⎝⎛⎭⎫120＋1－121＋1＋⎝⎛⎭⎫121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋1－12n ＋1＝11＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1<12. 16.解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，∵a n ＋1＋a n ＝9·2n －1，n ∈N *，∴a 2＋a 1＝9，a 3＋a 2＝18，∴q ＝a 3＋a 2a 2＋a 1＝189＝2，∴2a 1＋a 1＝9，∴a 1＝3.∴a n ＝3·2n －1，n ∈N *，经验证，满足题意．(2)由(1)知S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝3(1－2n )1－2＝3(2n －1)，∴3(2n －1)>k ·3·2n －1－2，∴k <2－13·2n －1.令f (n )＝2－13·2n －1，则f (n )随n 的增大而增大，∴f (n )min ＝f (1)＝2－13＝53.∴k <53.∴实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，53. 17.解:（1）因为n S 和13+-n S 的等差中项是23-， 所以331-=-+n n S S （*N n ∈），即1311+=+n n S S ， …………2分 由此得)23(31213123)131(231-=-=-+=-+n n n n S S S S （*N n ∈），………3分即3123231=--+n n S S （*N n ∈）， ……………4分 又21232311-=-=-a S ， 所以数列}23{-n S 是以21-为首项，31为公比的等比数列. ……………5分（2）由（1）得1)31(2123-⨯-=-n n S ，即1)31(2123--=n n S （*N n ∈），………6分所以，当2≥n 时，121131])31(2123[])31(2123[----=---=-=n n n n n n S S a ，…8分 又1=n 时，11=a 也适合上式，所以)(31*1N n a n n ∈=-. ……………9分 （3）要使不等式n k S ≤对任意正整数n 恒成立，即k 小于或等于n S 的所有值.又因为1)31(2123--=n n S 是单调递增数列, ……………10分且当1=n 时，n S 取得最小值1)31(2123111=-=-S , ……………11分要使k 小于或等于n S 的所有值，即1≤k , ……………13分所以实数k 的最大值为1. ……………14分18.证明与求解：⑴由11=a 与121+=+n nn a a a 得0≠n a ……1分，nn n n a a a a 121211+=+=+……3分， 所以+∈∀N n ，2111=-+nn a a 为常数，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1为等差数列……5分 ⑵由⑴得12)1(2111-=-+=n n a a n ……7分 )121121(21)12)(12(11+--=+-=⋅=+n n n n a a b n n n ……8分所以1211111111(1)()()2323522121n n S b b b n n =+++=-+-++--+L L …9分，)1211(21+-=n ……10分，12+=n n……11分， 由20121005>n S 即2012100512>+n n 得2150221005=>n ……13分， 所以满足20121005>n S 的最小正整数503=n ……14分．19.【解析】(1）设公差为d ，则22222543a a a a -=-， 由性质得43433()()d a a d a a -+=+，因为0d ≠，所以430a a +=，即1250a d +=，（3分）又由77S =得176772a d ⨯+=，解得15a =-，2d =，所以数列{}n a 的通项公式27n a n =-，前n 项和26n S n n =-．(2)方法一12m m m a a a ++=(27)(25)23m m m ---，设23m t -=，则12m m m a a a ++=(4)(2)86t t t t t--=+-， 所以t 为8的约数，因为t 是奇数，所以t 可取的值为1±，当1,2t m ==时，863,2573t t +-=⨯-=，是数列{}n a 中的项；当1,2t m =-=时，8615,t t+-=-，是数列{}n a 中的最小项是5-，不符合；所以满足条件的正整数2m =．（12分）方法二 因为1222222(4)(2)86m m m m m m m m a a a a a a a a +++++++--==-+为数列{}n a 中的项， 故28m a +为整数，又由（1）知：2m a +为奇数，所以2231,1,2m a m m +=-=±=即 经检验，符合题意的正整数只有2m =．．20.【解析】：（Ⅰ）3(1)2n n d +-=Q ，∴1232n n a d d d d =+++⋅⋅⋅+3232nn ⨯== ……………………………………………3分因为42,b b 为方程064202=+-x x 的两个不相等的实数根.所以2042=+b b ，6442=⋅b b ……………………………………………………………4分解得：42=b ，164=b ,所以：nn b 2=……………………………………………………6分（Ⅱ）由题知将数列{}n b 中的第3项、第6项、第9项……删去后构成的新数列{}n c 中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项分别是12b =，24b =公比均是,8 …………9分201313520132462012()()T c c c c c c c c =+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+1007100610062(18)4(18)208618187⨯-⨯-⨯-=+=-- ………………………………12分 21.【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2d ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.3分所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5，或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5，或a n ＝3n －7.5分(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列；6分 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件.7分故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.9分记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；10分当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式.12分综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n >1.13分。
高三数学练习题及答案：数列
【导语】以下是⽆忧考为⼤家推荐的有关⾼三数学练习题及答案：数列，如果觉得很不错，欢迎点评和分享～感谢你的阅读与⽀持！ ⼀、选择题：本⼤题共12⼩题，每⼩题5分，共60分. 1.在等差数列{an}中，若a1+a2+a12+a13=24，则a7为()A.6B.7C.8D.9 解析：∵a1+a2+a12+a13=4a7=24，∴a7=6. 答案：A 2.若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满⾜S33-S22=1，则数列{an}的公差是()A.12B.1C.2D.3 解析：由Sn=na1+n(n-1)2d，得S3=3a1+3d，S2=2a1+d，代⼊S33-S22=1，得d=2，故选C. 答案：C 3.已知数列a1=1，a2=5，an+2=an+1-an(n∈N*)，则a2011等于()A.1B.-4C.4D.5 解析：由已知，得a1=1，a2=5，a3=4，a4=-1，a5=-5，a6=-4，a7=1，a8=5，… 故{an}是以6为周期的数列， ∴a2011=a6×335+1=a1=1. 答案：A 4.设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5A.d<0B.a7=0C.S9>S5D.S6与S7均为Sn的值 解析：∵S5 ⼜S7>S8，∴a8<0. 假设S9>S5，则a6+a7+a8+a9>0，即2(a7+a8)>0. ∵a7=0，a8<0，∴a7+a8<0.假设不成⽴，故S9 答案：C 5.设数列{an}是等⽐数列，其前n项和为Sn，若S3=3a3，则公⽐q的值为()A.-12B.12C.1或-12D.-2或12[ 解析：设⾸项为a1，公⽐为q， 则当q=1时，S3=3a1=3a3，适合题意. 当q≠1时，a1(1-q3)1-q=3•a1q2， ∴1-q3=3q2-3q3，即1+q+q2=3q2,2q2-q-1=0， 解得q=1(舍去)，或q=-12. 综上，q=1，或q=-12. 答案：C 6.若数列{an}的通项公式an=5•252n-2-4•25n-1，数列{an}的项为第x项，最⼩项为第y项，则x+y等于() 解析：an=5•252n-2-4•25n-1=5•25n-1-252-45， ∴n=2时，an最⼩;n=1时，an. 此时x=1，y=2，∴x+y=3. 答案：A 7.数列{an}中，a1=15,3an+1=3an-2(n∈N*)，则该数列中相邻两项的乘积是负数的是()A.a21a22B.a22a23C.a23a24D.a24a25 解析：∵3an+1=3an-2， ∴an+1-an=-23，即公差d=-23. ∴an=a1+(n-1)•d=15-23(n-1). 令an>0，即15-23(n-1)>0，解得n<23.5. ⼜n∈N*，∴n≤23，∴a23>0，⽽a24<0，∴a23a24<0. 答案：C 8.某⼯⼚去年产值为a，计划今后5年内每年⽐上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个⼚的总产值为()A.1.14aB.1.15aC.11×(1.15-1)aD.10×(1.16-1)a 解析：由已知，得每年产值构成等⽐数列a1=a，w an=a(1+10%)n-1(1≤n≤6). ∴总产值为S6-a1=11×(1.15-1)a. 答案：C 9.已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a7•a14的值为()A.25B.50C.100D.不存在 解析：由S20=100，得a1+a20=10.∴a7+a14=10. ⼜a7>0，a14>0，∴a7•a14≤a7+a1422=25. 答案：A 10.设数列{an}是⾸项为m，公⽐为q(q≠0)的等⽐数列，Sn是它的前n项和，对任意的n∈N*，点an，S2nSn() A.在直线mx+qy-q=0上 B.在直线qx-my+m=0上 C.在直线qx+my-q=0上 D.不⼀定在⼀条直线上 解析：an=mqn-1=x，①S2nSn=m(1-q2n)1-qm(1-qn)1-q=1+qn=y，② 由②得qn=y-1，代⼊①得x=mq(y-1)，即qx-my+m=0. 答案：B 11.将以2为⾸项的偶数数列，按下列⽅法分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，…，第n组有n个数，则第n组的⾸项为()A.n2-nB.n2+n+2 解析：因为前n-1组占⽤了数列2,4,6，…的前1+2+3+…+(n-1)=(n-1)n2项，所以第n组的⾸项为数列2,4,6，…的第(n-1)n2+1项，等于2+(n-1)n2+1-1•2=n2-n+2. 答案：D 12.设m∈N*，log2m的整数部分⽤F(m)表⽰，则F(1)+F(2)+…+F(1024)的值是()A.8204B.8192C.9218D.以上都不对 解析：依题意，F(1)=0， F(2)=F(3)=1，有2个 F(4)=F(5)=F(6)=F(7)=2，有22个. F(8)=…=F(15)=3，有23个. F(16)=…=F(31)=4，有24个. … F(512)=…=F(1023)=9，有29个. F(1024)=10，有1个. 故F(1)+F(2)+…+F(1024)=0+1×2+2×22+3×23+…+9×29+10. 令T=1×2+2×22+3×23+…+9×29，① 则2T=1×22+2×23+…+8×29+9×210.② ①-②，得-T=2+22+23+…+29-9×210= 2(1-29)1-2-9×210=210-2-9×210=-8×210-2， ∴T=8×210+2=8194，m] ∴F(1)+F(2)+…+F(1024)=8194+10=8204. 答案：A 第Ⅱ卷(⾮选择共90分) ⼆、填空题：本⼤题共4个⼩题，每⼩题5分，共20分. 13.若数列{an}满⾜关系a1=2，an+1=3an+2，该数列的通项公式为__________. 解析：∵an+1=3an+2两边加上1得，an+1+1=3(an+1)， ∴{an+1}是以a1+1=3为⾸项，以3为公⽐的等⽐数列， ∴an+1=3•3n-1=3n，∴an=3n-1. 答案：an=3n-1 14.已知公差不为零的等差数列{an}中，M=anan+3，N=an+1an+2，则M与N的⼤⼩关系是__________. 解析：设{an}的公差为d，则d≠0. M-N=an(an+3d)-[(an+d)(an+2d)] =an2+3dan-an2-3dan-2d2=-2d2<0，∴M 答案：M 15.在数列{an}中，a1=6，且对任意⼤于1的正整数n，点(an，an-1)在直线x-y=6上，则数列{ann3(n+1)}的前n项和Sn=__________. 解析：∵点(an，an-1)在直线x-y=6上， ∴an-an-1=6，即数列{an}为等差数列. ∴an=a1+6(n-1)=6+6(n-1)=6n， ∴an=6n2. ∴ann3(n+1)=6n2n3(n+1)=6n(n+1)=61n-1n+1 ∴Sn=61-12+12-13+…+1n-1n+1.=61-1n+1=6nn+1. 答案：6nn+1 16.观察下表： 1 234 34567 45678910 … 则第__________⾏的各数之和等于20092. 解析：设第n⾏的各数之和等于20092， 则此⾏是⼀个⾸项a1=n，项数为2n-1，公差为1的等差数列. 故S=n×(2n-1)+(2n-1)(2n-2)2=20092，解得n=1005. 答案：1005 三、解答题：本⼤题共6⼩题，共70分. 17.(10分)已知数列{an}中，a1=12，an+1=12an+1(n∈N*)，令bn=an-2. (1)求证：{bn}是等⽐数列，并求bn; (2)求通项an并求{an}的前n项和Sn. 解析：(1)∵bn+1bn=an+1-2an-2=12an+1-2an-2=12an-1an-2=12， ∴{bn}是等⽐数列. ∵b1=a1-2=-32， ∴bn=b1qn-1=-32×12n-1=-32n. (2)an=bn+2=-32n+2， Sn=a1+a2+…+an =-32+2+-322+2+-323+2+…+-32n+2 =-3×12+122+…+12n+2n=-3×12×1-12n1-12+2n=32n+2n-3. 18.(12分)若数列{an}的前n项和Sn=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满⾜b1=-1，bn+1=bn+(2n-1)，且cn=an•bnn，求数列{cn}的通项公式及其前n项和Tn. 解析：(1)由题意Sn=2n， 得Sn-1=2n-1(n≥2)， 两式相减，得an=2n-2n-1=2n-1(n≥2). 当n=1时，21-1=1≠S1=a1=2. ∴an=2(n=1)，2n-1(n≥2). (2)∵bn+1=bn+(2n-1)， ∴b2-b1=1， b3-b2=3， b4-b3=5， … bn-bn-1=2n-3. 以上各式相加，得 bn-b1=1+3+5+…+(2n-3) =(n-1)(1+2n-3)2=(n-1)2. ∵b1=-1，∴bn=n2-2n， ∴cn=-2(n=1)，(n-2)×2n-1(n≥2)， ∴Tn=-2+0×21+1×22+2×23+…+(n-2)×2n-1， ∴2Tn=-4+0×22+1×23+2×24+…+(n-2)×2n. ∴-Tn=2+22+23+…+2n-1-(n-2)×2n =2(1-2n-1)1-2-(n-2)×2n =2n-2-(n-2)×2n =-2-(n-3)×2n. ∴Tn=2+(n-3)×2n. 19.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3+S5=50，a1，a4，a13成等⽐数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按原来顺序组成⼀个新数列{bn}，记该数列的前n 项和为Tn，求Tn的表达式. 解析：(1)依题意，得 3a1+3×22d+5a1+5×42d=50，(a1+3d)2=a1(a1+12d)，解得a1=3，d=2. ∴an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1， 即an=2n+1. (2)由已知，得bn=a2n=2×2n+1=2n+1+1， ∴Tn=b1+b2+…+bn =(22+1)+(23+1)+…+(2n+1+1) =4(1-2n)1-2+n=2n+2-4+n. 20.(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且ban-2n=(b-1)Sn. (1)证明：当b=2时，{an-n•2n-1}是等⽐数列; (2)求通项an.新课标第⼀ 解析：由题意知，a1=2，且ban-2n=(b-1)Sn， ban+1-2n+1=(b-1)Sn+1， 两式相减，得b(an+1-an)-2n=(b-1)an+1， 即an+1=ban+2n.① (1)当b=2时，由①知，an+1=2an+2n. 于是an+1-(n+1)•2n=2an+2n-(n+1)•2n =2an-n•2n-1. ⼜a1-1•20=1≠0， ∴{an-n•2n-1}是⾸项为1，公⽐为2的等⽐数列. (2)当b=2时， 由(1)知，an-n•2n-1=2n-1，即an=(n+1)•2n-1 当b≠2时，由①得 an+1-12-b•2n+1=ban+2n-12-b•2n+1=ban-b2-b•2n =ban-12-b•2n， 因此an+1-12-b•2n+1=ban-12-b•2n=2(1-b)2-b•bn. 得an=2，n=1，12-b[2n+(2-2b)bn-1]，n≥2. 21.(12分)某地在抗洪抢险中接到预报，24⼩时后⼜⼀个超历史⽔位的洪峰到达，为保证万⽆⼀失，抗洪指挥部决定在24⼩时内另筑起⼀道堤作为第⼆道防线.经计算，如果有20辆⼤型翻⽃车同时作业25⼩时，可以筑起第⼆道防线，但是除了现有的⼀辆车可以⽴即投⼊作业外，其余车辆需从各处紧急抽调，每隔20分钟就有⼀辆车到达并投⼊⼯作.问指挥部⾄少还需组织多少辆车这样陆续⼯作，才能保证24⼩时内完成第⼆道防线，请说明理由. 解析：设从现有这辆车投⼊⼯作算起，各车的⼯作时间依次组成数列{an}，则an-an-1=-13. 所以各车的⼯作时间构成⾸项为24，公差为-13的等差数列，由题知，24⼩时内最多可抽调72辆车. 设还需组织(n-1)辆车，则 a1+a2+…+an=24n+n(n-1)2×-13≥20×25. 所以n2-145n+3000≤0， 解得25≤n≤120，且n≤73. 所以nmin=25，n-1=24. 故⾄少还需组织24辆车陆续⼯作，才能保证在24⼩时内完成第⼆道防线. 22.(12分)已知点集L={(x，y)|y=m•n}，其中m=(2x-2b,1)，n=(1,1+2b)，点列Pn(an，bn)在点集L中，P1为L的轨迹与y轴的交点，已知数列{an}为等差数列，且公差为1，n∈N*. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式; (3)设cn=5n•an•|PnPn+1|(n≥2)，求c2+c3+c4+…+cn的值. 解析：(1)由y=m•n，m=(2x-2b,1)，n=(1,1+2b)， 得y=2x+1，即L：y=2x+1. ∵P1为L的轨迹与y轴的交点， ∴P1(0,1)，则a1=0，b1=1. ∵数列{an}为等差数列，且公差为1， ∴an=n-1(n∈N*). 代⼊y=2x+1，得bn=2n-1(n∈N*). (2)∵Pn(n-1,2n-1)，∴Pn+1(n,2n+1). =5n2-n-1=5n-1102-2120. ∵n∈N*， (3)当n≥2时，Pn(n-1,2n-1)， ∴c2+c3+…+cn =1-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n.。
高三数学数列专项练习题及答案
高三数学数列专项练习题及答案一、选择题1.已知数列{an}的通项公式为an = 3n + 2，则数列的首项是：A. 1B. 2C. 3D. 4答案：B2.有一个等差数列的第1项是3，公差是4，求该数列的第10项：A. 23B. 27C. 30D. 33答案：C3.已知数列{an}的前n项和Sn = n^2 + 2n，求该数列的通项公式。
A. an = n^2B. an = n^2 + 2n + 1C. an = n^2 + nD. an = n^2 + 2n答案：D4.已知等差数列{an}的前n项和Sn = 2n^2 + 3n，求该数列的第10项。
A. 183B. 193C. 203D. 213答案：C5.已知等差数列{an}的前5项之和为10，其中首项为a1，公差为d，求a5的值。
A. 4B. 5C. 6D. 7答案：D二、填空题1.已知等差数列{an}的前n项和Sn = 2n^2 + 5n，求a1的值。
答案：22.已知数列{an}的通项公式为an = 2^n，其中n为自然数，求该数列的前5项之和。
答案：623.已知等差数列{an}的前n项和Sn = n^2 + 3n，求a1的值。
答案：14.已知等差数列{an}的前n项和Sn = 4n - n^2，求该数列的第7项。
答案：115.已知等差数列{an}的首项为3，公差为-2，求该数列的第8项。
答案：-5三、解答题1.已知数列{an}的通项公式为an = 3n + 2，求该数列的前10项。
解答：将n分别代入1到10，得到该数列的前10项为：5, 8, 11, 14, 17, 20, 23, 26, 29, 32。
2.已知等差数列{an}的首项是5，公差是3，求该数列的前10项之和。
解答：根据等差数列的图像性质可知，首项和末项之和等于前n项和的两倍。
所以，末项为a10 = 5 + 3 × (10 - 1) = 32。
故前10项之和为(5 + 32) × 10 ÷ 2 = 185。
统编教材部编版人教版高考数学复习专题04 数 列(新高考地区专用)(原卷版附解析答案)
专题04 数 列一．等比数列前n 项和规律n n n n 11111n n a (1q )a a q a a S q S =A-Aq 1q 1q 1q 1q --===-⇔----简记：，指数次数只能为n 次方常数与指数函数的系数成相反数二．单一条件口算结果-----实质考查等比或等差中项1.无论是等差还是等比数列，如果只知道一个条件是取法确定具体的数列，那么可以处理为非0的常数数列，因为非0的常数数列即是等差也是等比数列。
（常数数列：每一项都是相同的）{}{}n n n n 12n 12n-1n n n n 12n 12n-1n n n m n n n n-12.a n S ,b n ,(a a )(2n 1)S 2a a S An B a A(2n 1)B 2(1)=(2)(b b )(2n 1)T 2b b T Cn D b C(2m 1)D2S An B An B kn=n T Cn D Cn D knS An B kn S [A --+-+-+====+-+-+++=⇒++=+=等差数列的前项和等差数列的前项和T 则（）推导：等差数列的前项和为无常数的二次函数（）（）n n m m a k[A(2n 1)B](n 1)B]kn a A(2n 1)Bb k[A(2m 1)B]b C(2m 1)D⎧⎪−−−→=-+⎨-+⎪⎩-+=-+∴=-+相减同理可得 三．公式法口算通项----a n =S n -S n-1(n ≥2)21122n-11n -n n n 2(1)(2)n 1⇔⇔⎧⎪≥⎨⎪⎩-≥=∴n n n 模型1:无常数项的二次函数S =An +Bn a =2An+(B-A)系数2倍，常数后前推导过程：=1时，S =A+B 即a =A+BS =An +Bn(1)时，S =A(n-1)+B(n-1)(2)得a =2An+(B-A)（n 2)令时，a =A+B a =2An+(B-A)21122n-11+ n=1n +n +n +n 2+(1)(2)n 1+ n=1⎧⎪⇔⇔⎨≥⎪⎩⎧⎪≥⎨⎪⎩-≥=∴n n n A+B C 模型2:有常数项的二次函数S =An +Bn C a =2An+(B-A) n 2推导过程：=1时，S =A+B+C 即a =A+B CS =An +Bn C(1)时，S =A(n-1)+B(n-1)C(2)得a =2An+(B-A)（n 2)令时，a =A+B A+B C a =2An+(⎧⎪⎨≥⎪⎩B-A) n 2nn n 111nn 1n-1n 11n 1n=1A B A n n A Bn 2A B(1)(2)A 1n 1 n=1A ----⎧⎪⇔+⇔⎨≥⎪⎩⎧+⎪≥⎨+⎪⎩-≥⇒=∴n n n k(A-1)模型3:指数型函数S =k a =k(A-1) n 2推导过程：=1时，S =A+B 即a =A+BS =k (1)时，S =k (2)得a =k(A-1)（n 2)指数函数的次数减令时，a =k(A-1)k(A-1)a =k(A-1) ⎧⎪⇒⎨≥⎪⎩当分段两者n=1结果相同时，合并为一式n 2{}n 1n n 111n n n-1n 1n n n 1n+1n 1n 1n 11k a B ()1k k 1n a B 1ka Bn 2a Ba k (1)(2)a a =a k+1a k 1=a kka k 1=a q 1k -----⇔+⇔⋅--+-+⎧⎪≥⎨+⎪⎩⎧⎪-⇔⎨-⎪⎩∴-∴⋅=-n n n n B 模型4:指数型函数S =k a =推导过程：B=1时，S =k 即a =S =k (1)时，S =k (2)不是固定的，右边的k 与下标同步得a =k -k 即a 是以首项，公比为的等比数列B a n 1k ()k 1-⋅-记得检验首项四．口算错位相减法的结果nn n 1n (1)a (dn t)q 2n d A 1q S Bq (An B)q A t B 1q +⎧⎪=+⇒⎨⎪⎩⎧=⎪-⎪∴=-+⇔⎨+⎪=⎪-⎩乘法模型，除的话改成乘法通项公式：（）指数函数的指数为，非n 变成n五．斐波那数列---黄金分割数列---nn 1a 0.618a +≈n n-1n-2n n n n n 21. a =a +a 112.a [((]5223.:S a 1+≥≥+-=-=-特征：F(n)=F(n-1)+F(n-2) n 3或n 3通项：规律4. 数列特点：0 1 1 2 3 5 8 13 21 34...三个数据为一组，第一数据为偶数，第二、三个数据为奇数技巧1 等比数列前n 项和规律【例1】（2020·福建省厦门第六中学）已知等比数列{}n a 的前n 项和()232nn S λλ=+-⋅（λ为常数），则λ=（ ） A ．2- B ．1-C ．1D ．2【举一反三】1．（2020·安徽含山（理））已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝3n +2+3t ，则t ＝（ ） A ．1 B ．﹣1 C ．﹣3 D ．﹣92．（2020·安徽屯溪一中）已知等比数列{}n a 的前n 项和为1136n n S x -=⋅-，则x 的值为( ) A ．13B ．13-C ．12D ．12-技巧2 单一条件口算结果【例2-1】（1）（2020·宁夏高三其他（文））n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若150S =，则8a =（ ）. A ．-1B ．0C ．1D ．2（2）（2020·山西省长治市第二中学校高三月考（理））已知各项为正数的等比数列{}n a 满足2589a a a =﹐则3334353637log log log log log a a a a a ++++的值为（ ） A ．73B ．83C ．3D ．103【例2-2】（2020·河南）已知等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且521n n S n T n +=-，则76a b =（ ） A ．67B ．1211C ．1825D ．1621【举一反三】1．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S = A ．5 B ．7C ．9D ．112．（2020·广东云浮·）在正项等比数列{}n a 中，若63a =，则313233311log log log log a a a a ++++=（ ）．A ．5B ．6C ．10D ．113．（2020·浙江宁波）已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，若26102a a a π++=，2588b b b =，则4837sina ab b +的值是（ ） A ．12B ．12-CD．4．（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a ，{}n b 为等差数列，其前n 项和分别为n S ，n T ，422n n S n T n +=+，则59a b =（ ） A ．3811B ．109C ．1110D ．2技巧3 公式法口算通项【例3】（2020·南京市秦淮中学高三其他）已知数列{}n a 的前n 项和223n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为______．【举一反三】1．（2020·湖南湘潭·高考模拟（文））已知数列{}n a 的前n 项和公式为221n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为___．2．（2020·山西大同·高三一模（文））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若111,23+==+n n a a S ，则数列{}n a 的通项公式为___________.技巧4 错位相减法口算结果【例4】（2020·江西东湖·南昌二中高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，*)()n S n N ∈在函数2y x 的图象上，数列{}n b 满足1110,363n n b b b +==+， （1）求{}n a 的通项公式；（2）若(3)n n n c a b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【举一反三】1．（2020·河南高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且(1)2n n n n S a --=． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）如果数列12n n b -=，求数列{}n n a b 的前n 项和n T ．2．（2019·甘肃天水·高考模拟（文））在正项等比数列{n a }中，11a =且3542,,3a a a 成等差数列.（1）求数列的通项公式； （2）若数列{n b }满足n nnb a =，求数列{n b }的前n 项和n S ．技巧5 斐波那数列【例5】（2020·吉林前郭尔罗斯县第五中学）“斐波那契”数列是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的．数列中的一系列数字常被人们称为神奇数．具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从该数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列{}n a 为“斐波那契”数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，若2020a m =，则2018S =（ ） A ．2mB ．212m - C ．1m - D ．1m +【举一反三】1．（2020·河北高三月考）数列1、1、2、3、5、8、13、21、34、称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于1202年在他撰写的《算盘全书》中提出的，该数列的特点是：从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.在该数列的前2020项中，偶数的个数为（ ） A ．505 B ．673C ．674D ．10102．（2019·福建高三（理））斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”.如图，矩形ABCD 是以斐波那契数为边长的正方形拼接而成的，在每个正方形中作一个圆心角为90︒的圆弧，这些圆弧所连成的弧线就是斐波那契螺旋线的一部分.在矩形ABCD 内任取一点，该点取自阴影部分的概率为（ ）A ．8πB ．4π C ．14D ．341．（2020·湖北黄州·黄冈中学高三其他（理））已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，6353a a a +-=，则7S =（ ） A ．42 B ．21 C ．7D ．32．（2020·甘肃高三其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为2n n S a =+，则a=（ ）A ．0B ．2-C ．1-D ．13．（2020·辽源市田家炳高级中学校高二期末（理））斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为90︒的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形 ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（ ）A ．191160π+ B ．192160π+ C ．19180π+ D ．19280π+4．（2020·安徽高三月考（理））裴波那契数列（Fibonacci sequence ）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列{}n a 满足：121a a ==，21++=+n n n a a a ，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是（ ） A ．14B ．13C ．12D ．235．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是12(3,Ν)n n n a a a n n *--=+≥∈，其中11a =，21a =.若从该数列的前100项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（ ） A ．13B ．33100C ．12D ．671008．（2020·江西高三（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是()*123,n n n a a a n n N--=+≥∈，其中11a =，21a =.若从该数列的前120项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为（ ）A ．13B ．23C ．12D ．347．（2020·嘉祥县第一中学高三其他）设数列{}n a ，{}n b 均为等差数列，它们的前n 项和分别为n S ，n T ，若2334n n S n T n -=+，则55a b =（ ） A ．719 B ．1531C ．1734D ．19378．（2020·合肥一六八中学高三其他（理））已知数列{}n a 为等差数列，且满足251115a a a ++=，则数列{}n a 的前11项和为（ ）A ．40B ．45C ．50D ．559．（2019·河南高二月考）两等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且12n n S n T n+=，则85(a b = ) A ．45B ．67C ．89D ．210．(多选）（2020·福建省永泰县第一中学高三月考）斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（ ）A ．(1)1()2n nF n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎥=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦D ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛⎫⎥=+ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦12．（2020·福建漳州·高三其他（文））若n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且918S =，则5a =__________.13．（2020·陕西渭南·（理））已知数列{a n }的前n 项和S n =n (n +1)+2,其中*n N ∈,则a n =_____.14．（2020·湖北高三月考（理））设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若257n n S a =-，则n a =____15．（2020·浙江高三其他）已知数列{}n a 的前n 项和()2*21n S n n n N=+-∈，则1a=____________；数列{}n a 的通项公式为n a =____________．16．（2020·浙江高三月考）十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列{}n a 满足以下关系：11a =，21a =，()123--=+≥∈*n n n a a a n ,n N ，记其前n 项和为n S ，设2020a m =(m 为常数)，则20182020S a -=______；1352019+++⋅⋅⋅+=a a a a ______.17．（2020·陕西西安中学）斐波那契数列(Fibonaccisequence)，又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契(LeonardodaFibonacci)以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.它是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55……在数学上，斐波那契数列以如下递推的方法定义：a 1=1，a 2=1，n n 1n 2a a a --=+(n ≥3，n ∈N *)，记其前n 项和为S n ，设a 2019=t (t 为常数)，则2017201620152014S S S S +--＝________(用t 表示)，20172019S a -=________(用常数表示).18．（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21nn S =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若()21n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．19．（2020·河南高二其他（文））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，2121a a =+.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列{}n b 满足()214n n na b -=， 求数列{}n b 的前n 项和n R .专题04 数 列二．等比数列前n 项和规律n n n n 11111n n a (1q )a a q a a S q S =A-Aq 1q 1q 1q 1q --===-⇔----简记：，指数次数只能为n 次方常数与指数函数的系数成相反数二．单一条件口算结果-----实质考查等比或等差中项1.无论是等差还是等比数列，如果只知道一个条件是取法确定具体的数列，那么可以处理为非0的常数数列，因为非0的常数数列即是等差也是等比数列。
高三数学 数列多选题知识点总结含答案
高三数学 数列多选题知识点总结含答案一、数列多选题1．已知等比数列{}n a 首项11a >，公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，函数()()()()127f x x x a x a x a =+++，若()01f '=，则（ ）A ．{}lg n a 为单调递增的等差数列B ．01q <<C ．11n a S q ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为单调递增的等比数列D ．使得1n T >成立的n 的最大值为6【答案】BCD 【分析】令()()()()127g x x a x a x a =+++，利用()()127001f g a a a '===可得3411a a q ==，01q <<，B 正确；由()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-可得A 错误；由()111111111n n n a a a qS q q q q q --=--=⋅---可得C 正确；由11a >，01q <<，41a =可推出671T T >=，81T <可得D 正确. 【详解】令()()()()127g x x a x a x a =+++，则()()f x xg x =， ()()()f x g x xg x ''∴=+，()()127001f g a a a '∴===，因为{}n a 是等比数列，所以712741a a a a ==，即3411a a q ==，11a >，01q ∴<<，B 正确；()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-，{}lg n a ∴是公差为lg q 的递减等差数列，A 错误；()111111111n n n a a a q S q q q q q --=--=⋅---，11n a S q ⎧⎫∴-⎨⎬-⎩⎭是首项为101a q q <-，公比为q 的递增等比数列，C 正确；11a >，01q <<，41a =，3n ∴≤时，1n a >，5n ≥时，01n a <<，4n ∴≤时，1n T >，7712741T a a a a ===，8n ∴≥时，78971n n T T a a a T =<=，又75671T T a a =>，7671T T a =>，所以使得1n T >成立的n 的最大值为6，D 正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，0n a ≠，且202021111212a a ++≤+（ ）A ．若数列{}n a 为等差数列，则20210S ≥B ．若数列{}n a 为等差数列，则10110a ≤C ．若数列{}n a 为等比数列，则20200T >D ．若数列{}n a 为等比数列，则20200a <【答案】AC 【分析】由不等关系式，构造11()212xf x =-+，易得()f x 在R 上单调递减且为奇函数，即有220200a a +≥，讨论{}n a 为等差数列、等比数列，结合等差、等比的性质判断项、前n 项和或积的符号即可. 【详解】 由202021111212a a ++≤+，得2020211110212212a a +-+-≤+， 令11()212x f x =-+，则()f x 在R 上单调递减，而1121()212212xx x f x --=-=-++， ∴12()()102121xx x f x f x -+=+-=++，即()f x 为奇函数，∴220200a a +≥，当{}n a 为等差数列，22020101120a a a +=≥，即10110a ≥，且2202020212021()02a a S +=≥，故A 正确，B 错误；当{}n a 为等比数列，201820202a a q=，显然22020,a a 同号，若20200a <，则220200a a +<与上述结论矛盾且0n a ≠，所以前2020项都为正项，则202012020...0T a a =⋅⋅>，故C 正确，D 错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：利用已知构造函数，并确定其单调性和奇偶性，进而得到220200a a +≥，基于该不等关系，讨论{}n a 为等差、等比数列时项、前n 项和、前n 项积的符号.3．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，201920212020S S S <<，设12n n n n b a a a ++=，则数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则下列结论中正确的是（ ） A ．20200a >B ．20210a <C ．2019202020212022a a a a ⋅>⋅D ．2019n =时，n T 取得最大值【答案】ABC 【分析】根据题设条件，得到2021202020212020201920200,0S S a S S a -=<-=>，进而求得201920220a a >->，20192020a a >20212022a a ，再结合“裂项法”求得12121112n n n T d a a a a ++⎫⎛=-⎪⎝⎭，结合0d <，即可求解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为201920212020S S S <<，可得2021202020210S S a -=<，2020201920200S S a -=>，20212019S S -=202120200a a +>，即202020210a a >->，202020210a d a d ->-->，即201920220a a >->， 所以20192020a a >20212022a a ，0d <，即数列{}n a 递减， 且10a >，20a >，…，20200a >，20210a <， 又由12n n n n b a a a ++=，可得1211n n n n b a a a ++==1121112n n n n d a a a a +++⎛⎫- ⎪⎝⎭， 则122323341121211111111122n n n n n T d a a a a a a a a a a a a d a a +++⎛⎫⎛=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪⎝⎝⎭121n n a a ++⎫⎪⎭，由0d <，要使n T 取最大值，则121211n n a a a a ++⎛⎫- ⎪⎝⎭取得最小值， 显然1210n n a a ++>，而23a a >34201920202021202220222023a a a a a a a a >⋅⋅⋅>><<⋅⋅⋅， 所以当2020n =时，121211n n a a a a ++⎛⎫- ⎪⎝⎭取得最小值. 综上可得，正确的选项为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题主要考查了数列的综合应用，其中解答中熟练应用通项n a 和n S 的关系式，数列的“裂项法”求和，以及数列的单调性进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.4．设n S 是公差为()d d ≠0的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则下列命题正确的是（ ） A ．若0d <，则数列{}n S 有最大项 B ．若数列{}n S 有最大项，则0d <C ．若对任意*n N ∈，均有0n S >，则数列{}n S 是递增数列D ．若数列{}n S 是递增数列，则对任意*n N ∈，均有0n S > 【答案】ABC 【分析】由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，可看作关于n 的二次函数，由二次函数的性质逐个选项验证可得. 【详解】由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭， 选项A ，若0d <，由二次函数的性质可得数列{}n S 有最大项，故正确； 选项B ，若数列{}n S 有最大项，则对应抛物线开口向下，则有0d <，故正确； 选项C ，若对任意*n ∈N ，均有0n S >，对应抛物线开口向上，0d >， 可得数列{}n S 是递增数列，故正确；选项D ，若数列{}n S 是递增数列，则对应抛物线开口向上， 但不一定有任意*n ∈N ，均有0n S >，故错误. 故选：ABC . 【点睛】本题考查等差数列的求和公式的应用，()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭可看成是二次函数，然后利用二次函数的性质解决问题，考查分析和转化能力，属于常考题.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,则下列说法正确的是（ ） A ．若21,n S n =-则{}n a 是等差数列B ．若21,nn S =-则{}n a 是等比数列C ．若{}n a 是等差数列，则995099S a =D ．若{}n a 是等比数列，且10,0,a q >>则221212n n n S S S -+⋅>【答案】BC 【分析】由n S 求n a ，根据通项公式可判断AB 是否正确，由等差数列的性质可判断C ，取1n =时，结合等比数列求和公式作差比较13S S ⋅与22S 大小即可判断D. 【详解】对于A 选项，若21n S n =-，当2n ≥时，21n a n =-，10a =不满足21n a n =-，故A错误；对于B 选项，若21nn S =-，则1112,21,1n n n n S S n a S n --⎧-=≥=⎨==⎩，由于11a =满足12n n a -=，所以{}n a 是等比数列，故B 正确；对于C 选项，若{}n a 是等差数列，则()199995099992a a S a +==，故C 正确. 对于D 选项，当1n =时，()()222222132111110S S S a q qa q a q ⋅-=++-+=-<，故当1n =时不等式不等式，故221212n n n S S S -+⋅>不成立，所以D 错误.故选：BC 【点睛】本题考查数列的前n 项和为n S 与n a 之间的关系，等差数列的性质，等比数列的前n 项和为n S 的公式等，考查运算求解能力.本题D 选项解题的关键将问题特殊化，讨论1n =时，13S S ⋅与22S 大小情况.此外还需注意一下公式：11,2,1n n n S S n a S n --≥⎧=⎨=⎩；若{}n a 是等差数列，则()2121n n S n a -=-.6．某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 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40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=- C ．1n n a a +> D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【分析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-， 第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确； 因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+， 所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t ta a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确； 当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误； 故选：BC 【点睛】解题的关键是根据123,,a a a ，总结出n a ，并利用求和公式，求得n a 的表达式，综合性较强，考查计算化简的能力，属中档题.7．已知数列{}n a 的前n 项和为2n 33S n n =-，则下列说法正确的是（ ）A ．342n a n =-B ．16S 为n S 的最小值C ．1216272a a a +++=D ．1230450a a a +++=【答案】AC 【分析】利用和与项的关系，分1n =和2n ≥分别求得数列的通项公式，检验合并即可判定A; 根据数列的项的正负情况可以否定B;根据前16项都是正值可计算判定C;注意到121617193300()a a a S a a a +++=+----16302S S =-可计算后否定D.【详解】1133132a S ==-=,()()()2213333113422n n n a S S n n n n n n -=-=---+-=-≥,对于1n =也成立，所以342n a n =-，故A 正确；当17n <时，0n a >,当n=17时n a 0=,当17n >时，n a 0<,n S ∴只有最大值，没有最小值，故B 错误；因为当17n <时，0n a >,∴21216163316161716272a a a S +++==⨯-=⨯=，故C 正确；121617193300()a a a S a a a +++=+----2163022272(333030S S =-=⨯-⨯-）54490454=-=， 故D 错误. 故选：AC. 【点睛】本题考查数列的和与项的关系，数列的和的最值性质，绝对值数列的求和问题，属小综合题.和与项的关系()()1112n n n S n a S S n -⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩,若数列{}n a 的前 k 项为正值，往后都是小于等于零，则当n k ≥时有122n k n a a a S S ++⋯+=-，若数列{}n a 的前 k 项为负值，往后都是大于或等于零，则当n k ≥时有122n k n a a a S S ++⋯+=-+.若数列的前面一些项是非负，后面的项为负值，则前n 项和只有最大值，没有最小值，若数列的前面一些项是非正，后面的项为正值，则前n 项和只有最小值，没有最大值.8．已知数列{}n a ，{}n b 满足：12n n n a a b +=+，()*1312lnn n n n b a b n N n ++=++∈，110a b +>，则下列命题为真命题的是（ ）A ．数列{}n n a b -单调递增B ．数列{}n n a b +单调递增C ．数列{}n a 单调递增D ．数列{}n b 从某项以后单调递增【答案】BCD 【分析】计算221122ln 2a b a b a b -=--<-，知A 错误；依题意两式相加{}ln +-n n a b n 是等比数列，得到()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，知B 正确；结合已知条件，计算10n n a a +->，即得C 正确；先计算()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-，再结合指数函数、对数函数增长特征知D 正确.【详解】由题可知，12n n n a a b +=+①，1312lnn n n n b a b n++=++②，①-②得，1131lnn n n n n a b a b n+++-=--，当1n =时，2211ln 2a b a b -=--，∴2211-<-a b a b ，故A 错误．①+②得，()113ln(1)3ln n n n n a b a b n n +++=+++-，()11ln(1)3ln n n n n a b n a b n +++-+=+-，∴{}ln +-n n a b n 是以11a b +为首项，3为公比的等比数列，∴()111ln 3-+-=+⋅n n n a b n a b ，∴()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，③又110a b +>，∴B 正确．将③代入①得，()()11113ln n n n n n n a a a b a a b n -+=++=++⋅+，∴()11113ln 0n n n a a a b n -+-=+⋅+>，故C 正确．将③代入②得，()()11113311ln 3ln ln n n n n n n n n b b a b b a b n n n -+++=+++=++⋅++，∴()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-．由110a b +>，结合指数函数与对数函数的增长速度知，从某个()*n n N∈起，()1113ln 0n a b n -+⋅->，又ln(1)ln 0n n +->，∴10n n b b +->，即{}n b 从某项起单调递增，故D 正确． 故选：BCD ． 【点睛】判定数列单调性的方法：（1）定义法：对任意n *∈N ，1n n a a +>，则{}n a 是递增数列，1n n a a +<，则{}n a 是递减数列；（2）借助函数单调性：利用()n a f n =，研究函数单调性，得到数列单调性.二、平面向量多选题9．已知向量(4,3)a k =，(4,3)b k =，则（ ） A ．若a b ⊥，则0k = B ．若//a b ，则1k =C ．若a b >，则1k <D ．若a b a b +=-，则a b ⊥【答案】AD 【分析】先根据a b ⊥建立方程44330k k ⨯+⨯=解得0k =，判断选项A 正确；再根据//a b ，建立方程(4,3)(4,3)k k λ=解得1k =±，判断选项B 错误；接着根据a b >建立不等式>解得11k -<<，判断选项C 错误；最后根据a b a b +=-，化简整理得到a b ⊥，判断选项D 正确.【详解】解：因为(4,3)a k =，(4,3)b k =，a b ⊥，则44330k k ⨯+⨯=，解得0k =，故选项A 正确；因为(4,3)a k =，(4,3)b k =，//a b ，则λa b ，即(4,3)(4,3)k k λ=，解得1k =±，故选项B 错误；因为(4,3)a k =，(4,3)b k =，a b >，则>，解得11k -<<，故选项C 错误；因为(4,3)a k =，(4,3)b k =，a b a b +=-，则0a b ⋅=，0a ≠，0b ≠，所以a b ⊥，故选项D 正确. 故答案为：AD. 【点睛】本题考查利用向量垂直求参数、利用向量共线求参数、根据向量的模的大小关系求参数的范围、利用向量的运算判断向量垂直，是中档题.10．关于平面向量有下列四个命题，其中正确的命题为（ ） A ．若a b a c ⋅=⋅，则b c =；B ．已知(,3)a k =，(2,6)b =-，若//a b ，则1k =-；C ．非零向量a 和b ，满足||||||a b a b ==-，则a 与a b +的夹角为30º；D ．0||||||||a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫+⋅-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】BCD 【分析】通过举反例知A 不成立，由平行向量的坐标对应成比例知B 正确，由向量加减法的意义知，C 正确，通过化简计算得D 正确． 【详解】对A ，当0a = 时，可得到A 不成立； 对B ，//a b 时，有326k =-，1k ∴=-，故B 正确． 对C ，当||||||a b a b ==-时，a 、b 、a b -这三个向量平移后构成一个等边三角形，a b + 是这个等边三角形一条角平分线，故C 正确．对D ，22()()()()110||||||||||||a b a b a b a a a b b b +⋅-=-=-=，故D 正确． 故选：BCD ．【点睛】本题考查两个向量的数量积公式，两个向量加减法的几何意义，以及共线向量的坐标特点．属于基础题．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高三数学数列专题复习题含答案一、选择题1.等比数列{}n a 中，12a =，8a =4，函数()128()()()f x x x a x a x a =---，则()'0f =（ ）A ．62 B. 92 C. 122 D. 152 【答案】C【解析】考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法。
考虑到求导中，含有x 项均取0，则()'0f 只与函数()f x 的一次项有关；得：412123818()2a a a a a a ⋅⋅==。
2、在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠.若12345m a a a a a a =，则m= （A ）9 （B ）10 （C ）11 （D ）12 【答案】C3、已知{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为 （A ）158或5 （B ）3116或5 （C ）3116 （D ）158【答案】C【解析】本题主要考查等比数列前n 项和公式及等比数列的性质，属于中等题。
显然q ≠1，所以3639(1q )1-=121-q 1q q q q -⇒+⇒=-，所以1{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列， 前5项和5511()31211612T -==-. 4、已知各项均为正数的等比数列{n a }，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a =(A)【答案】A【解析】由等比数列的性质知31231322()5a a a a a a a ===，37897988()a a a a a a a ===10,所以132850a a =,所以13336456465528()()(50)52a a a a a a a a a ===== 5.已知等比数列{m a }中，各项都是正数，且1a ，321,22a a 成等差数列，则91078a a a a +=+A.12+B. 12-C. 322+D 322-6、设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为,,X Y Z ，则下列等式中恒成立的是 A 、2X Z Y += B 、()()Y Y X Z Z X -=- C 、2Y XZ =D 、()()Y Y X X Z X -=-【答案】 D【分析】取等比数列1,2,4,令1n =得1,3,7X Y Z ===代入验算，只有选项D 满足。
8、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若111a =-,466a a +=-,则当n S 取最小值时,n 等于A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】A【解析】设该数列的公差为d ，则461282(11)86a a a d d +=+=⨯-+=-，解得2d =， 所以22(1)11212(6)362n n n S n n n n -=-+⨯=-=--，所以当6n =时，n S 取最小值。
9、已知等比数列{}n a 满足0,1,2,n a n >=，且25252(3)nn a a n -⋅=≥，则当1n ≥时，2123221log log log n a a a -+++=A. (21)n n -B. 2(1)n + C. 2n D. 2(1)n -【解析】由25252(3)nn a a n -⋅=≥得n n a 222=，0>n a ，则n n a 2=， +⋅⋅⋅++3212log log a a2122)12(31log n n a n =-+⋅⋅⋅++=-，选C.【答案】 C10、设等比数列{ n a }的前n 项和为n S ，若63S S =3 ，则 69SS = A. 2 B.73C. 83D.3【解析】设公比为q ,则36333(1)S q S S S +=＝1＋q 3＝3 ⇒ q 3＝2 于是63693112471123S q q S q ++++===++ 【答案】B11、等比数列{}n a 的前n 项和为n s ，且41a ，22a ，3a 成等差数列。
若1a =1，则4s =( ) A.7 B.8 C.15 D.16 【解析】41a ，22a ，3a 成等差数列，22132111444,44,440,215a a a a a q a q q q q ∴+=+=∴-+=∴==即，S ,选C.【答案】 C12、设,R x ∈记不超过x 的最大整数为[x ],令{x }=x -[x ]，则{215+}，[215+],215+ A.是等差数列但不是等比数列 B.是等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列 D.既不是等差数列也不是等比数列 【答案】B【解析】可分别求得515122⎧⎫+-⎪⎪=⎨⎬⎪⎪⎩⎭，51[]12+=.则等比数列性质易得三者构成等比数列.13、古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数。
下列数中及时三角形数又是正方形数的是A.289B.1024C.1225D.1378 【答案】C【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项(1)2nna n =+，同理可得正方形数构成的数列通项2n b n =，则由2n b n =()n N +∈可排除A 、D ，又由(1)2nna n =+知n a 必为奇数，故选C.14、已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99，以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是A.21 B.20 C.19 D. 18【答案】 B 【解析】由1a +3a +5a =105得33105,a =即335a =，由246a a a ++=99得4399a =即433a = ，∴2d =-，4(4)(2)412n a a n n =+-⨯-=-，由10n n a a +≥⎧⎨<⎩得20n =，选B15、数列{}n a 的通项222(cossin )33n n n a n ππ=-，其前n 项和为n S ，则30S 为 A ．470 B ．490 C ．495 D ．510 【答案】 A 【解析】由于22{cossin }33n n ππ-以3 为周期,故2222222223012452829(3)(6)(30)222S +++=-++-+++-+221010211(32)(31)591011[(3)][9]25470222k k k k k k ==-+-⨯⨯=-+=-=-=∑∑故选A16、等差数列｛n a ｝的公差不为零，首项1a ＝1，2a 是1a 和5a 的等比中项，则数列的前10项之和是A. 90B. 100C. 145D. 190 【答案】B【解析】设公差为d ，则)41(1)1(2d d +⋅=+.∵d ≠0，解得d ＝2，∴10S ＝10 二、填空题1、设等比数列{}n a 的公比12q =，前n 项和为n S ，则44S a = ．【命题意图】此题主要考查了数列中的等比数列的通项和求和公式，通过对数列知识点的考查充分体现了通项公式和前n 项和的知识联系． 答案 15解析 对于4431444134(1)1,,151(1)a q s q s a a q q a q q --==∴==--2、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则4S ，84S S -，128S S -，1612S S -成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{}n b 的前n 项积为n T ，则4T ， ， ，1612T T 成等比数列．【命题意图】此题是一个数列与类比推理结合的问题，既考查了数列中等差数列和等比数列的知识，也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力 答案：81248,T T T T解析 对于等比数列，通过类比，有等比数列{}n b 的前n 项积为n T ，则4T ，81248,T T T T ，1612T T 成等比数列．3、已知数列{}n a 满足：434121,0,,N ,n n n n a a a a n *--===∈则2009a =________；2014a =_________.答案 1，0解析 本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得2009450331a a ⨯-==，2014210071007425210a a a a ⨯⨯-====. ∴应填1，0.4、设{}n a 是公比为q 的等比数列，||1q >，令1(1,2,)n n b a n =+=，若数列{}n b 有连续四项在集合{}53,23,19,37,82--中，则6q = .答案 -9解析 考查等价转化能力和分析问题的能力。
等比数列的通项。
{}n a 有连续四项在集合{}54,24,18,36,81--，四项24,36,54,81--成等比数列，公比为32q =-，6q = -95、在等差数列}{n a 中,6,7253+==a a a ,则____________6=a .解析 设等差数列}{n a 的公差为d ,则由已知得⎩⎨⎧++=+=+6472111d a d a d a 解得132a d =⎧⎨=⎩,所以61513a a d =+=.答案:13.【命题立意】:本题考查等差数列的通项公式以及基本计算.6、已知数列{}n a 满足：1a ＝m （m 为正整数），1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时，当为奇数时。
若6a ＝1，则m 所有可能的取值为__________。
答案 4 5 32解析 （1）若1a m =为偶数，则12a 为偶, 故223 a 224a m m a === ①当4m仍为偶数时，46832m m a a =⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 故13232m m =⇒= ②当4m为奇数时，4333114a a m =+=+63144m a +⋅⋅⋅⋅⋅⋅=故31414m +=得m=4。
（2）若1a m =为奇数，则213131a a m =+=+为偶数，故3312m a +=必为偶数 63116m a +⋅⋅⋅⋅⋅⋅=，所以3116m +=1可得m=5 7、等差数列{n a }前n 项和为n S 。
已知1m a -+1m a +-2m a =0，21m S -=38,则m=_______ 解析由1m a -+1m a +-2ma=0得到()()()1212212120,0,22138102m m m m m m m a a a a a S m a m ---+-====-=∴=又。