最新高考数学数列题型专题汇总

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高考数学压轴专题最新备战高考《数列》分类汇编及答案

【高中数学】《数列》知识点汇总一、选择题1．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则n S 取最大值时n 的值为（） A ．6 B ．7C ．8D ．13【答案】C 【解析】【分析】根据题意推导出数列{}n a 为单调递减数列，且当8n ≤时，0n a >，当9n ≥时，0n a <，由此可得出结果. 【详解】()115158151502a a S a +==>Q ，()()116168916802a a S a a +==+<，80a ∴>，90a <，所以，等差数列{}n a 的公差980d a a =-<，则数列{}n a 为单调递减数列. 当8n ≤时，0n a >，当9n ≥时，0n a <，因此，当8n =时，n S 取最大值. 故选：C. 【点睛】本题考查利用等差数列前n 项和的最值求对应的n 的值，主要分析出数列的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.2．等差数列{}n a 中，1510a a +=，47a =，则数列{}n a 前6项和6S 为（）A ．18B ．24C ．36D ．72【答案】C 【解析】【分析】由等差数列的性质可得35a =，根据等差数列的前n 项和公式163466622a a a aS ++=⨯=⨯可得结果. 【详解】∵等差数列{}n a 中，1510a a +=，∴3210a =，即35a =，∴163465766636222a a a a S +++=⨯=⨯=⨯=，故选C. 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质以及等差数列的前n 项和公式的应用，属于基础题.3．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若34322128,6a a S ⋅==，则数列{}(1)nn a -的前40项和为（） A ．0 B ．20 C ．40 D ．80【答案】B 【解析】【分析】先由题意求出34a +a =7，然后利用等差数列的前n 项和公式表示出134a a +=，前后两式作差，求出公差，进而代入求出首项，最后即得n a n =，代入题目中{}(1)nn a -，两两组合可求新数列前40项的和. 【详解】依题意，()133362a a S +== ，∴134a a +=，①∵3422128a a ⋅=，即342128a a +=， ∴34a +a =7，② ②－①得33d =， ∴1d =， ∴11,n a a n ==， ∴(1)(1)n n n a n -=-，∴{}(1)nn a -的前40项和40(12)(34)(3940)20S -++-++⋅⋅⋅+-+==，故选：B . 【点睛】本题考查了指数运算：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；主要考查等差数列的前n 和公式，等差中项的性质等等，以及常见的摆动数列的有限项求和，可以采用的方法为：分组求和法，两两合并的方法等等，对学生的运算能力稍有要求，为中等难度题4．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S ( ) A ．3 B ．9 C ．10 D ．13【答案】C 【解析】【分析】设{}n a 的公比为0q >，由645,3,a a a -成等差数列，可得260,0q q q --=>，解得q ，再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >，Q 满足645,3,a a a -成等差数列，()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->， 260,0q q q ∴--=>，解得3q =，则()()4124221313131103131a S S a --==+=--，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.5．已知公比为q 的等比数列{}n a 的首项10a >，则“1q >”是“53a a >”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】【分析】根据等比数列的性质可得530,0a a >>，若53a a >，可得21q >，然后再根据充分条件和必要条件的判断方法即可得到结果．【详解】由于公比为q 的等比数列{}n a 的首项10a >，所以530,0a a >>，若53a a >，则233a q a >，所以21q >，即1q >或1q <-，所以公比为q 的等比数列{}n a 的首项10a >，则“1q >”是“53a a >”的充分不必要条件，故选：A. 【点睛】本题主要考查了等比数列的相关性质和充分必要条件的判断方法，熟练掌握等比数列的性质是解题的关键.6．若{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且11223S π=，则6tan()a 的值为（）A B ．C ．3 D ．3-【答案】B 【解析】【分析】由11162a a a +=,即可求出6a 进而求出答案．【详解】∵()11111611221123a a S a π+=== ，∴623a π=，()62tan tan 3a π⎛⎫== ⎪⎝⎭故选B. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前n 项和性质即可，属于基础题型.7．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2611203a a a a --+=，则21S 的值为（） A ．63 B ．21C ．63-D ．21【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列性质，原式可变为()220616113()a a a a a +-+-=，即可求得21112163S a ==-.【详解】∵261116203a a a a a ---+=， ∴()220616113()a a a a a +-+-=， ∴113a =-，∴21112163S a ==-，故选：C ．【点睛】此题考查等差数列性质和求和公式，需要熟练掌握等差数列基本性质，根据性质求和.8．已知数列{}n a 中，732,1a a ==，又数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列，则11a 等于（） A ．0 B ．12C ．23D ．1-【答案】B 【解析】先根据条件得等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差以及通项公式，代入解得11a .【详解】设等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差为d ，则731111144,112324d d d a a =-∴=-=++，从而31115(3)11242424n n n a a =+-⋅=+++ 11111115211242432a a =+=∴=+，选B. 【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查基本求解能力，属基本题.9．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=（） A ．21 B ．42 C ．63 D ．84【答案】B 【解析】由a 1+a 3+a 5=21得242421(1)21172a q q q q q ++=∴++=∴=∴ a 3+a 5+a 7=2135()22142q a a a ++=⨯=，选B.10．已知{}n a 是等差数列，1010a =，其前10项和1070S =，则其公差为（） A ．23B ．32C ．23-D ．32-【答案】A 【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和前n 项和公式，列方程组求解即得. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d .101010,70a S ==Q ，1191010910702a d a d +=⎧⎪∴⎨⨯+=⎪⎩解得23d =. 故选：A .本题考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.11．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003na a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333nn n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭，即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造.故选：D . 【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.12．已知{}n a 是单调递增的等比数列，满足352616,17a a a a ⋅=+=，则数列{}n a 的前n 项和n S = A ．122n+ B ．122n- C ．1122n -+D ．1122n -- 【答案】D 【解析】【分析】由等比数列的性质和韦达定理可得26a a ，为方程217160x x -+= 的实根，解方程可得q和a 1，代入求和公式计算可得．【详解】∵352616,17a a a a ⋅=+=，∴由等比数列的性质可得26261617a a a a ⋅=+=，，26a a ，为方程217160x x -+= 的实根解方程可得2626116161a a a a ====，，或，， ∵等比数列{a n }单调递增，∴26116a a ==，，∴1122q a ，＝= ，∴()1112122122nn n S ----＝＝故选D ．【点睛】本题考查等比数列的求和公式，涉及等比数列的性质和一元二次方程的解法，属中档题．13．已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且11a =，22a =，347a a +=，5613a a +=，则78a a +=（）A．4B ．19 C ．20 D ．23【答案】D 【解析】【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对347a a +=、5613a a +=进行化简，得出公差和公比的数值，然后对78a a +进行化简即可得出结果．【详解】设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由347a a +=，5613a a +=，得127d q ++=，212213d q ++=，解得2d =，2q =，所以37813271623a a d q +=++=+=，故选D ．【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．14．等差数列{}n a 中，n S 为它的前n 项和，若10a >，200S >，210S <，则当n =（）时，n S 最大. A ．8 B ．9C ．10D ．11【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列的前n 项和公式与项的性质，得出100a >且110a <，由此求出数列{}n a 的前n 项和n S 最大时n 的值．【详解】等差数列{}n a 中，前n 项和为n S ，且200S >，210S <，即()()120201*********a a S a a +==+>，10110a a ∴+>，()1212111212102a a S a +==<，所以，110a <，则100a >，因此，当10n =时，n S 最大. 故选：C. 【点睛】本题考查了等差数列的性质和前n 项和最值问题，考查等差数列基本性质的应用，是中等题．15．已知{}n a 是公差d 不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，若348,,a a a 成等比数列，则A ．140,0a d dS >>B ．140,0a d dS <<C ．140,0a d dS ><D ．140,0a d dS <>【答案】B 【解析】 ∵等差数列，，，成等比数列，∴，∴，∴，，故选B.考点：1.等差数列的通项公式及其前项和；2.等比数列的概念16．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-，现有下面四个结论①数列{}n S n +为等比数列； ②数列{}n a 的通项公式为121n n a -=-；③数列{}1n a +为等比数列；④数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---. 其中结论正确的个数是（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【解析】【分析】根据递推关系可得1+12()n n S n S n ++=+，可得①正确，利用等比数列求出2nn S n =-，根据前n 项和求n a ，可判断②③，计算2n S ，并分组求和可判断④. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++，又112S +=.所以数列{}n S n +为首项是2，公比是2的等比数列，所以2nn S n +=，则2nn S n =-.当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-，但11121a -≠-，所以①正确，②③错误，因为1222n n S n +=-，所以{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---，所以④正确. 故选：B【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式，等比数列的证明，由n S 求数列的通项公式，属于中档题.17．在递减等差数列{}n a 中，21324a a a =-．若113a =，则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A ．24143B ．1143C ．2413D ．613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ，所以由21324a a a =-，113a =，得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- （正舍），即132(1)152n a n n =--=- ，因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ，所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ，选D. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.18．在各项都为正数的等比数列{}n a 中，若12a =，且1564a a ⋅=，则数列1(1)(1)n n n a a a +⎧⎫⎨⎬--⎩⎭的前n 项和是（） A ．11121n +--B ．1121n -+ C ．1121n-+ D ．1121n-- 【答案】A 【解析】由等比数列的性质可得：2153364,8a a a a ==∴=，则数列的公比：2q ===，数列的通项公式：112n nn a a q -==，故：()()()()1112111121212121n n n n n n n n a a a +++==-------，则数列()()111n n n a a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和是： 1223111111111121212121212121n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭⎝⎭L . 本题选择A 选项.点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．19．根据下面的程序框图，输出的S 的值为（）A ．1007B ．1009C ．0D ．-1【答案】A【解析】【分析】按照程序框图模拟运行即可得解.【详解】1i =，1112x ==--，0(1)1S =+-=-；2i =，111(1)2x ==--， 11122S =-+=-；3i =，12112x ==-， 13222S =-+=；4i =，1112x ==--， 31(1)22S =+-=，…，由此可知，运行程序过程中，x 呈周期性变化，且周期为3，所以输出112672110072S ⎛⎫=-++⨯-= ⎪⎝⎭. 故选A【点睛】本题主要考查程序框图和数列的周期性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20．已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a 的取值范围为（） A ．(1,2)B ．(0,3)C ．(0,2)D ．(0,1) 【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据{}n a 的单调性以及10a >得到1a 满足的不等关系，由此求解出1a 的取值范围.【详解】由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111*********n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得111110113a a ⎛⎫<-<-⎪⎝⎭，所以101a <<. 故选：D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据1,n n a a +之间的大小关系分析问题.。

高考数列专题题型讲解及答案

数列题型一、数列的综合问题【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14. 又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 ＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n ，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56. 当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【分析】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【即时应用】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n .(2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k ∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立. 题型二、数列的通项、求和求和要善于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常用求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . (1)解由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29. 故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1. (2)解由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 【分析】用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q .第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【即时应用】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ；(2)求S 2n .(1)证明由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3.两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列.因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1)＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).题型三、数列的综合应用3.1 数列与函数的综合问题【例3】设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *).(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n . 解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ， 2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1 因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 热点3.2 数列与不等式的综合问题【例4】在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n 3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得：⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n .(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝32n (n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n ≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。

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数列百通通项公式求法 (一)转化为等差与等比1、已知数列{}n a 满足11a =，n a =,n N *∈２≤n ≤８），则它的通项公式n a 什么2.已知{}n a 是首项为2的数列，并且112n n n n a a a a ---=，则它的通项公式n a 是什么3.首项为2的数列，并且231n n a a -=，则它的通项公式n a 是什么4、已知数列{}n a 中，10a =，112n na a +=-，*N n ∈.求证：11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列；并求数列{}n a 的通项公式；5.已知数列{}n a 中，13a =，1222n n a a n +=-+，如果2n n b a n =-，求数列{}n a 的通项公式（二）含有n S 的递推处理方法1）知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2（S n +1）=n +1，求数列{a n }的通项公式.2.）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，2(2)8n n a S +=则，数列n a3）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，111,0,4n n n n a S S a a -=-≠=则，数列na4）12323...(1)(2)n a a a na n n n +++=++求数列n a（三）累加与累乘（1）如果数列{}n a 中111,2nn n a a a -=-=(2)n ≥求数列n a（2）已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式(3) 12+211,2,=32n n n a a a a a +==-,求此数列的通项公式.（4）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，211,2n n S n a a ==则，数列n a（四）一次函数的递推形式1. 若数列{}n a 满足1111,12n n a a a -==+(2)n ≥，数列n a2 .若数列{}n a 满足1111,22n n n a a a -==+ (2)n ≥，数列n a（五）分类讨论（1）2123(3),1,7n n a a n a a -=+≥==，求数列n a（2）1222,(3)1,3nn a n a a a -=≥==，求数列n a（六）求周期16 （1） 121,41nn na a a a ++==-，求数列2004a（2）如果已知数列11n n n a a a +-=-，122,6a a ==，求2010a拓展1：有关等和与等积（1）数列{n a }满足01=a ,12n n a a ++=,求数列{a n }的通项公式（2）数列{n a }满足01=a ,12n n a a n ++=,求数列{a n }的通项公式(3).已知数列满足}{n a )(,)21(,3*11N n a a a n n n ∈=⋅=+,求此数列{a n }的通项公式.拓展2 综合实例分析1已知数列{a n }的前n 项和为n S ，且对任意自然数n ，总有()1,0,1n n S p a p p =-≠≠（1）求此数列{a n }的通项公式(2)如果数列{}n b 中，11222,,n b n q a b a b =+=<，求实数p 的取值范围2已知整数列{a n }满足31223341 (3)n n n n a a a a a a a a --+++=，求所有可能的n a3已知{}n a 是首项为１的正项数列，并且2211(1)0(1,2,3,)n n n n n a na a a n +++-+==L ，则它的通项公式n a 是什么4已知{}n a 是首项为1的数列，并且134n n n a a a +=+，则它的通项公式n a 是什么5、数列{}n a 和{}n b 中，1,,+n n n a b a 成等差数列，n b ，1+n a ，1+n b 成等比数列，且11=a ，21=b ，设nn n b a c =，求数列{}n c 的通项公式。

2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类（解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(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 ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(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 ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。

高考数列题型总结（优秀范文五篇）

高考数列题型总结（优秀范文五篇）第一篇：高考数列题型总结数列1.2.3.4.5.6.坐标系与参数方程 1.2.34..5.6.(1)(2)第二篇：数列综合题型总结数列求和1.（分组求和）(x-2)+(x2-2)+…+（xn-2）2.(裂相求和)++Λ+1⨯44⨯7(3n-2)(3n+1)3.（错位相减）135+2+3+222+2n-12n1⨯2+2⨯22+3⨯23+Λ+n⨯2n4.（倒写相加）1219984x)+f()+Λ+f()=x 求值设f(x），求f(1999199919994+25.（放缩法）求证：1+数列求通项6.（Sn与an的关系求通项）正数数列{an}，2Sn=an+1，求数列{an}的通项公式。

7．（递推公式变形求通项）已知数列{an }，满足，a1=1,8.累乘法an+1=5an求{an }的通项公式 5+an11++2232+1<2n2数列{an}中，a1=122，前n项的和Sn=nan，求an+1.2222a=S-S=na-(n-1)a⇒(n-1)a=(n-1)an-1 nnn-1nn-1n解：⇒∴∴an=ann-1=an-1n+1，anan-1a2n-1n-2111⋅Λ⋅a1=⋅Λ⨯=an-1an-2a1n+1n32n(n+1)an+1=1 (n+1)(n+2)9累加法第三篇：数列题型及解题方法归纳总结文德教育知识框架⎧列⎧数列的分类⎪数⎪⎪⎨数列的通项公式←函数⎪的概念角度理解⎪⎪⎩数列的递推关系⎪⎪⎧⎧等差数列的定义an-an-1=d(n≥2)⎪⎪⎪⎪⎪等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d⎪⎪⎪等差数列⎪⎨n⎪⎪⎪等差数列的求和公式Sn=2(a1+an)=na1+n(n-1)d⎪⎪⎪⎪⎪2⎪⎩等差数列的性质an+am=ap+aq(m+n=⎪⎪p+q)⎪两个基⎪⎧等比数列的定义an=q(n≥⎪本数列⎨⎪⎪a2)n-1⎪⎪⎪⎪⎪⎪等比数列的通项公式an-1⎪n=a1q数列⎪⎪等比数列⎨⎨⎧a1-anq=aqn1(1-)⎪⎪⎪等比数列的求和公式S(q≠1)n=⎪⎨1-q1-q⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩na1(q=1)⎪⎪⎪⎩等比数列的性质anam=apaq(m+n=p+q)⎪⎩⎪⎧公式法⎪⎪分组求和⎪⎪⎪⎪错位相减求和⎪数列⎪⎪求和⎨裂项求和⎪⎪倒序相加求和⎪⎪⎪⎪累加累积⎪⎪⎩归纳猜想证明⎪⎪⎪数列的应用⎧分期付款⎨⎩⎩其他掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。

2023年全国各省份高考数学真题数列汇总

2023年全国各省份高考数学真题数列汇总一、单选题二、填空题8．（2023年全国乙卷（理数）第15题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =______.9．（2023年全国甲卷（文数）第13题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为________．10．（2023年北京卷第14题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a =___________；数列{}n a 所有项的和为____________．三、解答题15．（2023年北京卷第21题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．16．（2023年天津卷第19题）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a --=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*N k ∈，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（Ⅰ）当2k ≥时，求证：2121kk k b -<<+；（Ⅱ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．a-【详解】由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，①当2n =时，()31222a a a =++，即()211122a q a a q =++，②联立①②可得12,3a q ==，则34154a a q ==.故选：C.二、填空题三、解答题为奇数反证：假设满足11n n r r +->的最小正整数为11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（ⅰ）若mmA B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,1n S m m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r B B A A +=+；（ⅱ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，。

数列(教师版)--2020-2023高考真题数学专题分类汇编

专题六数列--2020-2023高考真题数学专题分类汇编真题卷题号考点考向2023新课标1卷7等差数列等差数列的判定、等差数列的性质20等差数列求等差数列的通项公式及基本量计算2023新课标2卷8等比数列等比数列的性质18等差数列、数列的综合应用求等差数列的通项公式及前n 项和、数列的综合应用（不等式证明）2022新高考1卷17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、裂项相消法求和2022新高考2卷17等差数列、等比数列等差、等比数列的通项公式2021新高考1卷16数列的实际应用错位相减法求和17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、公式法求和2021新高考2卷12等比数列数列的新定义问题17等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和2020新高考1卷14等差数列等差数列的性质、等差数列求和18等比数列、数列求和求等比数列的通项公式、数列求和2020新高考2卷15等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和18等比数列求等比数列的通项公式、等比数列求和【2023年真题】1.（2023·新课标I 卷第7题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列：乙：{}n sn为等差数列，则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C 【解析】【分析】本题考查等差数列的判定、等差数列前n 项和、充分必要条件的判定，属于中档题．结合等差数列的判断方法，依次证明充分性、必要性即可.【解答】解：方法1:为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ，则1(1)2n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，112n n S S dn n +-=+，故{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件，，反之，{}n Sn为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t 即1(1)n nna S t n n +-=+，故1(1)n n S na t n n +=-⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n -=--⋅-，2n 两式相减有：11(1)22n n n n n a na n a tn a a t ++=---⇒-=，对1n =也成立，故{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选.C 方法2:因为甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为.d 即1(1)2n n n S na d -=+，则11(1)222n S n d da d n a n -=+=+-，故{}n S n为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：{}n S n为等差数列.即11n n S S D n n +-=+，1(1).n SS n D n =+-即1(1).n S nS n n D =+-当2n 时，11(1)(1)(2).n S n S n n D -=-+--上两式相减得：112(1)n n n a S S S n D -=-=+-，所以12(1).n a a n D =+-当1n =时，上式成立．又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数.所以{}n a 为等差数列．则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C .2.（2023·新课标II 卷第8题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =()A.120B.85C.85- D.120-【答案】C 【解析】【分析】本题考查等比数列的基本性质，属于中档题.利用等比数列前n 项和之间差的关系可知2S ，42S S -，64S S -，86S S -成等比数列，列出关系式计算即可得解.【解答】解：2S ，42S S -，64S S -，86S S -成等比数列，242224264264262(1)55(21)521S S q S q S S S q S S q S S S⎧-=⎧+=-⎪-==+⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎩从而计算可得24681,5,21,85S S S S =-=-=-=-故选.C 3.（2023·新课标I 卷第20题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且 1.d >令2n nn nb a +=，记n S ，n T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和.(1)若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式;(2)若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求.d【答案】解：因为21333a a a =+，故3132d a a d ==+，即1a d =，故n a nd =，所以21n n n n b nd d++==，(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d +=，又3321S T +=，即34362122d d ⨯⨯+=，即22730d d -+=，故3d =或1(2d =舍)，故{}n a 的通项公式为：3.n a n =(2)方法一：(基本量法)若{}n b 为等差数列，则2132b b b =+，即11123123422a d a a d⨯⨯⨯⨯=+++，即2211320a a d d -+=，所以1a d =或12;a d =当1a d =时，n a nd =，1n nb d +=，故(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d+=，又999999S T -=，即99100991029922d d ⋅⋅-=，即250510d d --=，所以5150d =或1(d =-舍);当12a d =时，(1)n a n d =+，n n b d =，故(3)2n n n d S +=，(1)2n n n T d+=，又999999S T -=，即99102991009922d d ⋅⋅-=，即251500d d --=，所以50(51d =-舍)或1(d =舍);综上：51.50d =方法二：因为{}n a 为等差数列且公差为d ，所以可得1n a dn a d =+-，则211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+-+-解法一：因为{}n b 为等差数列，根据等差数列通项公式可知n b 与n 的关系满足一次函数，所以上式中的分母“1dn a d +-”需满足10a d -=或者11da d=-，即1a d =或者12;a d =解法二：由211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+-+-可得，112b a =，216b a d =+，31122b a d =+，因为{}n b 为等差数列，所以满足1322b b b +=，即111212622a a d a d+=⋅++，两边同乘111()(2)a a d a d ++化简得2211320a a d d -+=，解得1a d =或者12;a d =因为{}n a ，{}nb 均为等差数列，所以995099S a =，995099T b =，则999999S T -=等价于50501a b -=，①当1a d =时，n a dn =，1(1)n b n d =+，则505051501a b d d-=-=，得250510(5051)(1)0d d d d --=⇒-+=，解得5150d =或者1d =-，因为1d >，所以51;50d =②当12a d =时，(1)n a d n =+，1n b n d =，则505050511a b d d-=-=，化简得251500(5150)(1)0d d d d --=⇒+-=，解得5051d =-或者1d =，因为1d >，所以均不取;综上所述，51.50d =【解析】本题第一问考查数列通项公式的求解，第二问考查等差数列有关性质，等差数列基本量的求解，计算量较大，为较难题.4.（2023·新课标II 卷第18题）已知为等差数列，，记n S ，n T 分别为数列，的前n 项和，432S =，316.T =(1)求的通项公式；(2)证明：当5n >时，n S .n T >【答案】解：(1)设数列的公差为d ，由题意知：，即，解得52(1)2 3.n a n n ∴=+-=+(2)由(1)知23n a n =+，，212121n n b b n -+=+，当n 为偶数时，当n 为奇数时，22113735(1)(1)4(1)652222n n n T T b n n n n n ++=-=+++-+-=+-，∴当n 为偶数且5n >时，即6n 时，22371(4)(1)022222n n n nT S n n n n n n -=+-+=-=->，当n 为奇数且5n >时，即7n 时，22351315(4)5(2)(5)0.22222n n T S n n n n n n n n -=+--+=--=+->∴当5n >时，n S .n T >【解析】本题考查了等差数列的通项公式、前n 项和公式等.(1)由已知432S =，316T =，根据等差数列的前n 项和公式展开，即可得出等差数列的首项15a =，公差2d =，进而得出通项公式2 3.n a n =+(2)由(1)知23n a n =+，可得(4)n S n n =+，数列的通项公式，进而212121n n b b n -+=+，分两情况讨论，当n 为偶数时，n T 中含有偶数项，相邻两项两两一组先求和，得出237.22n T n n =+当n 为奇数时，1n +为偶数，此时11.n n n T T b ++=-最后只需证明0n n T S ->即可.【2022年真题】5.（2022·新高考I 卷第17题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)证明：121112.na a a +++< 【答案】解：1112(1)(1)33n n S S n n a a +=+-=，则23n n n S a +=①，1133n n n S a +++∴=②;由②-①得：111322;33n n n n n a n n n a a a a n++++++=-⇒=∴当2n 且*n N ∈时，13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅ 1543(1)(1)1232122n n n n n n n a n n +++=⋅⋅⋅=⇒=-- ，又11a =也符合上式，因此*(1)();2n n n a n N +=∈1211(2)2((1)1n a n n n n ==-++，1211111111112(2(12122311n a a a n n n ∴+++=-+-++-=-<++ ，即原不等式成立.【解析】本题考查了数列与不等式，涉及裂项相消法求和、等差数列的通项公式、根据数列的递推公式求通项公式等知识，属中档题.(1)利用11n n n a S S ++=-进行求解然后化简可求出{}n a 的通项公式;(2)由(1)可求出1112()1n a n n =-+，然后再利用裂项相消法求和可得.6.（2022·新高考II 卷第17题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为公比为2的等比数列，且223344.a b a b b a -=-=-(1)证明：11;a b =(2)求集合1{|,1500}k m k b a a m =+中元素个数.【答案】解：(1)设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b -=-，知1111224a d b a d b +-=+-，故12d b =由2244a b b a -=-，知111128(3)a d b b a d +-=-+，故11124(3);a d b d a d +-=-+故1112a d b d a +-=-，整理得11a b =，得证.(2)由(1)知1122d b a ==，由1k m b a a =+知：11112(1)k b a m d a -⋅=+-⋅+即111112(1)2k b b m b b -⋅=+-⋅+，即122k m -=，因为1500m ，故1221000k -，解得210k ，故集合1{|,1500}k m k b a a m =+中元素的个数为9个.【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题.【2021年真题】7.（2021·新高考II 卷第12题）（多选）设正整数010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ，则()A.()()2n n ωω= B.()()231n n ωω+=+C.()()8543n n ωω+=+ D.()21nnω-=【答案】ACD 【解析】【分析】本题重在对新定义进行考查，合理分析所给条件是关键，属于拔高题.利用()n ω的定义可判断ACD 选项的正误，利用特殊值法可判断B 选项的正误.【解答】解：对于A 选项，010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，则12101122222kk k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，，而0120212=⋅+⋅，则()21ω=，即，B 选项错误；对于C 选项，34302340101852225121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 32k k a ++⋅，所以，，23201230101432223121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 22k k a ++⋅，所以，，因此，，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n --=+++ ，故，D 选项正确.故选.ACD 8.（2021·新高考I 卷第16题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________；如果对折*()n n N ∈次，那么12n S S S ++= __________2dm .【答案】5；3240(3)2nn +⨯-【解析】【分析】本题考查实际生活中的数列问题，由特殊到一般的数学思想.根据题设列举，可以得到折叠4次时会有五种规格的图形.由面积的变化关系得到面积通项公式，从而由错位相减法得到面积和.【解答】解：对折3次时，可以得到2.512dm dm ⨯，56dm dm ⨯，103dm dm ⨯，20 1.5dm dm ⨯四种规格的图形.对折4次时，可以得到2.56dm dm ⨯，1.2512dm dm ⨯，53dm dm ⨯，10 1.5dm dm ⨯，200.75dm dm ⨯五种规格的图形.对折3次时面积之和23120S dm =，对折4次时面积之和2475S dm =，即12402120S ==⨯，2180360S ==⨯，3120430S ==⨯，475515S ==⨯，……得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且()*12401,2nn S n n N ⎛⎫=+⨯∈ ⎪⎝⎭，121111240[234(1)]2482n n S S S n ∴++=⨯⨯+⨯+⨯++⋅+ 记231242n n n T +=+++ ，则112312482n n n T ++=+++ ，11111111()224822n n n n n n T T T ++-==++++- 113113322222n n n n n ++++=--=-，得332n nn T +=-，123240(32n nn S S S +∴++=⨯-，故答案为5；3240(3).2n n +⨯-9.（2021·新高考I 卷第17题）已知数列{}n a 满足11a =，，(1)记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；(2)求{}n a 的前20项和.【答案】解：⑴12b a =，且21+1=2a a =，则1=2b ，24b a =，且4321215a a a =+=++=，则25b =；1222121213n n n n n b a a a b +++==+=++=+，可得13n n b b +-=，故{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列；故()21331n b n n =+-⨯=-.(2)数列{}n a 的前20项中偶数项的和为2418201210109=102+3=1552a a a ab b b ⨯++++=+++⨯⨯ ，又由题中条件有211a a =+，431a a =+，，20191a a =+，故可得n a 的前20项的和【解析】本题考查了数列递推关系式运用，等差数列通项公式求法，数列求和，考查了分析和运算能力，属于中档题.(1)结合题干给的递推关系，可以快速的算出1b 和2b ，同时利用1222121213n n n n n b a a a b +++==+=++=+可判断出数列n b 为等差数列，即可求出数列通项公式;(2)n a 的前20项的和可分组求和，求出其对应的偶数项的和，再结合奇数项与偶数项的关系求解即可.10.（2021·新高考II 卷第17题）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S =，244.a a S =(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】解：(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有22433()()a a a d a d d =-+=-，412343333(2)()()2S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-+++=-，从而22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：*3(3)26().n a a n d n n N =+-=-∈(2)由数列的通项公式可得1264a =-=-，则2(1)(4)252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即2526n n n ->-，整理可得(1)(6)0n n -->，解得1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.【解析】本题考查等差数列基本量的求解，是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值.【2020年真题】11.（2020·新高考I 卷第14题、II 卷第15题）将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{n a }，则{}n a 的前n 项和为__________.【答案】232n n-【解析】【分析】本题考查数列的特定项与性质以及等差数列求和.利用公共项构成首项为1，公差为6的等差数列，利用求和公式即可求出答案.【解答】解：数列{21}n -的首项是1，公差为2的等差数列；数列{32}n -的首项是1，公差为3的等差数列；公共项构成首项为1，公差为6的等差数列;故{}n a 的前n 项和S n 为：.故答案为232.n n -12.（2020·新高考I 卷第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8.a a a +==(1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m N ∈中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100.S 【答案】解：(1)设等比数列的公比为q ，且1q >，2420a a += ，38a =，，解得舍)或，∴数列{}n a 的通项公式为2;n n a =(2)由(1)知12a =，24a =，38a =，416a =，532a =，664a =，7128a =，则当1m =时，10b =，当2m =时，21b =，以此类推，31b =，45672b b b b ====，815...3b b ===，1631...4b b ===，3263...5b b ===，64100...6b b ===，10012100...S b b b ∴=+++0122438416532637480.=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=【解析】本题考查了数列求和及等比数列通项公式，属中档题．(1)根据等比数列通项公式列出方程，求出首项和公比，即可求出通项公式;(2)根据等比数列通项公式，归纳数列{}m b 的规律，从而求出其前100项和．13.（2020·新高考II 卷第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38.a =(1)求{}n a 的通项公式；(2)求1223a a a a -+…11(1).n n n a a -++-【答案】解：(1)设等比数列{}n a 的公比为(1)q q >，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，1q > ，122a q =⎧∴⎨=⎩，1222.n n n a -∴=⋅=1223(2)a a a a -+ (11)(1)n n n a a -++-35792222=-+-+…121(1)2n n -++-⋅，322322[1(2)]82(1).1(2)55n n n +--==----【解析】本题考查等比数列的通项公式，前n 项求和公式，考查转化思想和方程思想，属于基础题．(1)根据题意，列方程组32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，解得1a 和q ，然后求出{}n a 的通项公式；(2)根据条件，可知12a a ，23a a -，…11(1)n n n a a -+-，是以32为首项，22-为公比的等比数列，由等比数列求和公式，即可得出答案．。

高考数列常考题型归纳总结汇总

a n +1=pa n +rq ,其中p，q, r均为常数）。
n
解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以q n +1，得：
a n +1q
n +1
=
p q
∙
a n q
n
+
1q
引入辅助数列
{b n }（其中b n
=
a n q
n
），得：b n +1=
p q
b n +
1q
再待定系数法解决。
例:已知数列{a n }中，a 1=解：在a n +1=
52
⋅⋅3=85
n -3。1
变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，a n =a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1
(n ≥2，则{a n }的通项a n =⎨
⎧1⎩___
n =1
n ≥2
解：由已知，得a n +1=a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1+na n，用此式减去已知式，得当n ≥2时，a n +1-a n =na n，即a n +1=(n +1 a n，又a 2=a 1=1，
1
56
, a n +1=
1
1n +1
a n +(，求a n。32
1n +12n n +1
a n +(两边乘以2n +1得：2∙a n +1=(2∙a n +1 323
22
令b n =2n ∙a n，则b n +1=b n +1,解之得：b n =3-2( n

2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)

数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点（解析版）4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m项，可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n，a m+n或a m-n+a m+n的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和．热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)．若a 1>1，则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ，第n 根弦(n ∈N ，从左数首根弦在y 轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l ：y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n，则20n =0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列，数列b n 满足b n =na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和．证明：T n <S n2．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ,BB ,CC ,DD 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举，OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3．已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点，则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0，函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列，则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ，其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ；(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y .证明：当i >24时，E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点A 处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1，P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和，b n为数列S n的前n项积，已知2S n+1b n=2．(1)证明：数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式．热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯，C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形数构成数列a n，正方形数构成数列b n，则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2；B.1225既是三角形数，又是正方形数；C.10i =11b i +1-a i +1=95；D.∀m ∈N *，m ≥2总存在p ，q ∈N *，使得b m =a p +a q 成立；32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足：a i =a n +1-i i =1，2，3，⋯，n 我们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列c n 为2k +1项的“对称数列”，其中c 1，c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列，数列c n 的最大项等于8，记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1，若S 2k +1=32，则k =．数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a 4,a 6，再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列，则a 4<a 6，由a 3+a 7=34，得a 4+a 6=34，而a 4⋅a 6=280，解得a 4=14,a 6=20，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选：D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ，则半径为30mm ，周长为2π×30=60πmm ，又满盘时直径为120mm ，则半径为60mm ，周长为2π×60=120πmm ，又因为卫生纸的厚度为0.1mm ，则60-300.1=300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，于是根据等差数列的求和公式，得：S300=300×60π+120π2=27000πmm ，又27000πmm≈84780mm≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，故选：B.3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则a n是以9为首项，9为公差的等差数列，a n=9+n-1×9=9n，设S n为a n的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n，S2n-S n，S3n-S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n-S2n=S2n-S n+729，即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729，解得n=9，所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选：C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m 项，可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ，a m +n 或a m -n +a m +n 的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列，且a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ，则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1，a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2，因此，a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选：D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a 1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，所以，a 11-12 6 1-12=6332a 1=378，解得a 1=378×3263=192，所以，此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选：D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列，a 2a 4a 5=a 3a 6，a 9a 10=-8，则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1，联立a 9a 10=-8求出q 3=-2，最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ，则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ，显然a n ≠0，则a 4=q 2，即a 1q 3=q 2，则a 1q =1，因为a 9a 10=-8，则a 1q 8⋅a 1q 9=-8，则q 15=q 5 3=-8=-2 3，则q 3=-2，则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2，故答案为：-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an }的通项公式；(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n =2n -12；(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式；(Ⅱ)首先求得S n 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ，因为a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列，所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6)，即(2d -2)2=d (3d -4)，解得d =2，所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214；当n =5或者n =6时，S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和．已知2S nn+n =2a n +1．(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)-78．【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差即可得到a n -a n -1=1，从而得证；(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a 1，即可得到a n 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②，①-②得，2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ，即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1，即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)[方法一]：二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ，解得a 1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时，S nmin=-78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时，S nmin=-78．【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S n的最小值，适用于可以求出S n的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和．【答案】(1)a n=2n+1，2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b n=2n，前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1，求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1，即b k<2k+1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，据此可得2k-1<b k，综上可得：2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<bk<2k+1，2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-3 2k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，所以2k-1<b12k-1<2k+1，即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-1 2k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，所以数列的通项公式为b n=2n，其前n项和为：S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y=1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n，则20n=0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：y n =n +1,y n =1.1n ，则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120，可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121，两式相减可得：-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4，所以20n =0y n y n=914.故答案为：914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1，得到结论；(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =2(n -1)+log 2a 1，从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20，令f (x )=341x +5log 2x +20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a 1=1，b n =14n2，求出T 1=14<74，当n ≥2时，利用裂项相消法求和，得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明如下：根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得，a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1；∵a 1>0，∴a 2n -1>0，a2n +1a 2n -1=4，即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得，a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1，故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20，由S 10=361，得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20，当x >0时，f (x )=341x +5log 2x +20单调递增，且f (1)=361=f a 1 ，故a 1=1，a 2n +1=4n =22n ，a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ，∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2，T 1=b 1=14<12，当n ≥2时，b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12，综上，知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在，c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，利用AM =MB ，可得x 1+x 2=1，分类讨论：①x 1=12，x 2=12；②x 1≠12时，x 2≠12，利用函数解析式，可求y 1+y 2的值；(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2，∴f k n +f n -kn=-2，代入k =0，1，2，⋯，n -1，利用倒序相加法可得S n =1-n ，从而可得数列a n 的通项与前n 项和，利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，则AM =12-x 1,y M -y 1 ，MB =x 2-12,y 2-y M ，∵AM =MB ，∴x 1+x 2=1．①当x 1=12时，x 2=12，y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2；②当x 1≠12时，x 2≠12，y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2；综合①②得，y 1+y 2=-2．(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2．∴f k n +f n -k n=-2，k =0,1,2,⋯,n -1，∴n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得，2S n =-2(n -1)，则S n =1-n ．又n =1时，S 1=0满足上式，∴S n =1-n ．∴a n =2S n=21-n ，∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n．∵T m -c T m +1-c <12，∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0，∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0，∵Tm +1=2-12m ，2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ，∴12≤2-32m <c <2-12m <2，c ,m 为正整数，∴c =1，当c =1时，2-32m<12-12m >1，∴1<2m <3，∴m =1．【点评】作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1，其他项都在0,1 范围内，再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13，累加可求出1a n >13(n +2)，得出100a 100<3，再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ，累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ，再次放缩可得出100a 100>52．【详解】∵a 1=1，易得a 2=23∈0,1 ，依次类推可得a n ∈0,1由题意，a n +1=a n 1-13a n ，即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ，∴1a n +1-1a n =13-a n >13，即1a 2-1a 1>13，1a 3-1a 2>13，1a 4-1a 3>13，⋯，1a n -1a n -1>13,(n ≥2)，累加可得1a n -1>13n -1 ，即1a n >13(n +2),(n ≥2)，∴a n <3n +2,n ≥2 ，即a 100<134，100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2)，∴1a 2-1a 1=131+12 ，1a 3-1a 2<131+13 ，1a 4-1a 3<131+14 ，⋯，1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3)，累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3)，∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39，即1a 100<40，∴a 100>140，即100a 100>52；综上：52<100a 100<3．故选：B ．16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n，结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形，即S 1=21×1212=121=12，操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形，即S 2=22×122 2=122=14，操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形，即S 3=23×1232=123=18，以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n ，由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n，从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解，将不等式变形为12 n ≤12024，注意到12 10=11024>12024，1211=12048<12024，且函数y =12x在R 上单调递减，所以n 的最小值是11.故选：C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式，利用裂项求和可得T n 表达式，即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ，由S 4=4S 2得，4a 1+6d =42a 1+d ，解得d =2a 1，∵a 3n =3a n +2，即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2，∴2d =2a 1+2，结合d =2a 1，∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1；(2)证明：由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1，即∴T n =121-12n +1 ，又T n 随着n 的增大增大，当n =1时，T n 取最小值为T 1=13，又n →+∞时，12n +1>0，且无限趋近于0，故T n =121-12n +1 <12，故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23，得到S n =n +2 a n 3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得：a n a n -1=n +1n -1，利用累乘法求得a n =n n +1 2，检验对于n =1也成立，得到a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ，进而证得.【详解】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12，显然对于n=1也成立，∴a n的通项公式a n=n n+12；(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列，数列b n满足b n=na n3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求a n和b n的通项公式；(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和．证明：T n<S n 2．【答案】(1)a n=13n-1，b n=n3n；(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n，再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以a n=13n-1，所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ，T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n．设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．故T n<S n 2．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n，T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1，所以T n=341-13n-n2⋅3n，所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0，所以T n<S n 2 .[方法三]：构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n，令c n=(αn+β)13 n，且b n=c n-c n+1，即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1，通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以c n=32n+34 ⋅13 n．则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n，下同方法二．[方法四]：导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x，由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2，则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2．又b n=n13n=13n13 n-1，所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n，下同方法二．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1)；(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式，再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列，进而求B n ；(2)由题设易得b n +1=3b n ，等比数列前n 项和公式求B n ，进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1，裂项相消法化简已知不等式左侧，得b 1>31-23n +1-1恒成立，进而求最小值.【详解】(1)由题设，a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2，而a 1=A 1=3，显然也满足上式，故a n =3n ，由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2，又b 1=2，所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上，B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ，a n +1-a n =32b n +1-b n ，则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n )，所以b n +1=3b n ，而b 1≥1，故bn +1b n=3，即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1)，则B n +1=b12(3n +1-1)，b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1，而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13，所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13，所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立，所以1-23n +1-1<1，故b 1≥3，则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ；b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，根据题意列式求d ,q ，进而可得结果；(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56，进而根据数列单调性分析证明.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，可得1+4d =5d ，解得d =1。

高中数学--数列大题专项训练(含详解)

高中数学--数列大题专项训练（含详解）一、解答题（本大题共16小题，共192.0分）1.已知{}n a 是等比数列，满足12a =，且2a ，32a +，4a 成等差数列，数列{}n b 满足*1231112()23n b b b b n n N n+++⋅⋅⋅+=∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设(1)()n n n n c a b =--，求数列{}n c 的前2n 项和2.n S 2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233.n n S a +=(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若32log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和.n T 3.在数列{}n a 中，111,(1n n n a a a c c a +==⋅+为常数，*)n N ∈，且1a ，2a ，5a 成公比不为1的等比数列．(1)求证：数列1{}na 是等差数列；(2)求c 的值；(3)设1n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和.n S4.在ABC 中，已知三内角A ，B ，C 成等差数列，且11sin().214A π+=()Ⅰ求tan A 及角B 的值；()Ⅱ设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且5a =，求b ，c 的值．5.在数列{}n a 中，11a =，11(1)(1)2nn n a a n n +=+++⋅(1)设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式(2)求数列{}n a 的前n 项和nS 6.已知数列的各项均为正数，前项和为，且()Ⅰ求证数列是等差数列；()Ⅱ设求7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n a a S S =+对一切正整数n 都成立．(1)求1a ，2a 的值；(2)设10a >，数列110lg n a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，当n 为何值时，n T 最大？并求出n T 的最大值．8.已知等差数列{}n a 的前四项和为10，且2a ，3a ，7a 成等比数列．(1)求通项公式na (2)设2n a nb =，求数列n b 的前n 项和.n S 9.已知在数列{}n a 中，13a =，1(1)1n n n a na ++-=，*.n N ∈(1)证明数列{}n a 是等差数列，并求n a 的通项公式；(2)设数列11{}n n a a +的前n 项和为n T ，证明：1.(126n T <分)10.已知函数2(1)4f x x +=-，在等差数列{}n a 中，1(1)a f x =-，232a =-，3().a f x =(1)求x 的值；(2)求数列{}n a 的通项公式.n a 11.已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列，1a ，3a 是函数2()109f x x x =-+的两个零点.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足3log n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n S 。

高考数列10大题型

高考数列10大题型
1. 等差数列求和问题：已知等差数列的首项和公差，求前n项的和。

2. 等差数列通项问题：已知等差数列的首项和公差，求第n项的值。

3. 等比数列求和问题：已知等比数列的首项和公比，求前n项的和。

4. 等比数列通项问题：已知等比数列的首项和公比，求第n项的值。

5. 递推数列求和问题：已知递推数列的递推关系和初始项，求前n项的和。

6. 递推数列通项问题：已知递推数列的递推关系和初始项，求第n项的值。

7. 斐波那契数列问题：求斐波那契数列中第n项的值。

8. 拆分数列：已知一个数列中的某一项满足特定条件，求拆分数列中满足条件的项数。

9. 数列特性问题：已知一个数列满足特定条件，求满足条件的项数或项的值。

10. 数列推理问题：已知一个数列的部分项或规律，推理出数列的通项式或递推关系。

高三数列专题复习

高三（文科数学）第二轮专题复习数列及其应用一、基本概念：1. 数列的定义及表示方法.2. 数列的项与项数.3. 有穷数列与无穷数列.4. 递增（减）、摆动、循环数列.5. 数列{a n }的通项公式a n .6. 数列的前n 项和公式S n .7. 等差数列、公差d 、等差数列的结构.8. 等比数列、公比q 、等比数列的结构.9. 无穷递缩等比数列的意义及公比q 的取值范围.二、基本公式：1. 一般数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：⎩⎨⎧≥-==-)2(,)1(,11n s s n s a n nn . 2.等差数列的通项公式：a n =a 1+(n-1)d ， a n =a k +(n-k)d (其中a 1为首项、a k 为已知的第k 项) 当d ≠0时，a n 是关于n 的一次式；当d=0时，a n 是一个常数.3.等差数列的前n 项和公式： (1)d n n na s n 2)1(1-+=, (2)2)(1n n a a n s +=. 当d ≠0时，S n 是关于n 的二次式且常数项为0；当d=0时（a 1≠0），S n =na 1是关于n 的正比例式.4.等差中项公式：2b a A +=（有唯一的值）. 5.等比数列的通项公式：（1）a n = a 1 q n-1 , （2）a n = a k q n-k . .(其中a 1为首项、a k 为已知的第k 项，a n ≠0).6.等比数列的前n 项和公式：（1）当q=1时，S n =n a 1 (是关于n 的正比例式)；（2）当q ≠0时，（1）qq a s n n --=1)1(1, (2)q q a a s n n --=11. 7.等比中项公式： ab G ±=(ab>0,有两个值).三、有关等差、等比数列的结论1.等差数列{a n }中，若m+n=p+q ，则 q p n m a a a a +=+.2. 等比数列{a n }中，若m+n=p+q ，则q p n m a a a a •=•. 3.等差数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 、S 4m - S 3m 、……仍为等差数列.4.等比数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 、S 4m - S 3m 、……仍为等比数列.5.两个等差数列{a n }与{b n }的和差的数列{a n +b n }、{a n -b n }仍为等差数列.6.两个等比数列{a n }与{b n }的积、商、倒数的数列{a n ·b n } 、 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a 、⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1 ，仍为等比数列. 7.等差数列{a n }的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列.8.等比数列{a n }的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列.9.三个数成等差的设法：a-d,a,a+d ；四个数成等差的设法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d .10.三个数成等比的设法：q a , a, aq ；四个数成等比的错误设法：3qa , q a , aq, aq 3 . 四、数列求和其他方法1.拆项法求数列的和，如a n = 2n+3n ;2.错位相减法求和，如a n = (2n-1) 2n ;3.分裂项法求和，如a n = )1(1 n n ; 4.反序相加法求和，如a n =n n C 100;5.公式法求和;6.观察规律求和.五.数列的综合应用数列的综合应用主要归结为等差、等比和递推数列的应用.主要题型有：产量的增减、价格的升降、细胞的繁植、求利率、增长率等.解决此类问题的关键是数列的建模问题.六、数列实际应用例题1.从盛满a 升(a >1)纯酒精的容器里倒出一升酒精,然后用水填满后搅匀,再倒出一升混合溶液后再用水填满,如此继续进行下去.(1)每次用水填满后的酒精浓度是否依次成等差数列或等比数列?试证明你的结论.(2)若a =2,至少倒几次后(每次倒过后都用水加满搅匀)才能使酒精浓度低于10％?例题2.资料表明,2000年我国荒漠化土地占国土陆地总面积960万平方公里的17％,近二十年来,我国荒漠化土地每年以2460平方公里的速度扩展,若这二十年间我国治理荒漠化土地的面积占前一年荒漠化土地面积的1％,试问:二十年前我国荒漠化土地的面积有多少平方公里?( 精确到1平方公里)例题3.某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房,共需1150万元.购买当天先付150万元,以后每月这一天都交付50万元,并加付欠款利息,月利率1％.(1)若交付150万元后的第一个月算开始分期付款的第一个月,问分期付款的第十个月应该付多少钱?(2)全部款项付清后,买这40套住房实际花了多少钱?。

高考数学《数列》专题好题集锦(100道)含详细解答

全国各地数学模拟试卷《数列》题集锦1.已知数列｛n a ｝中，111,22n n a n a a +=-,点（）在直线y=x 上，其中n=1,2,3…. （1）令11n n n b a a ,+=--求证数列{}n b 是等比数列; （2）求数列{}的通项；n a⑶ 设分别为数列、n n T S {}、n a {}n b 的前n 项和,是否存在实数λ，使得数列n n S T n λ+⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列？若存在，试求出λ.若不存在,则说明理由。

解：（I ）由已知得 111,2,2n n a a a n +==+2213313,11,4424a a a =--=--=- 又11,n n n b a a +=--1211,n n n b a a +++=--11112111(1)111222.1112n n n n n n n n n n n n n n a n a n a a b a a b a a a a a a +++++++++++-----∴====------ {}n b ∴是以34-为首项，以12为公比的等比数列.（II）由（I）知，13131(),4222n n n b -=-⨯=-⨯1311,22n n n a a +∴--=-⨯21311,22a a ∴--=-⨯ 322311,22a a --=-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅11311,22n n n a a --∴--=-⨯将以上各式相加得：1213111(1)(),2222n n a a n -∴---=-++⋅⋅⋅+11111(1)31313221(1)(1) 2.12222212n n n n a a n n n ---∴=+--⨯=+---=+--32.2n n a n ∴=+-（III ）解法一：存在2λ=，使数列{}n nS T nλ+是等差数列. 12121113()(12)2222n n n S a a a n n =++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-11(1)(1)22321212n n n n -+=⨯+--2213333(1) 3.2222n n n n n n --=-+=-++ 12131(1)313342(1).1222212n n n n n T b b b +--=++⋅⋅⋅+==--=-+- 数列{}n n S T n λ+是等差数列的充要条件是,(n nS T An B A n λ+=+、B 是常数)即2,n n S T An Bn λ+=+又2133333()2222n n n n n n S T λλ+-+=-+++-+2313(1)(1)222n n n λ-=+--∴当且仅当102λ-=，即2λ=时，数列{}n nS T nλ+为等差数列. 解法二：存在2λ=，使数列{}n nS T nλ+是等差数列. 由（I ）、（II ）知，22n n a b n +=-(1)222n n n S T n +∴+=- (1)222n nn n n n n T T S T n nλλ+--++=322n n T n λ--=+ 又12131(1)313342(1)1222212n n n n n T b b b +--=++⋅⋅⋅+==--=-+- 13233()222n n n S T n n n λλ++--=+-+∴当且仅当2λ=时，数列{}nn S T n λ+是等差数列. 2.已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且公比不等于1，数列{}n b 对任意正整数n ，均有：1221223125()log ()log ()log 0n n n n n n b b a b b a b b a ++++-⋅+-+-=成立，又171,13b b ==。

2024年高考数学大题突破：数列综合大题归类(解析版)

数列综合大题归类目录【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型【题型七】递推公式：分式型不动点【题型八】插入数型【题型九】数列跳项型【题型十】证明数列不等式【题型十一】新结构第19题型：差分密码型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型基础原理：m pq =m q -p 1p -1q，如：12×4=14-212-14；基本题型：①1n n +1 =1n -1n +1；②12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；注意(避免掉坑)①分母分解因式：1n 2+3n=1n n +3 =131n -1n +3 ；②系数不相同就提系数：1n 2n +4=12⋅1n n +2 =12⋅121n -1n +2 ；③求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项(或正负项)对应.(1)1n n +k=1k 1n -1n +k ；(2)1n +k +n=1k n +k -n ；(3)12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1；(4)1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2；分式型分子裂差法形如f n a n ⋅a n +1型，如果f n =λa n +1-a n ，则可以分子裂差：f n a n ⋅a n +1=λa n +1-a n a n ⋅a n +1=λ1a n -1a n +11(22·23·龙岩·二模)已知等差数列a n 的首项为1，公差d ≠0，前n 项和为S n ，且S nS 2n为常数．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2，证明：b 1+b 2+b 3+⋯+b n <13．【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)由S nS 2n为常数，则n [1+1+(n -1)d ]22n [1+1+(2n -1)d ]2=2-d +nd4-2d +4nd为常数，即d =2，然后结合等差数列的通项公式求解即可；(2)由(1)可得b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2=n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)，然后累加求和即可得证．【详解】(1)依题意，得：S 1S 2=S 2S 4，即a 1a 1+a 2=a 1+a 2a 1+a 2+a 3+a 4所以，12+d =2+d4+6d，化简得：d (d -2)=0因为d ≠0，所以d =2所以a n =1+2(n -1)=2n -1经检验：S n S 2n =n 24n 2=14成立(2)因为a n =2n -1所以b n =n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)=144n (2n -1)(2n +1)-4(n +1)(2n +1)(2n +3)=1412n -1+12n +1 -12n +1+12n +3=1412n -1-12n +3 ，所以b 1+b 2+b 3+⋯+b n =14[1-15 +13-17 +15-19 +⋯+12n -5-12n -1 +12n -3-12n +1 +12n -1-12n +3 ]=141+13-12n +1-12n +3 =1443-12n +1-12n +3 <13．2(22·23·秦皇岛·模拟预测)设等比数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等差数列，且公差d ≠0,a 1=b 1=2，a 3=b 3,S 3=b 5.(1)求数列a n 的通项公式以及前n 项和S n ；(2)数列2n +1n 2b n +4 2的前n 项和为T n ，求证：T n≤19.【答案】(1)a n =2n ,S n =2n +1-2(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列通项公式运算、等比数列通项公式和求和公式运算即可求解.(2)利用裂项相消法求出T n =19×1-1n +1 2，而1-1n +1 2<1，从而得出证明.【详解】(1)设a n 的公比为q ，由题意，可得a 1q 2=b 1+2d a 1+a 1q +a 1q 2=b 1+4d ，解得q =2d =3 ，所以a n =2n，所以S n =2×1-2n 1-2=2n +1-2；(2)由(1)得b n =2+3n -1 =3n -1，所以2n +1n 2b n +4 2=2n +1n 2(3n +3)2=2n +19n 2(n +1)2=191n 2-1(n +1)2，所以T n =b 1+b 2+⋯+b n =19×1-122 +122-132+⋯+1n 2-1(n +1)2=19×1-1n +1 2 ，因为1-1n +12<1，所以T n ≤19，得证.3(2024下·福建·高三校联考开学考试)已知正项数列a n 中，a 1=1，a n +1=a n +2a n +1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)记数列b n =2a n +1a n a n +1的前n 项和S n ，求满足S n <99100的正整数n 的集合．【答案】(1)a n =n 2(2)n ∈N *|1≤n ≤8【分析】(1)由题意，可得到数列a n 是公差为1的等差数列，进而得到数列a n 的通项公式；(2)由(1)可得数列b n 的通项公式，利用裂项相消法即可求出S n ，进而解不等式.【详解】(1)由a n +1=a n +2a n +1，有a n +1=a n +1 2，即a n +12=a n +1 2，因为数列a n 是正项数列，所以a n +1=a n +1，即a n +1-a n =1，可得数列a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1=n ，故数列a n 的通项公式为a n =n 2；(2)由(1)可得b n =2n +1n 2n +1 2=n +1 2-n 2n 2n +1 2=1n 2-1n +12．所以S n =1-122+122-132+⋅⋅⋅+1n 2-1n +1 2 =1-1n +12，故不等式S n <99100可化为1-1n +1 2<99100，解得0<n <9，所以满足S n <99100的正整数n 的集合为n ∈N *|1≤n ≤8 .【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型指数裂项法形如mq n +r +t hq n +b hq n +1+b 型，如果mq n +r +t =λhq n +b -hq n +1+b ，则可以分子裂差：mq n +r +t hq n +b hq n +1+b=λhq n +1+b -hq n +bhqn+b hq n +1+b=λ1hq n +b -1hq n +1+b1(2023·广西玉林·校联考模拟预测)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=2，a n +1=S n +n ．(1)证明：当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)设b n =2n +1a n +1a n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <13．【答案】(1)证明见解析，a n =2,n =12n-1,n ≥2(2)证明见解析【分析】(1)令n =1可求得a 2的值，当n ≥2时，由a n +1=S n +n ，可得a n =S n -1+n -1，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列a n 的通项公式；(2)b n =12n +1-1-12n +2-1，利用裂项相消法可证得结论成立.【详解】(1)证明：因为a 1=2，a n +1=S n +n ，S n 为数列a n 的前n 项和，当n =1时，a 2=S 1+1=2+1=3，当n ≥2时，由a n +1=S n +n ①，可得a n =S n -1+n -1②，①-②可得a n +1-a n =a n +1，即a n +1=2a n +1，所以，a n +1+1=2a n +1 ，又因为a 2+1=3+1=4≠2a 1+1 ，则当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，其公比为2，即当n ≥2时，a n +1=a 2+1 ⋅2n -2=4×2n -2=2n ，则a n =2n -1，a 1=2不满足a n =2n -1，所以，a n =2,n =12n -1,n ≥2.(2)证明：b n =2n +1a n +1a n +2=2n +12n +1-1 2n +2-1=12n +1-1-12n +2-1，则T n =b 1+b 2+⋯+b n =122-1-123-1 +123-1-124-1 +124-1-125-1 +⋯+12n +1-1-12n +2-1=13-12n +2-1<13.综上，对任意的n ∈N ∗，T n <13.2(2023上·海南海口·高三校考阶段练习)在数列a n a n ≠0 和b n 中，a 1=1,b 1=2，且a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项.(1)设c n =b na n，求证：数列c n -1 为等比数列；(2)若b n =3×2n2n +1,a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <3.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由等差中项整理得a n b n +1=2a n +1b n -a n a n +1，两边同时除以a n a n +1，得c n +1-1=2(c n -1)即可证明；(2)应用裂项相消法即可求解.【详解】(1)依题a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项，则2a n +1b n =a n a n +1+a n b n +1，即a n b n +1=2a n +1b n -a n a n +1，两边同时除以a n a n+1a n≠0，得b n+1a n+1=2⋅b na n-1，即c n+1=2c n-1，则c n+1-1=2(c n-1)，由c1-1=b1a1-1=1≠0，所以数列c n-1是以1为首项，2为公比的等比数列.(2)由(1)得c n-1=2n-1，则c n=2n-1+1，则a n=b nc n=3×2n(2n-1+1)(2n+1)=612n-1+1-12n+1，则S n=612-13+13-15+⋯+12n-2+1-12n-1+1+12n-1+1-12n+1=612-1 2n+1=3-62n+1，因为n∈N∗，则62n+1>0，故S n<3.3(2023上·湖南长沙·高二长沙一中校考阶段练习)已知数列a n的首项a1=4，且满足a n+1=3a n -2n∈N*．(1)求证：数列a n-1为等比数列；(2)记b n=3na n⋅a n+1，求数列b n的前n项和S n．【答案】(1)证明见解析(2)S n=18-12⋅3n+1+2【分析】(1)由题设递推式可得a n+1-1=3a n-1n∈N*，根据等比数列的定义，结合已知条件，即可证a n-1为等比数列；(2)由(1)有a n=3n+1，进而求b n，利用裂项相消法求S n.【详解】(1)由a n+1=3a n-2n∈N*得a n+1-1=3a n-1n∈N*，又a1-1=3，所以a n-1是首项为3，公比为3的等比数列.(2)由(1)知，a n-1=3×3n-1=3n，所以a n=3n+1所以b n=3n3n+1⋅3n+1+1=12×13n+1-13n+1+1，S n=b1+b2+b3+⋯+b n=12×131+1-132+1+132+1-133+1+⋯+13n+1-13n+1+1=12×131+1-13n+1+1=18-12⋅3n+1+2.【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型正负型：等差裂和型形如-1n⋅f na n⋅a n+1型，如果f n =λa n+1-a n，则可以分子裂差：-1 n⋅f na n⋅a n+1=-1n⋅λa n+1-a na n⋅a n+1=-1n⋅λ1a n-1a n+11(2023·河北唐山·三模)设S n 为数列a n 的前n 项和，a n >0，a 2n +2a n +1=4S n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列-1n4na n a n +1的前n 项和T n.【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =-1+(-1)n12n +1【分析】(1)利用S n 与a n 的关系计算求通项；(2)结合(1)的结论，利用裂项相消法计算即可.【详解】(1)已知a 2n +2a n +1=4S n ①，当n =1时，a 1=1.当n ≥2时，a 2n -1+2a n -1+1=4S n -1②①-②得：a 2n +2a n -a 2n -1-2a n -1=4a n ，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0.又a n >0，所以a n +a n -1≠0，a n -a n -1=2.所以数列a n 是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n =2n -1.(2)设b n =(-1)n 4n a n a n +1=(-1)n 4n 2n -1 2n +1=(-1)n 12n -1+12n +1 .T n =-1+13 +13+15 -15+17 +⋯+(-1)n 12n -1+12n +1 =-1+(-1)n 12n +1.2(2023·江苏镇江·二模)已知数列a n 满足：a 1=14,a n +1=nn +2a n.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =(-1)n (2n +1)a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =12n n +1(2)S n =-12+-1 n ⋅12n +2【分析】(1)运用累乘法计算；(2)运用裂项相消法求和.【详解】(1)由题意：a 2a 1=13,a 3a 2=24,a 4a 3=35,a 5a 4=46,⋯,a n +1a n =nn +2 ，∴a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×a 5a 4×⋯×a n +1a n =13×24×35×46×⋯×n n +2=2n +1 n +2，a n +1a 1=2n +1 n +2 ,a n +1=a 1×2n +1 n +2 =12n +1 n +2 ，a n =12n n +1 ，将n =1代入上式也成立，∴a n =12n n +1；(2)b n =-1 n 2n +1 a n =-1 n 2n +12n n +1=-1 n 1n +1n +1 ⋅12，S n =b 1+b 2+b 3+b 4+b 5+⋯+b n =12-1-12+12+13-13-14+⋅⋅⋅+-1 n ⋅1n +-1 n ⋅1n +1=12-1+-1 n ⋅1n +1 =-12+-1 n⋅12n +2.3(2023·湖南永州·三模)记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1=1-4.(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅8n +6T n ⋅T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n .【答案】(1)证明见解析(2)-8n 40n +25【分析】(1)根据题意得到T n T n -1=a n ，由1a n =1-4T n，化简得到T n -T n -1=4，求得T 1=5，结合等差数列的定义，即可求解；(2)由(1)可得T n =4n +1，得到b n =-1 n ⋅14n +1+14n +5，结合裂项法，即可求解.【详解】(1)证明：由题意得T n =a 1a 2⋯a n ，当n ≥2时，可得T n -1=a 1a 2⋯a n -1，可得Tn T n -1=a n ,(n ≥2)，因为1a n =1-4T n ，所以T n -1T n =1-4T n,(n ≥2)，即T n -1=T n -4(n ≥2)，即T n -T n -1=4,(n ≥2)，当n =1时，可得T 1=a 1，所以1T 1=1-4T 1，解得T 1=5，所以数列T n 是以5为首项，4为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得T n =5+(n -1)×4=4n +1，所以b n =-1 n ⋅8n +6T n ⋅T n +1=-1 n ⋅8n +6(4n +1)(4n +5)=-1 n ⋅14n +1+14n +5 ，所以S 2n =-15+19+19+113 -113+117+⋯-18n -3+18n +1 +18n +1+18n +5 =-15+18n +5=-8n 40n +25.【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和正负型：指数裂和型形如-1 n⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b型，如果mq n +r +t =λhq n +b +hq n +1+b ，则可以分子裂和：-1 n ⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b =-1 n ⋅λhq n +1+b +hq n +b hq n +b hq n +1+b=-1 n ⋅λ1hq n +b +1hq n +1+b1(23·24上·湖北·期中)已知{a n }为等比数列，且a 2+a 3+a 4=14，a 2,a 3+1,a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)当{a n }为递增数列时，b n =(-1)n 6a n +22n +1 2n +1+1 ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若存在n ∈N ∗,m ≥T n ，求m 的取值范围.【答案】(1)a n =2n -1或a n =25-n (2)m ≥-815【分析】(1)运用等差中项的性质和等比数列通项公式基本量运算，解方程即可得到{a n }通项.(2)由{a n }递增可得a n =2n -1，对b n 通项进行裂项展开，当n 为偶数、奇数时分别求出T n 表达式，然后再分别求出T n的范围，由存在n∈N∗,m≥T n，即可求出m的取值范围.【详解】(1)设等比数列{a n}公比为q，由a2+a3+a4=14a2+a4=2a3+1⇒a3=4q=2或a3=4q=12，∴a n=2n-1或a n=25-n.(2)当{a n}为递增数列时，a n=2n-1所以b n=(-1)n3⋅2n+22n+12n+1+1=(-1)n12n+1+12n+1+1当n为偶数时，T n=-12+1+122+1+122+1+123+1+⋯+12n+1+12n+1+1=-13+12n+1+1在n∈N*上单调递减，∴T n∈-13,-29，当n为奇数时，T n=-12+1+122+1+122+1+123+1+⋯-12n+1+12n+1+1=-13-12n+1+1在n∈N*上单调递增，∴T n∈-815,-13，∴m≥-815.2(23·24上·黔东南·阶段练习)已知数列a n满足：a1=1，a n=2a n-1+1n≥2.(1)证明：a n+1是等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n(3n+2)n(n+1)a n+1+1，求b n的前n项和S n.【答案】(1)证明见解析，a n=2n-1(2)S n=(-1)n(n+1)∙2n+1-12【分析】(1)通过构造可证a n+1为等比数列，根据等比数列通项公式可得a n+1，然后可得a n；(2)将数列b n通项公式变形为b n=(-1)n1n∙2n+1(n+1)∙2n+1，直接求和可得.【详解】(1)证明：由a n=2a n-1+1(n≥2)，所以a n+1=2a n-1+2=2(a n-1+1)，所以{a n+1}是以a1+1=2为首项，公比为2的等比数列，所以a n+1=2n，即a n=2n-1(2)由(1)知：a n+1+1=2n+1，所以b n=(-1)n(3n+2)n(n+1)∙2n+1.又b n=(-1)n1n∙2n+1(n+1)∙2n+1，所以S n=-12+12·22+12·22+13·23-13·23+14·24+⋯+-1 n1n·2n+1n+1·2n+1=(-1)n(n+1)∙2n+1-123(22·23高二下·黑龙江哈尔滨·期中)已知数列a n满足a1=14,a n+1=3a n-4.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=(-1)n a n3n+13n+1+1，数列b n的前n项和为T n，若存在n∈N*，使m≥T n，求m的取值范围.【答案】(1)a n=4×3n+2(2)-720,+∞【分析】(1)依题意可得a n+1-2=3a n-2，再结合等比数列的定义即可证明；(2)由(1)可得b n=(-1)n13n+1+1 3n+1+1，再分n为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.【详解】(1)证明：因为a n+1=3a n-4，所以a n+1-2=3a n-2，即a n+1-2a n-2=3n∈N*，因为a1=14，所以a1-2=12，故数列a n-2是以12为首项，3为公比的等比数列，所以a n-2=12×3n-1=4×3n，则a n=4×3n+2.(2)解：由(1)知a n=4×3n+2，所以b n=(-1)n a n3n+13n+1+1=(-1)n4×3n+23n+13n+1+1=(-1)n13n+1+13n+1+1.当n为偶数时，T n=-13+1-1 32+1+132+1+133+1+L+-13n++113n+1+13n+1+13n++1=-13+1+13n+1+1=-14+13n+1+1，因为T n=-14+13n+1+1是单调递减的，所以-14<T n≤-314.当n为奇数时，T n=-13+1-1 32+1+132+1+133+1+⋯+13n++1+13n+1+-13n+113n+1+1=-13+1-13n+1+1=-14-13n+1+1，又T n=-14-13n+1+1是单调递增的，因为13n+1+1>0，所以-720≤T n<-14.要使存在n∈N*，使m≥T n，只需m≥T nmin，即m≥-720，故m的取值范围是-720,+∞.【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型仿写规律：t>1①b na n⋅a n+1⋅t n⇒1a n⋅t n-1-1a n+1⋅t n=λb na n⋅a n+1⋅t n(可通分反解λ)；②b n⋅t na n⋅a n+1⇒t n+1a n+1-t na n=λb n⋅t na n⋅a n+1(可通分反解λ)1(23·24上·甘南·期中)在数列a n中，a1=2且∀n∈N*,a n+1=3a n+2×3n.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=a n+3na n a n+1，若b n的前n项和为S n，证明：S n<14.【答案】(1)a n=2n⋅3n-1,n∈N∗(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，化简得到a n+13n+1-a n3n=23，得出数列a n3n为等差数列，结合等差数列的通项公式，进而求得数列a n的通项公式；(2)由a n=2n⋅3n-1，得到b n=121a n-1a n+1，结合裂项法求和，求得S n=14-14(n+1)⋅3n，进而证得S n<1 4.【详解】(1)解：由a n+1=3a n+2×3n，两边同除以3n+1，可得a n+13n+1=a n3n+23，即a n+13n+1-a n3n=23，因为a1=2，可得a13=23，所以数列a n3n是首项为23，公差为23的等差数列，可得a n3n=23+(n-1)×23=2n3，所以a n=2n3×3n=2n⋅3n-1，即数列a n的通项公式为a n=2n⋅3n-1,n∈N∗.(2)解：由a n=2n⋅3n-1，可得b n=a n+3na n a n+1=2n⋅3n-1+3n2n⋅3n-1⋅2(n+1)⋅3n=(2n+3)⋅3n-12n⋅3n-1⋅2(n+1)⋅3n=1212n⋅3n-1-12(n+1)⋅3n=121a n-1a n+1，所以数列b n的前n项和为S n=121a1-1a2+1a2-1a3+⋯+1an-1a n+1=121a1-1a n+1=1212-12(n+1)⋅3n=14-14(n+1)⋅3n，因为4(n+1)⋅3n>0，可得14-14(n+1)⋅3n<14，即S n<14.2(23·24上·合肥·阶段练习)在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作T n，令a n=log3T n.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=n+1⋅2n-1a n a n+1，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)a n=n+22(2)S n=2n+2n+3-43【分析】(1)利用等比数列的基本性质结合倒序相乘法可求得T n，结合对数的运算可得出数列a n的通项公式；(2)计算得出b n=-2n+1n+2+2n+2n+3，利用裂项相消法可求得S n.【详解】(1)解：在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，设插入的这n个数分别为c1、c2、⋯、c n，由等比数列的性质可得c1c n=c2c n-1=⋯=c n c1=1×3=3，所以，T n=1⋅c1c2⋯c n⋅3 T n=3⋅c n c n-1⋯c1⋅1，所以，T2n =1⋅3⋅c1c n⋅c2c n-1⋅⋯⋅c n c1⋅1⋅3=3n+2，易知T n>0，所以，T n=3n+22，则an=log3T n=log33n+22=n+22.(2)解：b n =n +1 ⋅2n -1a n a n +1=n +1 ⋅2n -1n +2 n +34=n +1 ⋅2n +1n +2 n +3=2n +2 -n +3 ⋅2n +1n +2 n +3=-2n +1n +2+2n +2n +3，所以，S n =-223+234 +-234+245+⋯+-2n +1n +2+2n +2n +3 =2n +2n +3-43.3(23·24上·昆明·阶段练习)已知数列a n 满足a 1=2,a n +1=2n +1a n n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 2a 2n -n 2，数列b n +22n +1b n ⋅b n +1 的前n 项和为S n ，求证：38≤S n<12.【答案】(1)a n =2n n +12(2)证明见解析【分析】(1)运用累乘法求出a n 的通项公式；(2)先运用裂项法求出S n 的解析式，再运用缩放法证明.【详解】(1)由已知a 1=2,a n +1a n=2n +1n ∈N * ，所以a n =a n a n -1⋅a n -1a n -2⋯⋯a 2a 1⋅a 1=2n ⋅2n -1⋯⋯22⋅2=2n n +12n ≥2 ，当n =1时，a 1=2满足条件，所以a n =2n n +12；(2)由于b n =log 2a 2n -n 2=n ，所以b n +22n +1b n ⋅b n +1=n +22n +1n n +1 =1n ⋅2n -1n +1 2n +1，所以S n =11×2-12×22+12×22-13×23 +13×23-14×24+⋯+1n ⋅2n 1n +1 2n +，所以S n =11×2-1n +1 2n +1，显然S n 在N *上为增函数，S 1=11×2-12×22=38,∴S n ≥S 1=38，又S n =11×2-1n +12n +1<11×2=12，所以38≤S n <12；综上，a n =2n n +12.【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型常见的三角函数裂项：1.正切型裂项：若a n +1-a n =α,tan α=m (特殊角)，则tan α=tan a n +1-a n =tan a n +1-tan a n1+tan a n +1tan a n=m ，b n =tan a n +1tan a n =1mtan a n +1-tan a n -1；2.正余弦和与差公式应用裂项型：b n =sin1cos n cos (n -1)=sin [n -(n -1)]cos n cos (n -1)=sin n cos (n -1)-cos n sin (n -1)cos n cos (n -1)=tan n -tan (n -1)1(2023·山东威海·二模)已知2n +2个数排列构成以q n q n >1 为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n +2个数为8，设a n =log 2q n ．(1)证明：数列1a n是等差数列；(2)设b n =tanπa n tan πa n +1，求数列b n 的前100项和S 100．【答案】(1)数列1a n是以公差为23的等差数列.1a n +1-1a n =23(2)-99【分析】(1)根据等比数列的性质分析可得a n =32n +1，再结合等差数列的定义分析证明；(2)根据两角差的正切公式整理得b n =-33tan πa n +1-tan πa n-1，结合裂项相消法运算求解.【详解】(1)由题意可得：q 2n +1n=81=8，且q n >1，可得q n =232n +1，所以a n =log 2232n +1=32n +1，可得1a n =2n +13，则1a n +1-1a n =2n +1 +13-2n +13=23，所以数列1a n是以公差为23的等差数列.(2)由(1)可得πa n +1-πa n =2π3，则tan 2π3=tan πa n +1-πa n=tan πa n +1-tan πan 1+tan πa n +1tan πan=-3，整理得b n =tanπa n tan πa n +1=-33tan πa n +1-tan πa n-1，则S 100=b 1+b 2+⋅⋅⋅+b 100=-33tan πa 2-tan πa 1 -1+-33tan πa 3-tan πa 2-1 +⋅⋅⋅+-33tan πa 101-tan πa 100-1=-33tanπa 2-tan πa 1 +tan πa 3-tan πa 2 +⋅⋅⋅+tan πa 101-tan πa 100-100=-33tan πa 101-tan πa 1-100=-33tan 203π3-tanπ -100=-33tan 68π-π3 -100=33tan π3-100=-99，所以数列b n 的前100项和S 100=-99.2(22·23高三上·山东济宁·期中)已知n ∈N *，抛物线y =-x 2+n 与x 轴正半轴相交于点A ，在点A 处的切线在y 轴上的截距为a n (1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =4n cos n πa n -1 a n +1，求数列b n 的前项和S n ．【答案】(1)a n =2n ；(2)S n =-2n +22n +1,n =2k -1-2n 2n +1,n =2k,k ∈N ∗ .【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线方程，再求出纵截距作答.(2)由(1)的结论求出b n，再分奇偶利用裂项相消法求解作答.【详解】(1)n∈N∗，抛物线与x轴正半轴的交点坐标为(n,0)，由y=-x2+n求导得：y =-2x，因此抛物线在点A处的切线的斜率为-2n，切线方程为y=-2n(x-n)，当x=0时，y=2n，所以a n=2n.(2)由(1)知，a n=2n，则b n=4n cos nπ(2n-1)(2n+1)=12n-1+12n+1cos nπ，当n为偶数时，S n=-1+1 3+13+15-15+17+17+19-⋯-12n-3+12n-1+1 2n-1+1 2n+1=-1+12n+1=-2n2n+1，当n为奇数时，S n=S n+1-b n+1=-1+12n+3-12n+1+12n+3=-1-12n+1=-2n+22n+1，S n=-2n+22n+1,n=2k-1-2n2n+1,n=2k,k∈N∗.3(22·23上·芜湖·期末)已知S n是数列a n的前n项和，2S n=n+1a n．且a1=1(1)求a n的通项公式；(2)设a0=0，已知数列b n满足b n=sin1cos a n cos a n-1，求b n的前n项的和T n【答案】(1)a n=n；(2)tan n.【分析】(1)利用给定的递推公式，结合a n=S n-S n-1,n≥2变形，构造数列求解作答.(2)由(1)的结论，利用差角的正弦公式变形，再利用错位相减法求解作答.【详解】(1)因为n∈N*，2S n=n+1a n，当n≥2时，2S n-1=na n-1，两式相减得：2a n=(n+1)a n-na n-1，即(n-1)a n=na n-1，变形得a nn=a n-1n-1，于是得数列a nn是常数列，因此a nn=a11=1，即a n=n，所以数列a n的通项公式是a n=n.(2)由(1)知，a n=n，b n=sin1cos n cos(n-1)=sin[n-(n-1)]cos n cos(n-1)=sin n cos(n-1)-cos n sin(n-1)cos n cos(n-1)=tan n-tan(n-1)，所以T n=(tan1-tan0)+(tan2-tan1)+(tan3-tan2)+⋅⋅⋅+[tan n-tan(n-1)]=tan n-tan0=tan n.【题型七】递推公式：分式型不动点已知分式一次型数列递推关系a n+1=Ca n+DAa n+B求通项的问题解法：法一，化归法.当D=0时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当D≠0时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令a n+1+x=Ca n+DAa n+B+x=C+xAa n+D+BxAa n+B，可由1x=C+AxD+Bx解得x的值，即可得到构造方向b n+1=tb nAa n+B，通过这样的转化将问题又化归为D=0的情形再求解.法二，特征根法求解.先构造特征方程x=Cx+DAx+B，解方程得根x1,x2，若x1≠x2，则a n-x2a n-x1为等比数列；若x1=x2，则1a n-x1为等差数列.1(22-23高三·河南·阶段练习)已知数列a n满足a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗．(1)证明：数列1a n+1是等差数列；(2)证明：a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1．【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.【分析】(1)根据条件a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗可得1a n+1+1=2+1a n+1，利用等差数列的定义即可证明结论；(2)利用(1)的结论可得a n=-2n+22n-1，即得|a n |=2n-22n-1,(n≥2,n∈N∗)，利用作差法可得|a n|=2n-22n-1>2n-32n-2，由此可设S=a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1，即得S=23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1，且S>12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n，两式相乘可证明结论.【详解】(1)证明：根据题意a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗，可得a n+1+1=a n+12a n+3，则1a n+1+1=2a n+3a n+1=2+1a n+1，故1a n+1+1-1a n+1=2，1a1+1=10+1=1故数列1a n+1是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知，1a n+1=1+2(n-1)=2n-1，则a n=12n-1-1=-2n+22n-1，则|a n|=2n-22n-1,(n≥2,n∈N∗),由于2n-22n-1-2n-32n-2=(2n-2)2-(2n-3)(2n-1)(2n-1)(2n-2)=1(2n-1)(2n-2)>0，故|a n|=2n-22n-1>2n-32n-2,(n≥2,n∈N∗)设S=a2⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1,则S=23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1，且S>12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n，则S2>23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1⋅12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n=12n+1，故S>12n+1,∴a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1.2(2024高三·全国·专题练习)在数列{a n}中，a1=4且a n+1=3a n+2a n+4，求数列{a n}的通项公式.【答案】a n=2n-1+5n-1 5n-1-2n-2【分析】法一，由a n+1+x=3a n+2a n+4+x=(x+3)a n+4x+2a n+4，令1x=x+34x+2，解得x1=-1,x2=2，即在等式两边同减去1，可构造出形式a n+1-1=2(a n-1)a n+4，从而两边再同取倒数可得1a n+1-1=12+52⋅1a n-1，由此配凑常数，可构造等比数列1a n-1+13进而求得等比数列通项，解an可得；法二，利用特征方程x=3x+2x+4有两个不等式根：x1=1,x2=-2，确定构造方向，先构造两个等式,再作比即可构造特殊数列，即可求得特殊数列的通项，再解出a n即可.【详解】法一，由a n+1=3a n+2a n+4两边减去1得，a n+1-1=3a n+2a n+4-1=2(a n-1)a n+4，两边取倒数得，1a n+1-1=a n+42(a n-1)=a n-1+52(a n-1)=12+52⋅1a n-1，两边同加13得，1a n+1-1+13=56+52⋅1a n-1=52⋅1a n-1+13，由a1=4，则1a1-1+13=23≠0，所以有1a n+1-1+131a n-1+13=52，故1a n-1+13是以23为首项，52为公比的等比数列.所以1a n-1+13=23⋅52n-1，故a n-1=3⋅2n-12⋅5n-1+2n-1，解得a n=2n-1+5n-15n-1-2n-2.法二：因为a n+1=3a n+2a n+4，两边同减去1得a n+1-1=3a n+2a n+4-1=2a n-2a n+4①，两边同加上2得a n+1+2=3a n+2a n+4+2=5a n+10a n+4②，由已知a1=4，则a1-1=3≠0,a1+2=6≠0，①②两式相除得，a n+1-1 a n+1+2=2a n-15(a n+2)，且a1-1a1+2=12≠0，所以，数列a n-1a n+2是以12为首项，25为公比的等比数列，∴a n-1a n+2=a1-1a1+2·25n-1=12⋅25 n-1，∴a n=2n-1+5n-15n-1-2n-2.3(2023高三·全国·专题练习)已知数列a n满足性质：对于n∈N,a n-1=a n+42a n+3,且a1=3,求{a n}的通项公式.【答案】a n =(-5)n -42+(-5)n【分析】根据特征方程的根，构造数列c n 的通项公式，再得到数列a n 的通项公式.【详解】依定理作特征方程x =x +42x +3,变形得2x 2+2x -4=0,其根为λ1=1,λ2=-2.故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第(2)部分，则有c n =a 1-λ1a 1-λ2⋅p -λ1r p -λ2rn -1=3-13+2⋅1-1⋅21+2⋅2n -1，n ∈N ∴c n =25-15n -1,n ∈N .∴a n =λ2c n -λ1c n -1=-2⋅25-15 n -1-125-15n -1-1,n ∈N .即a n =(-5)n -42+(-5)n,n ∈N .【题型八】插入数型插入数型1.插入数构成等差数列在a n 和a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数构成等差数列，可通过构造新数列{b n }来求解d nn +2个数构成等差数列，公差记为d n ，所以：b n +2=b 1+(n +2-1)d n ⇔d n =b n +2-b 1(n +2-1)2.插入数构成等比数列在a n 和a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数构成等比数列，可通过构造新数列{b n }来求解d nn +2个数构成等比数列，公差记为d n ，所以：b n +2=b 1∙q n (n +2-1)⇔q n (n +2-1)=b n +2b 1⇔ln b n +2b 1=ln q n (n +2-1)=(n +2-1)ln q n3.插入数混合型混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列a n 提供了多少项，其余都是插入进来的。

新高中数学数列多选题100含解析

新高中数学数列多选题100含解析一、数列多选题1．各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，若11a >，公比1q ≠，则下列命题正确的是（）A ．若59T T =，则必有141T =B ．若59T T =，则必有7T 是n T 中最大的项C ．若67T T >，则必有78T T >D ．若67T T >，则必有56T T >【答案】ABC 【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解. 【详解】由等比数列{}n a 可知11n n a a q -=⋅，由等比数列{}n a 的前n 项积结合等差数列性质可知：()1211212111111123n n n n n n n n a a q a q a qa a T a a a q a q--+++-=⋅⋅⋅==⋅=对于A ，若59T T =，可得51093611a q a q =，即42611a q =，()71491426211141a q q T a ∴===，故A 正确；对于B ，若59T T =，可得42611a q =，即13211a q=，又11a >，故1q <，又59T T =，可知67891a a a a =，利用等比数列性质知78691a a a a ==，可知67891,1,1,1a a a a >><<，故7T 是n T 中最大的项，故B 正确；对于C ，若67T T >，则61572111a q a q >，即611a q <，又10a >，则1q <，可得76811871T T a a q a q <=<=，故78T T >，故C 正确；对于D ，若67T T >，则611a q <，56651T a T a q ==，无法判断其与“1”的大小关系，故D 错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n 项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.2．设数列{}n a 前n 项和n S ，且21n n S a =-，21log n n b a +=，则（） A ．数列{}n a 是等差数列 B ．12n n aC ．22222123213n na a a a -++++= D ．122334111111n n b b b b b b b b +++++<【答案】BCD 【分析】利用n S 与n a 的关系求出数列{}n a 的通项公式，可判断AB 选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C 选项的正误；利用裂项求和法可判断D 选项的正误. 【详解】对任意的n *∈N ，21n n S a =-.当1n =时，11121a S a ==-，可得11a =；当2n ≥时，由21n n S a =-可得1121n n S a --=-，上述两式作差得122n n n a a a -=-，可得12n n a a -=，所以，数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，11122n n n a --∴=⨯=，A 选项错误，B选项正确；()221124n n na --==，所以，22221231441143nn n a a a a --==-++++，C 选项正确； 212log log 2nn n b a n +===，()1111111n n b b n n n n +==-++，所以，12233411111111111111112233411n n b b b b b b b b n n n +++++=-+-+-++-=-<++， D 选项正确. 故选：BCD. 【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.3．下列说法正确的是（）A ．若{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则k S ，2k k S S -，32k k S S -，…仍为等差数列()k N *∈B ．若{}n a 为等比数列，n S 为其前n 项和，则k S ，2k k S S -，32k k S S -，仍为等比数列()k N *∈C ．若{}n a 为等差数列，10a >，0d <，则前n 项和n S 有最大值D ．若数列{}n a 满足21159,4n n n a a a a +=-+=，则121111222n a a a +++<--- 【答案】ACD 【分析】根据等差数列的定义，可判定A 正确；当1q =-时，取2k =，得到20S =，可判定B 错误；根据等差数列的性质，可判定C 正确；化简得到1111233n n n a a a +=----，利用裂项法，可判定D 正确. 【详解】对于A 中，设数列{}n a 的公差为d ，因为12k k S a a a =+++，2122k k k k k S S a a a ++-=+++，3221223k k k k k S S a a a ++-=+++，，可得()()()()22322k k k k k k k S S S S S S S k d k N *--=---==∈，所以k S ，2k k S S -，32k k S S -，构成等差数列，故A 正确；对于B 中，设数列{}n a 的公比为()0q q ≠，当1q =-时，取2k =，此时2120S a a =+=，此时不成等比数列，故B 错误；对于C 中，当10a >，0d <时，等差数列为递减数列，此时所有正数项的和为n S 的最大值，故C 正确；对于D 中，由2159n nn a a a +=-+，可得()()2135623n n n n n a a a a a +-=-+=-⋅-，所以2n a ≠或3n a ≠，则()()1111132332n n n n n a a a a a +==------，所以1111233n n n a a a +=----，所以1212231111111111222333333n n n a a a a a a a a a ++++=-+-++---------- 1111111333n n a a a ++=-=----. 因为14a =，所以2159n nn n a a a a +=-+>，可得14n a +>，所以11113n a +-<-，故D 正确.故选：ACD 【点睛】方法点睛：由2159n nn a a a +=-+，得到()()2135623n n n n n a a a a a +-=-+=-⋅-，进而得出1111233n n n a a a +=----，结合“裂项法”求解是解答本题的难点和关键.4．下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的几个命题，其中正确的有（） A ．数列{}n a 递增B ．n S 为{}n a 的前n 项和,则数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列 C ．若n a n =，n S 为{}n a 的前n 项和，且n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列，则0cD ．若70a =，n S 为{}n a 的前n 项和，则方程0n S =有唯一的根13n = 【答案】ABD 【分析】选项A. 由题意10n n a a d +-=>可判断；选项B.先求出112n S n a d n -=+⨯，根据1012n n S S dn n +-=>+可判断；选项C. 若n a n =,则()12n n n S +=，则0c 或1c =时n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列可判断；选项D.由1602n n S dn -⎛⎫=--= ⎪⎝⎭可判断. 【详解】选项A. 由题意10n n a a d +-=>，则1n n a a +>，所以数列{}n a 递增，故A 正确. 选项B. ()112n n n S na d -=+⨯,则112n S n a d n -=+⨯ 所以1012n n S S d n n +-=>+，则11n n S S n n +>+，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列. 故B 正确. 选项C. 若n a n =,则()12n n n S +=，则()()12n n n S n c n c =+++当0c时，12+n S n c n =+为等差数列. 当1c =时，2n S n c n=+为等差数列.所以选项C 不正确.选项D. 70a =,即7160a a d =+=，则16a d =- 又()()1111660222n n n n n n S na d dn d dn ---⎛⎫=+⨯=-+⨯=--= ⎪⎝⎭ 由0,0d n >>，所以1602n --=，得13n =，故选项D 正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的判定和单调性的单调，解答本题的关键是利用等差数列的定义和前n 项和公式进行判断，求出162n n S dn -⎛⎫=-+⎪⎝⎭，从而判断，属于中档题.5．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.6．已知等比数列{}n a 满足11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>．（）A ．数列{}n a 的公比为pB ．数列{}n a 为递增数列C ．1r p =--D ．当14p r-取最小值时，13-=n n a 【答案】BD 【分析】先结合已知条件，利用1n n n a S S -=-找到,p q 的关系，由11p q =-判断选项A 错误，由11pq p+=>判断B 正确，利用{}n a 通项公式和前n 项和公式代入已知式计算r p =-判断C 错误，将r p =-代入14p r-，利用基本不等式求最值及取等号条件，判断D 正确. 【详解】依题意，等比数列{}n a ，11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>，设公比是q ，2n ≥时，11n n n n S pa rS pa r +-=+⎧⎨=+⎩，作差得，1n n n pa a pa +-=，即()11n n p a pa +=+，故11n n a p a p ++=，即1p q p +=，即11p q =-. 选项A 中，若公比为p ，则11p q q ==-，即210q q --=，即p q ==时，数列{}n a 的公比为p ，否则数列{}n a 的公比不为p ，故错误；选项B 中，由0p >知，1111p q p p +==+>，故111111n n n n a a q q p ---=⋅==⎛⎫+ ⎪⎝⎭是递增数列，故正确；选项C 中，由1n n S pa r +=+，11n n q S q-=-，11p q =-，1nn a q +=知， 1111111n n n n q p q q a qr S p q +--=-⋅=-=---=，故C 错误；选项D 中，因为r p =-，故()1111444p p p r p p -=-=+≥=⋅-，当且仅当14p p =，即12p =时等号成立，14p r-取得最小值1，此时13p q p +==，113n n n a q --==，故正确.故选：BD. 【点睛】方法点睛：由数列前n 项和求通项公式时，一般根据11,2,1n n n S S n a a n --≥⎧=⎨=⎩求解；2、当两个正数,a b的积为定值，要求这两个正数的和式的最值时，可以使用基本不等式a b +≥，当且仅当a b =取等号.7．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.8．设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，关于数列{}n a ，下列四个命题中正确的是（）A ．若1*()n n a a n N +∈=，则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若2n S An Bn =+(A ，B 为常数，*n N ∈)，则{}n a 是等差数列C ．若()11nn S =--，则{}n a 是等比数列D ．若{}n a 是等差数列，则n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈也成等差数列【答案】BCD 【分析】利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】选项A: 1*()n n a a n N +∈=,10n n a a +∴-=得{}n a 是等差数列，当0n a =时不是等比数列，故错; 选项B:2n S An Bn =+,12n n a a A -∴-=,得{}n a 是等差数列，故对;选项C: ()11nn S =--,112(1)(2)n n n n S S a n --∴-==⨯-≥,当1n =时也成立，12(1)n n a -∴=⨯-是等比数列，故对;选项D: {}n a 是等差数列，由等差数列性质得n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈是等差数列，故对; 故选：BCD 【点睛】熟练运用等差数列的定义、性质、前n 项和公式是解题关键.9．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.10．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-，则下列结论正确的是（）A ．数列{}n a 为等比数列B ．数列{}n S n +为等比数列C ．数列{}n a 中10511a =D ．数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---【答案】BCD 【分析】由已知可得11222n n n n S n S nS n S n++++==++，结合等比数列的定义可判断B ；可得2n n S n =-，结合n a 和n S 的关系可求出{}n a 的通项公式，即可判断A ；由{}n a 的通项公式，可判断C ；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n 项和公式即可判断D. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++．又112S +=，所以数列{}n S n +是首项为2，公比为2的等比数列，故B 正确；所以2n n S n +=，则2nn S n =-．当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-，但11121a -≠-，故A 错误；由当2n ≥时，121n n a -=-可得91021511a =-=，故C 正确；因为1222n n S n +=-，所以2311222...2221222...22n n S S S n ++++=-⨯+-⨯++-()()()23122412122...2212 (22412)2n n n n n n n n n ++--⎡⎤=+++-+++=-+=---⎢⎥-⎣⎦ 所以数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由121n n S S n +=+-可有目的性的构造为1122n n S S n n +++=+，进而得到11222n n n n S n S nS n S n++++==++，说明数列{}n S n +是等比数列，这是解决本题的关键所在，考查了推理运算能力，属于中档题,。

专题10 数列-三年(2022–2024)高考数学真题分类汇编(全国通用)(原卷版)

专题10数列考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1：等差数列基本量运算2023年全国Ⅰ卷、2024年全国Ⅱ卷2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题2022年高考全国乙卷数学（文）真题2023年高考全国甲卷数学（文）真题2023年高考全国乙卷数学（理）真题2024年高考全国甲卷数学（文）真题2024年高考全国甲卷数学（理）真题2023年高考全国乙卷数学（文）真题高考对数列的考查相对稳定，考查内容、频率、题型、难度均变化不大．等差数列、等比数列以选填题的形式为主，数列通项问题与求和问题以解答题的形式为主，偶尔出现在选择填空题当中，常结合函数、不等式综合考查.考点2：等比数列基本量运算2023年全国Ⅱ卷、2023年天津卷2023年高考全国甲卷数学（理）真题2022年高考全国乙卷数学（理）真题2023年高考全国甲卷数学（文）真题2023年高考全国乙卷数学（理）真题考点3：数列的实际应用2024年北京高考数学真题2023年北京高考数学真题2022年新高考全国II卷数学真题2022年高考全国乙卷数学（理）真题考点4：数列的最值问题2022年高考全国甲卷数学（理）真题2022年新高考北京数学高考真题考点5：数列的递推问题（蛛网图问题）2024年高考全国甲卷数学（文）真题2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题2022年新高考浙江数学高考真题2023年北京高考数学真题考点6：等差数列与等比数列的综合应用2022年新高考浙江数学高考真题2022年新高考全国II卷数学真题2024年北京高考数学真题考点7：数列新定义问题2022年新高考北京数学高考真题2024年上海夏季高考数学真题2023年北京卷、2024年北京卷考点8：数列通项与求和问题2024年高考全国甲卷数学（理）真题2024年天津高考数学真题2023年高考全国甲卷数学（理）真题2022年新高考天津数学高考真题考点9：数列不等式2023年天津高考数学真题2023年全国Ⅱ卷、2022年全国I卷考点1：等差数列基本量运算1．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d >．令2n nn nb a +=，记,n n S T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和．(1)若2133333,21a a a S T =++=，求{}n a 的通项公式；(2)若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求d ．2．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d =．3．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（）A ．25B ．22C ．20D ．154．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（）A ．－1B ．12-C ．0D ．125．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（）A ．2-B ．73C ．1D ．296．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（）A ．72B ．73C ．13-D ．711-7．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知21011,40a S ==．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n T ．8．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S =.9．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件考点2：等比数列基本量运算10．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（）．A ．120B ．85C ．85-D ．120-11．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）设等比数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和n S ，若11a =，5354S S =-，则4S =（）A ．158B ．658C ．15D ．4012．（2023年天津高考数学真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()112,22N n n a a S n *+==+∈，则4a =（）A ．16B ．32C ．54D ．16213．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（）A ．14B ．12C ．6D ．314．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为．15．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =.考点3：数列的实际应用16．（2024年北京高考数学真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm ，且斛量器的高为230mm ，则斗量器的高为mm ，升量器的高为mm ．17．（2023年北京高考数学真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a =；数列{}n a 所有项的和为．18．（2022年新高考全国II 卷数学真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.919．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（）A ．15b b <B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <考点4：数列的最值问题20．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．21．（2022年新高考北京数学高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件考点5：数列的递推问题（蛛网图问题）22．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=-.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n S 的前n 项和.23．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知双曲线()22:0C x y m m -=>，点()15,4P 在C 上，k 为常数，01k <<．按照如下方式依次构造点()2,3,...n P n =：过1n P -作斜率为k 的直线与C 的左支交于点1n Q -，令n P 为1n Q -关于y 轴的对称点，记n P 的坐标为(),n n x y .(1)若12k =，求22,x y ；(2)证明：数列{}n n x y -是公比为11kk+-的等比数列；(3)设n S 为12n n n P P P ++ 的面积，证明：对任意正整数n ，1n n S S +=.24．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A ．100521002a <<B ．100510032a <<C ．100731002a <<D ．100710042a <<25．（2023年北京高考数学真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（）A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立考点6：等差数列与等比数列的综合应用26．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *∈N ．(1)若423260S a a -+=，求n S ；(2)若对于每个n *∈N ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．27．（2022年新高考全国II 卷数学真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．28．（2024年北京高考数学真题）设{}n a 与{}n b 是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合{}*|,N k k M k a b k ==∈，给出下列4个结论：①若{}n a 与{}n b 均为等差数列，则M 中最多有1个元素；②若{}n a 与{}n b 均为等比数列，则M 中最多有2个元素；③若{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，则M 中最多有3个元素；④若{}n a 为递增数列，{}n b 为递减数列，则M 中最多有1个元素.其中正确结论的序号是.考点7：数列新定义问题29．（2022年新高考北京数学高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．30．（2024年上海夏季高考数学真题）无穷等比数列{}n a 满足首项10,1a q >>，记[][]{}121,,,n n n I x y x y a a a a +=-∈⋃，若对任意正整数n 集合n I 是闭区间，则q 的取值范围是．31．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；(2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．32．（2023年北京高考数学真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．33．（2024年北京高考数学真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．考点8：数列通项与求和问题34．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知434n n S a =+．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1(1)n n n b na -=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．35．（2024年天津高考数学真题）已知数列{}n a 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为n S ．若1231,1a S a ==-．(1)求数列{}n a 前n 项和n S ；(2)设11,2,kn n k k k n a b b k a n a -+=⎧=⎨+<<⎩，*k ∈N ．（ⅰ）当12,k k n a +≥=时，求证：1n k n b a b -≥⋅；（ⅱ）求1nS i i b =∑．36．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知21,2n n a S na ==．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．37．（2022年新高考天津数学高考真题）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()1111n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；(3)求211(1)nk k k k k a a b +=⎡⎤--⎣⎦∑．考点9：数列不等式38．（2023年天津高考数学真题）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和()1212N n n ii a n --*=∈∑．(2)设{}n b 是等比数列，且对任意的*N k ∈，当1221k k n -≤≤-时，则1k n k b a b +<<，（Ⅰ）当2k ≥时，求证：2121kk k b -<<+；（Ⅱ）求{}n b 的通项公式及前n 项和．39．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知{}n a 为等差数列，6,2,n n na nb a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，记n S ，n T 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，432S =，316T =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：当5n >时，n n T S >．40．（2022年新高考全国I 卷数学真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．。

2024年高考真题汇总数列(解析版)

专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。

高三数学：2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结(解析版)

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结考点一：已知()n f S n =，求na 利用()()⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n a S n nn ，注意一定要验证当1=n 时是否成立【精选例题】【例1】已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且121n n S +=-，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．2n n a =B ．3,12,2n nn a n =⎧=⎨≥⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【答案】B【详解】当2n ≥时，121nn S -=-，1112212n n n n n n a S S +---+=-==；当1n =时，1111213a S +==-=，不符合2n n a =，则3,12,2n n n a n =⎧=⎨≥⎩.故选：B.【例2】定义123nnp p p p +++⋅⋅⋅+为n 个正数123,,,,n p p p p ⋅⋅⋅的“均倒数”，若已知数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为15n，则10a 等于（）A ．85B ．90C ．95D ．100【例3】（多选题）定义12n n H n-+++= 为数列{}n a 的“优值”．已知某数列{}n a 的“优值”2nn H =，前n 项和为n S ，下列关于数列{}n a 的描述正确的有（）A ．数列{}n a 为等差数列B ．数列{}n a 为递增数列C ．2022202520222S =D ．2S ，4S ，6S 成等差数列【答案】ABC【详解】由已知可得112222n n n n a a a H n -+++== ，所以112222n nn a a a n -+++=⋅ ，①所以2n ≥时，()211212212n n n a a a n ---+++=-⋅ ，②得2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，即2n ≥时，1n a n =+，当1n =时，由①知12a =，满足1n a n =+．所以数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 正确，所以()32n n n S +=，所以32n S n n +=，故2022202520222S =，故C 正确．25S =，414S =，627S =，2S ，4S ，6S 不是等差数列，故D 错误，故选：ABC ．【例4】设数列{}n a 满足123211111222n n a a a a n -+++⋅⋅⋅+=+，则{}n a 的前n 项和（）A ．21n -B ．21n +C ．2nD ．121n +-【答案】C【详解】解：当1n =时，12a =，当2n ≥时，由1231221111112222n n n n a a a a a n ---+++⋅⋅⋅++=+得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，两式相减得，1112n n a -=，即12n n a -=，综上，12,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩所以{}n a 的前n 项和为()11212224822212n n n ---+++++=+=- ，故选：C.【跟踪训练】1.无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2nn S =，则下列结论中正确的有（）A ．{}n a 为等比数列B ．{}n a 为递增数列C ．{}n a 中存在三项成等差数列D ．{}n a 中偶数项成等比数列【答案】D【详解】解：无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2nn S =2n ∴≥，111222n n n n n n a S S ---=-=-=，当1n =时，11122a S ===，不符合上式，12,1,2,2,n n n a n -=⎧∴=⎨≥⎩所以{}n a 不是等比数列，故A 错误；又122a a ==，所以{}n a 不是递增数列，故B 错误；假设数列{}n a 中存在三项,,r m s a a a 成等差数列，由于122a a ==，则*,,N ,2r m s r m s ∈≤<<，所以得：11122222m r s m r s a a a ---=+⇒⨯=+11222m r s --∴=+，则11122r m s m ----∴=+，又11021s m s m ----≥⇒≥且120r m -->恒成立，故式子11122r m s m ----=+无解，{}n a 中找不到三项成等差数列，故C 错误；21*22(N )n n a n -∴=∈，212(1)21242n n n na a ++-∴=={}2n a ∴是等比数列，即{}n a 中偶数项成等比数列，故D 正确.故选：D ．考点二：叠加法（累加法）求通项若数列{}n a 满足)()(*1N n n f a a n n ∈=-+，则称数列{}n a 为“变差数列”，求变差数列{}n a 的通项时，利用恒等式)2()1()3()2()1()()()(1123121≥-+⋅⋅⋅++++=-+⋅⋅⋅+-+-+=-n n f f f f a a a a a a a a a n n n 求通项公式的方法称为累加法。

(完整)高考数列大题专题

(完整)高考数列大题专题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN高考中的数列—最后一讲（内部资料勿外传）1．已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．2．设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n．3．已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为S n，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n；（Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n与B n的大小．4．已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10（I）求数列{a n}的通项公式；（II）求数列{}的前n项和．5．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5．（I）求数列{b n}的通项公式；（II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列．6．在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n，n≥1．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=tana n?tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．7.设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6+15=0．（Ⅰ）若S 5=5，求S 6及a 1；（Ⅱ）求d 的取值范围．8．已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =（4﹣a n ）q n ﹣1（q ≠0，n ∈N *），求数列{b n }的前n 项和S n ．9．已知数列{a n }满足a 1=0，a 2=2，且对任意m 、n ∈N *都有a 2m ﹣1+a 2n ﹣1=2a m+n ﹣1+2（m ﹣n ）2（1）求a 3，a 5；（2）设b n =a 2n+1﹣a 2n ﹣1（n ∈N *），证明：{b n }是等差数列；（3）设c n =（a n+1﹣a n ）q n ﹣1（q ≠0，n ∈N *），求数列{c n }的前n 项和S n ．10．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1=1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项；（Ⅱ）求数列{2an }的前n 项和S n ．11．已知数列{a n }满足，，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．12．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点（n ，S n ），均在函数y=b x +r （b ＞0）且b ≠1，b ，r 均为常数）的图象上．（1）求r 的值；（2）当b=2时，记b n =n ∈N *求数列{b n }的前n 项和T n ．13．（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令b n =211n a -(n ∈N *)，求数列{}n b 的前n 项和n T ．14．已知数列{a n}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16（1）求数列{a n}的通项公式；（2）数列{a n}和数列{b n}满足等式a n=（n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．15．设数列{a n}的通项公式为a n=pn+q（n∈N*，P＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．（Ⅰ）若，求b3；（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；16．已知数列{x n}的首项x1=3，通项x n=2n p+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：（Ⅰ）p，q的值；（Ⅱ）数列{x n}前n项和S n的公式．17．设数列{a n}的前n项和为S n=2a n﹣2n，（Ⅰ）求a1，a4（Ⅱ）证明：{a n+1﹣2a n}是等比数列；（Ⅲ）求{a n}的通项公式．18．在数列{a n}中，a1=1，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n项和S n；（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．19．已知数列{a n}的首项，，n=1，2，3，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．20.在数列{}n a 中，10a =，且对任意*k N ∈k N ∈，21221,,k k k a a a -+成等差数列，其公差为k d 。

数列--2023高考真题分类汇编完整版

数列--高考真题汇编第一节数列的通项公式与性质1.（2023新高考II 卷18）已知{}n a 为等差数列，6,2,n n n a n b a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.记n S ，n T 分别为{}n a ，{}n b 的前n 项和.若432S =，316T =.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求证：当5n >时，n n T S >.【解析】（1）{}n a 为等差数列，设公差为d .312312362616T b b b a a a =++=-++-=，所以17a d +=①,又432S =，所以可得12316a d +=②,联立①②解得15,2a d ==，所以()1123n a a n d n =+-=+，*n ∈N .（2）由（1）得()21142n n n S a n d n n -=+=+.当n 为偶数时，()()13124......n n n T b b b b b b -=+++++++()()1312466...622...2n n a a a a a a -=-+-++-++++()()59...2132711...23n n n =++++-+++++()()521723223222n nn n n ++++=-+⨯23722n n =+.当5n >时，()()2223741022222n n n n n n n T S n n n -=+-+=-=->，即n n T S >.当n 为奇数时，1n -为偶数，()()21371123622n n n T T b n n n -=+=-+-++-235522n n =+-.当5n >时，()()()222353154525022222n n n n T S n n n n n n -=+--+=--=+->，即n n T S >.综上所述，当5n >时，n n T S >.第二节等差数列与等比数列1.（2023全国甲卷理科5）已知正项等比数列{}n a 中，11a =，n S 为{}n a 前n 项和，5354S S =-，则4S =（）A.7B.9C.15D.30【解析】由题知()23421514q q q q q q ++++=++-，即34244q q q q +=+，即32440q q q +--=，()()()2120q q q -++=.{}n a 为正项等比数列，0q >，所以解得2q =，故4124815S =+++=.故选C.2.（2023全国甲卷文科5）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若2610a a +=，4845a a =，则5S =（）A.25B.22C.20D.15【分析】解法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出；解法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出．【解析】解法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=，又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==，所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=．故选C.解法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=，所以53520S a ==．故选C.3.（2023全国甲卷文科13）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为.4.（2023全国乙卷理科15）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =.【分析】根据等比数列公式对24536a a a a a =化简得11a q =，联立9108a a =-求出52q =-，最后得55712a a q q q =⋅==-.【解析】设{}n a 的公比为()0q q ≠，因为24536a a a a a =，而4536a a a a =，所以211a a q ==，因为9108a a =-，则()289151118a q a q a q q ⋅=⋅=-，则()()3315582q q==-=-，则52q =-，则55712a a q q q =⋅==-，故答案为2-.5.（2023全国乙卷文科18）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知211a =,1040S =.（1）求{}n a 的通项公式；6.（2023新高考I 卷7）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】{}n a 为等差数列，设首项为1a 公差为d ，则()112n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，所以甲是乙的充分条件.n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，即()()()1111111n n n n n n nS n S S S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即()11n nna S t n n +-=+，故()11n n S na tn n +=-+，()()()1112n n S n a t n n n -=---≥，两式相减得()1112n n n n n a S S na n a tn -+=-=---，12n n a a t +-=为常数，对1n =也成立，所以{}n a 为等差数列，所以甲是乙的必要条件.所以，甲是乙的充要条件，故选C.7.（2023新高考I 卷20）设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d >.令2n nn nb a +=，记n S ，nT 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和.（1）若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求d .【解析】（1）()21311332(1)n a a a d a d a d a nd d -===+⇒=⇒=>，则3123312349,6,n n b S a a a d T d d d +++==++===，则296212730(21)(3)0d d d d d d+=⇒-+=⇒--=，故*3,3,n d a n n ==∈N .（2）若{}n b 为等差数列，设公差为r ，则()()()2200000000(1)n n b nr n n a nd b nr drn db ra n a b a nd +=+⇒+=++=++++故0000110dr db ra a b =⎧⎪+=⎨⎪=⎩，（101d r >⇒<<）()()999999000019910099()992n S T a nd b nr a b d r =⨯-=+--=-+-=∑，0050()1a b d r -+-=.①00a =时，00111,1,50()1501db dr d r b d d d⎛⎫==-=+⇒-=+ ⎪⎝⎭25150510(5051)(1)0. 50d d d d d ⇒--=⇒-+=⇒=②00b =时，00111,1,50()1501ra dr a d r r r r ⎛⎫==+-=⇒+-= ⎪⎝⎭250510(5051)(1)01r r r r r d ⇒+-=⇒+-=⇒==.矛盾.综上，5150d =.8.（2023新高考II 卷8）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（）A.120B.85C.85- D.120-【解析】由6221S S =，得()2422121q q S S ++=，即42200q q +-=，解得24q =或25q =-（舍），则416q =.因为4844S S q S -=，所以()()484117585S q S =+=⨯-=-.故选C.9.（2023天津卷6）已知{}n a 为等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，122n n a S +=+，则4a 的值为（）A ．3B ．18C ．54D ．152【分析】由1n n n a S S -=-得出公比的值，再由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程，求解方程组确定首项的值，然后结合等比数列通项公式即可求得4a 的值.【解析】因为122n n a S +=+，所以有122n n a S -=+，两式相减得()1122n n n n n a a S S a +--==-，即13n n a a +=，所以3q =.又由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，解得可得12a =，则34154a a q ==.故选C.10.（2023北京卷14）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量（单位：株）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，11a =，512a =，9192a =.则7a =；数列{}n a 所有项的和为.【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解,d q ，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求73,a a ，再结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【解析】解法一：设前3项的公差为d ，后7项公比为0q >，则4951921612a q a ===，且0q >，可得2q =，则53212a a d q =+=，即123d +=，可得1d =，空1：可得43733,48a a a q ===，空2：()716293121233232338412a a a -=+++⨯+⋅⋅⋅+⨯=+-+=++ .解法二：空1：因为{},37n a n ≤≤为等比数列，则227591219248a a a ==⨯=，且0n a >，所以748a =；又因为2537a a a =，则25373a a a ==；空2：设后7项公比为0q >，则2534a q a ==，解得2q =，可得()1339334567189236,21a qa a a a a q a a a a a a a a +-==++++++++=-3192238112-⨯==-，所以93126381384a a a a =+-+=++ .故答案为：48；384.第三节数列求和2.（2023全国甲卷理科17）已知数列{}n a 中，21a =，设n S 为{}n a 前n 项和，2n n S na =.（1）求{}n a 的通项公式.（2）求数列12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【解析】（1）因为2n n S na =.当1n =时，112a a =，即10a =.当3n =时，()33213a a +=，即32a =.当2n ≥时，()1121n n S n a --=-，所以()()11212n n n n n S S na n a a ---=--=，化简得()()121n n n a n a --=-.当3n ≥时，13 (1122)n n a a an n -====--，即1n a n =-.当1,2n =时都满足上式，所以1n a n =-，n ∈*N .（2）因为122n n n a n +=，所以231111123...2222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()2311111112...122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.两式相减得，2311111221111111 (1222222212)nn n n n T n n ++⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=++++-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即()1222n n T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，n ∈*N .第四节数列的综合与应用1.（2023天津卷19）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a--=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*k ∈N ，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（i ）当2k ≥时，求证：2121k k k b -<<+；（ii ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得13,2a d ==，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n 项和公式计算.(2)(i )利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当1221k k n -≤≤-时，k n b a <，2.（2023北京卷10）数列{}n a 满足()()311661,2,3,4n n a a n +=-+= ，则（）A.若13a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数0M ，使得n a M >恒成立B.若15a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数6M ，使得n a M <恒成立C.若17a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立D.若19a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【分析】思路1：利用数学归纳法可判断ACD 正误，利用递推公式可判断数列性质，从而判断B 的正误；思路2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性.思路3：利用数形结合，画图分析各选项合理性.【解析】解法一：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤，证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立；设当n k =时，63k a -≤-成立，则()31276,4164k k a a +⎛⎫-∈-∞- ⎪⎝=⎭-，故136k a +≤--成立，由数学归纳法可得3n a ≤成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-<故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故119634n n a +-⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故119634n n a +-⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则19634n M -⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故16934n M --⎛⎫> ⎪⎝⎭，故9461log 3Mn -<+，故n a M >恒成立仅对部分n 成立，故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<，证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立；设当n k =时，56k a ≤<成立，则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即由数学归纳法可得156k a +≤<成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +>-，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时，可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤，证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立；设当n k =时，67k a <≤成立，则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤，由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为递减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664nn a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164n M ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时，可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥，证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立；设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立.由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()116349946nnn a a +⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎝⎭⎝>⎪⎭-，所以19463nn a +⎛+⎫⎪⎝⎭≥，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，n 的个数有限，与D 选项矛盾，故D 错误.故选B.解法二：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-，令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x '>，得06x <<-或6x >+令()0f x '<，得23236633x -<<+；所以()f x在,63⎛-∞- ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛-+ ⎝⎭上单调递减，令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到234653<-<，237683<+<，所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >，对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <，假设当n k =时，3k a <，当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<，综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-，令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-，假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]4m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ，上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=，则[]4m M a a M -+=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误；对于B ，因为15a =，当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<，假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<，所以()3116664k k a a +=-+<，又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >，假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-，所以()3116654k k a a +=-+≥，综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()11312164n n a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，假设当n k =时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当1n k =+时，所以())()13113131223111666441166644k k k k a a --+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪ ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=，综上，()()113121624n n n a --⎛⎫+⎪=≥ ⎝⎭.易知1310n -->，则()113121014n --⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()11312166,724n n n a --⎛⎫+∈≥ =⎪⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*0001,m m m m -<≤∈N ，则()0142log 6133m mM ->=+，故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即()1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝，所以1m a M +<，故n a M >不恒成立，故C 错误；对于D ，因为19a =，当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >，假设当n k =时，3k a ≥，当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上，9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-，令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x =-+'，因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ''≥=⨯-⨯+>，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->，故110n n a a +-->，即11n n a a +>+，假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立，取[]1m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ，上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->，则[]1m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误.故选B.解法三（蛛网图）：令()()31664f x x =-+，则()1n n a f a +=.故可利用数形结合判断{}n a 的单调性.首选()()31664f x x =-+关于()6,6中心对称，又由()()23604f x x '=-可知()f x 在R 上单调递增.再令()31664x x =-+，即()()36460x x ---=，得()()()6480x x x ---=，解得14x =，26x =，38x =.在同一坐标系下画出y x =和()y f x =的图像如下图所示.对于选项A ，当13a =时，如图（a ）所示，{}n a 是单调递减数列，且130a =>.当2n 时，0n a <，当n →+∞时，n a →-∞.故不存在0M ，使n a M >恒成立.故A 错误.对于选项B ，当15a =时，如图（b ）所示，{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，6n a →.故取6M =，可使得na M 恒成立.B 正确.图（a ）图（b ）对于选项C ，当17a =时，如图（c ）所示，图（c ）{}n a 是单调递减数列.当n →+∞时，6n a →.故不存在6M >使得n a M >恒成立，C 错误.对于选项D ，当19a =时，如图（d ）所示.图（d ）{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，n a →+∞.故不存在6M >，使n a M <恒成立.D 错误.故选B.【评注】本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.3.（2023北京卷21）已知数列{}{},n n a b 的项数均为()2m m >，且{},1,2,,i i a b m ∈ ，{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==.对于{}1,2,,k m ∈ ，定义{}{}max ,0,1,,k i k r i B A k m =∈ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.（1）若12a =，21a =，33a =；11b =，23b =，33b =，求0123,,,r r r r 的值；（2）若11a b ，且112,1,2,,1ii i rr r i m +-+=- ，求n r ；（3）证明：存在{},,,0,1,2,,p q r s m ∈ ，满足0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤，使得p s q r A B A B +=+．【分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意分析求解；（2）根据题意分析可得11i i r r +-≥，利用反证可得11i i r r +-=，再结合等差数列运算求解；（3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法分析证明.【解析】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========，当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =；当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <≤>=，故11r =；当2k =时，则222,0,1,,i B A i B A ≤=>故21r =；当3k =时，则3,0,1,2,i B A i ≤=，33,B A >故32r =；综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =.（2）由题意可知：n r m ≤，且n r ∈N ，因为1,1n n a b ≥≥，则111,1n n A a B b ≥=≥=，当且仅当1n =时，等号成立，所以010,1r r ==，又因为112i i i r r r -+≤+，则11i i i i r r r r +--≥-，即112101m m m m r r r r r r ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=，可得11i i r r +-≥，反证：假设满足11i i r r +->的最小正整数为j ，11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以1为公差的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（i ）若m m A B =，则取0,p r q s m ====即可.（ii ）若m m A B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；（iii ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y r X r Y B A B A -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；综上所述，存在0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤使得p s q r A B A B +=+．【评注】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.。

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1.高考数学数列题型专题汇总1一、选择题21、已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，且S S n n =∞→lim .下列3 条件中，使得()*∈<N n S S n 2恒成立的是（） 4（A ）7.06.0,01<<>q a （B ）6.07.0,01-<<-<q a 5（C ）8.07.0,01<<>q a （D ）7.08.0,01-<<-<q a 6【答案】B78 2、已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a9（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）9710【答案】C 1112 3、定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 13 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若m =4，14 则不同的“规范01数列”共有15（A ）18个（B ）16个（C ）14个（D ）12个16【答案】C 17182.4、如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且19 1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ，201122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ，（P Q P Q ≠表示点与不重合）. 21若1n n n n n n n d A B S A B B +=，为△的面积，则2223 A ．{}n S 是等差数列 B ．2{}n S 是等差数列 24C ．{}n d 是等差数列D ．2{}n d 是等差数列 25【答案】A 2627 28 2930 二、填空题311、已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则32 6=S _______..33【答案】6 34352、无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意363.*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.37【答案】4383、设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2a n 的最大值39 为 . 40【答案】64 4142 4、设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n +1=2S n +1，n ∈N *，则a 1= ，43 S 5= .44【答案】1 121 45 4647 三、解答题481、设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整49 数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所50 有“G 时刻”组成的集合.51（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素；52（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；53（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个54 数不小于N a -1a .554.5657 如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1. 58从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .59又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G .6061625.2、已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+63（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；64（Ⅱ）令1(1).(2)n n n n n a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n .65【解析】(Ⅰ)因为数列{}n a 的前n 项和n n S n 832+=， 66所以111=a ，当2≥n 时，6756)1(8)1(383221+=----+=-=-n n n n n S S a n n n ，68又56+=n a n 对1=n 也成立，所以56+=n a n ．69又因为{}n b 是等差数列，设公差为d ，则d b b b a n n n n +=+=+21． 70当1=n 时，d b -=1121；当2=n 时，d b -=1722，71解得3=d ，所以数列{}n b 的通项公式为132+=-=n da b n n ． 72(Ⅱ)由1112)33()33()66()2()1(+++⋅+=++=++=n nn n n n n n n n n b a c ， 73于是14322)33(2122926+⋅+++⋅+⋅+⋅=n n n T ， 74两边同乘以２，得7521432)33(2)3(29262++⋅++⋅++⋅+⋅=n n n n n T ，76两式相减，得776.214322)33(23232326++⋅+-⋅++⋅+⋅+⋅=-n n n n T782222)33(21)21(2323+⋅+---⋅+⋅=n n n79222232)33()21(2312++⋅=⋅++-⋅+-=n n n n n n T ．8081 3、若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具82 有性质P .83（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；84（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，85 151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；86（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 87 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”. 88【解析】89试题分析：（1）根据已知条件，得到678332a a a a ++=++，结合67821a a a ++=90 求解．91（2）根据{}n b 的公差为20，{}n c 的公比为13，写出通项公式，从而可得92 520193n n n n a b c n -=+=-+．93通过计算1582a a ==，248a =，63043a =，26a a ≠，即知{}n a 不具有性质P ． 94（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明．957.试题解析：（1）因为52a a =，所以63a a =，743a a ==，852a a ==． 96于是678332a a a a ++=++，又因为67821a a a ++=，解得316a =．97（2）{}n b 的公差为20，{}n c 的公比为13，98所以()12012019n b n n =+-=-，1518133n n n c --⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭．99520193n n n n a b c n -=+=-+．1001582a a ==，但248a =，63043a =，26a a ≠， 101所以{}n a 不具有性质P ． 102（3）[证]充分性：103当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．104对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=． 105充分性得证． 106必要性：107用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ， 108使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．109下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．1108.设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则111()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =． 112取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==， 113依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．114但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠． 115所以{}n a 不具有性质P ，矛盾． 116必要性得证．117综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”． 118119 4、已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{n a }的前n 项和，11n n S qS +=+ ，120 其中q>0，*n N ∈ .121（I ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求a n 的通项公式；122(ii)设双曲线2221ny x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：123121433n nn n e e e --++⋅⋅⋅+>.124【答案】（Ⅰ）1=n n a q ；（Ⅱ）详见解析. 125解析：（Ⅰ）由已知，1211,1,nnnnS qS S qS 两式相减得到21,1nn a qa n.1269.又由211S qS 得到21a qa ，故1nn a qa 对所有1n 都成立.127所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 128从而1=n n a q .129由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a ，即22=32,q q ，则(21)(2)0q+q，130 由已知,0q ，故 =2q .131所以1*2()n na n N .132（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n na q .133所以双曲线2221n y xa 的离心率 22(1)11nn n e a q .134由2513q q 解得43q . 135因为2(1)2(1)1+kkq q 1*k q kN （）. 136于是11211+1n n nq e e e q qq ， 137故1231433n nn e e e . 138139 5、已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的140 ,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等比中项.14110.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；142(Ⅱ)设 ()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk k T d =<∑143【解析】⑴22112112n n n n n n n n C b b a a a a d a +++++=-=-=⋅144 21212()2n n n n C C d a a d +++-=-=为定值．145∴{}n C 为等差数列146⑵2213211(1)nk n k n k T b C C C -==-=++⋅⋅⋅+∑21(1)42n n nC d -=+⋅212(1)nC d n n =+-（*）147由已知22212123122122()4C b b a a a a d a d a d d =-=-=⋅=+= 148将214C d =代入（*）式得22(1)n T d n n =+149∴2111112(1)nnk k kT d k k ===+∑∑150212d<，得证 151 6、n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 152 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg99=1，．153（Ⅰ）求111101b b b ，，；154（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和． 155 【解析】⑴设 {}n a 的公差为d ，74728S a ==，15611.∴44a =，∴4113a a d -==，∴1(1)n a a n d n =+-=． 157 ∴[][]11lg lg10b a ===，[][]1111lg lg111b a ===，[][]101101101lg lg 2b a ===．158 ⑵ 记{}n b 的前n 项和为n T ，则1000121000T b b b =++⋅⋅⋅+159 [][][]121000lg lg lg a a a =++⋅⋅⋅+． 160当0lg 1n a <≤时，129n =⋅⋅⋅，，，；161 当1lg 2n a <≤时，101199n =⋅⋅⋅，，，；162 当2lg 3n a <≤时，100101999n =⋅⋅⋅，，，；163 当lg 3n a =时，1000n =．164 ∴1000091902900311893T =⨯+⨯+⨯+⨯=．165 7、已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．166 （I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；167 （II ）若53132S =，求λ． 168 【解析】16912.170171 8、设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． 172（I ）证明：()1122n n a a -≥-，n *∈N ；173 （II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ． 17413.175 （II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >， 1761121112122222222n m n n n n m m n m n n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 177 ********n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 178 112n -<， 179 故 180 11222m n n n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭ 181 11132222m n n m -⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 182 3224m n ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭． 18314. 从而对于任意m n ，均有184185。