数列典型例题(含答案)

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数列专题复习之典型例题(含答案)

数列知识点-——-求通项一、由数列的前几项求数列的通项:观察法和分拆与类比法-—-—-猜测———-证明（略）二、由a n 与S n 的关系求通项a n例1已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ＝3n －1，则它的通项公式为a n ＝________。

答案2·3n －1练1 已知数列｛a n ｝的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________．答案a n ＝错误!三、由数列的递推公式求通项例3、（1）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知1a a =,13n n n a S +=+，*n ∈N ．设3n n n b S =-,求数列{}n b 的通项公式;答案： 13(3)2n n n n b S a -=-=-,*n ∈N ．(2）（4)在数列{}n a 中,11a =，22a =，且11(1)n n n a q a qa +-=+-（2,0n q ≥≠)．（Ⅰ）设1n n n b a a +=-（*n N ∈），证明{}n b 是等比数列；（Ⅱ)求数列{}n a 的通项公式；答案： 11,,.1,111n n q q q a n q-≠=⎧-+⎪=-⎨⎪⎩(3）在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；答案:(1)2nnn a n λ=-+21212(1)22(1)(1)n n n n n n S λλλλλ+++--+=+-≠- 1(1)22(1)2n n n n S +-=+-λ=(4）已知数列{}n a 满足：()213,22n n a a a n n N *+=+=+∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2)设1234212111n n nT a a a a a a -=+++，求lim n n T →∞答案： 11,,.1,111n n q q q a n q-≠=⎧-+⎪=-⎨⎪⎩注意：由数列的递推式求通项常见类型（请同学们查看高一笔记)1.)(1n f a a n n +=+ 2 . n n a n f a )(1=+.3 q pa a n n +=+1（其中p,q 均为常数，)0)1((≠-p pq )。

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一、数列的概念选择题1．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（） A ．184B ．174C ．188D ．1602．设{}n a 是等差数列，且公差不为零，其前n 项和为n S ．则“*n N ∀∈，1n n S S +>”是“{}n a 为递增数列”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3．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N++=+∈且1300nS=，若23a <，则n 的最大值为（）A ．49B ．50C ．51D ．524．已知数列{}n a 的通项公式为23nn a n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则数列{}n a 中的最大项为（） A ．89B ．23C ．6481D ．1252435．在数列{}n a 中，已知11a =，25a =，()*21n n n a a a n N ++=-∈，则5a 等于（）A ．4-B ．5-C ．4D ．56．删去正整数1，2，3，4，5，…中的所有完全平方数与立方数（如4，8），得到一个新数列，则这个数列的第2020项是（） A ．2072B ．2073C ．2074D ．20757．数列1,3,5,7,9,--的一个通项公式为（）A ．21n a n =-B ．()1(21)nn a n =--C ．()11(21)n n a n +=--D ．()11(21)n n a n +=-+8．已知数列{}n a 的通项公式为2n a n n λ=-（R λ∈），若{}n a 为单调递增数列，则实数λ的取值范围是（） A ．(),3-∞B ．(),2-∞C ．(),1-∞D ．(),0-∞9．已知数列{}n a 满足11a =),2n N n *=∈≥，且()2cos3n n n a b n N π*=∈，则数列{}n b 的前18项和为（） A ．120B ．174C ．204-D ．373210．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（） A ．174B ．184C ．188D ．16011．数列{}n a 前n 项和为n S ，若21n n S a =+，则72019a S +的值为（） A ．2B ．1C ．0D ．1-12．历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用.比如意大利数学家列昂纳多—斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233…即121a a ==，当n ≥3时，12n n n a a a --=+，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用.若此数列的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列{}n b ，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，则20S 的值为（） A ．24B ．26C ．28D ．3013．数列{}n a 满足1111,(2)2n n n a a a n a --==≥+，则5a 的值为（）A ．18B ．17 C ．131D ．1614．已知定义在R 上的函数()f x 是奇函数，且满足3()(),(1)32f x f x f -=-=，数列{}n a 满足11a =，且21n nS a n n=-，(n S 为{}n a 的前n 项和，*)n N ∈，则56()()f a f a +=（）A ．1B ．3C ．-3D ．015．数列1111,,,57911--，…的通项公式可能是n a =（） A ．1(1)32n n --+B ．(1)32n n -+C ．1(1)23n n --+D ．(1)23nn -+16．历史上数列的发展，折射出很多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233……即F （1）=F （2）=1，F （n ）=F （n －1）＋F （n －2），()*3n n N≥∈，，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新数列{}n b ，则b 2020=（） A ．3B ．2C ．1D ．017．数列{}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,n F 成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数{}n F 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（）A ．201920212S F =+B ．201920211S F =-C ．201920202S F =+D ．201920201S F =-18．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即()()121F F ==，()()()12F n F n F n =-+- （3n ≥，n *∈N ），此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用，若此数列的每一项被2除后的余数构成一个新数列{}n a ，则数列{}n a 的前2020项的和为（） A ．1348B ．1358C ．1347D ．135719．下列命题中错误的是（） A ．()()21f n n n N+=-∈是数列的一个通项公式B ．数列通项公式是一个函数关系式C ．任何一个数列中的项都可以用通项公式来表示D ．数列中有无穷多项的数列叫作无穷数列20．若数列{}n a 满足：存在正整数T ，对于任意正整数n 都有1n n a a +=成立，则称数列{}n a 为周期数列，周期为T ．已知数列{}n a 满足()111,10,{1,01n n n n na a a m m a a a +->=>=<≤ ，则下列结论错误的是（） A ．若34a =，则m 可以取3个不同的数； B．若m =，则数列{}n a 是周期为3的数列；C ．存在m Q ∈，且2m ≥，数列{}n a 是周期数列；D ．对任意T N *∈且2T ≥，存在1m >，使得{}n a 是周期为T 的数列．二、多选题21．已知数列{}n a 中，11a =，1111n n a a n n +⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈.若对于任意的[]1,2t ∈，不等式()22212na t a t a a n<--++-+恒成立，则实数a 可能为（） A ．－4B ．－2C ．0D ．222．著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．68a = B ．733S =C ．135********a a a a a ++++=D ．22212201920202019a a a a a +++= 23．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（）A ．(1)1()2n n F n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F==C．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛+-⎥=- ⎥⎝⎭⎝⎭⎦ D ．()n n F n ⎡⎤⎥=+⎥⎝⎭⎝⎭⎦24．已知数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠，且满足140(2)n n n a S S n -+=≥，114a =，则下列说法错误的是（） A ．数列{}n a 的前n 项和为4n S n = B ．数列{}n a 的通项公式为14(1)n a n n =+C ．数列{}n a 为递增数列D ．数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为递增数列 25．已知数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠，且满足11140(2),4n n n a S S n a -+=≥=，则下列说法正确的是（） A ．数列{}n a 的前n 项和为1S 4n n= B ．数列{}n a 的通项公式为14(1)n a n n =+C ．数列{}n a 为递增数列D ．数列1{}nS 为递增数列 26．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．若30S =，46a =，则（） A ．23n S n n =- B ．2392-=n n nSC ．36n a n =-D ．2n a n =27．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（） A ．4B ．5C ．7D ．828．已知等差数列{}n a 的前n 项和为,n S 且15110,20,a a a 则（）A ．80a <B ．当且仅当n = 7时，n S 取得最大值C ．49S S =D ．满足0n S >的n 的最大值为1229．公差不为零的等差数列{}n a 满足38a a =，n S 为{}n a 前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．110S =B ．10n n S S -=（110n ≤≤）C ．当110S >时，5n S S ≥D ．当110S <时，5n S S ≥30．设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和，且56678,S S S S S <=>，则下列结论正确的是（） A ．0d < B ．70a =C ．95S S >D ．67n S S S 与均为的最大值31．等差数列{}n a 的首项10a >，设其前n 项和为{}n S ，且611S S =，则（） A ．0d > B ．0d <C ．80a =D ．n S 的最大值是8S 或者9S32．(多选题)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10a >，公差0d ≠，则下列命题正确的是（）A ．若59S S =，则必有14S =0B ．若59S S =，则必有7S 是n S 中最大的项C ．若67S S >，则必有78S S >D ．若67S S >，则必有56S S >33．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，现有下列4个命题中正确的有（）A ．若100S =，则280S S +=；B ．若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15C ．若150S >，160S <，则{}n S 中8S 最大D ．若78S S <，则89S S <34．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1385a a S +=，则下列结论一定正确的是（）A ．100a =B ．当9n =或10时，n S 取最大值C ．911a a <D ．613S S =35．已知数列{}n a 是递增的等差数列，5105a a +=，6914a a ⋅=-．12n n n n b a a a ++=⋅⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，下列结论正确的是（）A ．320n a n =-B ．325n a n =-+C ．当4n =时，n T 取最小值D ．当6n =时，n T 取最小值【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、数列的概念选择题 1．B 解析：B 【分析】根据高阶等差数列的知识，结合累加法求得数列的通项公式，由此求得19a . 【详解】3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,所以()1112,3n n a a n n a --=-≥=，所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()1213n n =-+-+++()()()11113322n n n n -+⋅--=+=+.所以19191831742a ⨯=+=. 故选：B 【点睛】本小题主要考查数列新定义，考查累加法，属于基础题.2．A解析：A 【分析】根据等差数列的前n 项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】{}n a 是等差数列，且公差d 不为零，其前n 项和为n S ，充分性：1n n S S +>，则10n a +>对任意的n *∈N 恒成立，则20a >，0d ≠，若0d <，则数列{}n a 为单调递减数列，则必存在k *∈N ，使得当n k >时，10n a +<，则1n n S S +<，不合乎题意；若0d >，由20a >且数列{}n a 为单调递增数列，则对任意的n *∈N ，10n a +>，合乎题意.所以，“*n N ∀∈，1n n S S +>”⇒“{}n a 为递增数列”；必要性：设10n a n =-，当8n ≤时，190n a n +=-<，此时，1n n S S +<，但数列{}n a 是递增数列.所以，“*n N ∀∈，1n n S S +>”⇐/“{}n a 为递增数列”.因此，“*n N ∀∈，1n n S S +>”是“{}n a 为递增数列”的充分而不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前n 项和公式是解决本题的关键，属于中等题．3．A解析：A 【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n nS =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值.【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+ 2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n=，因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====，所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+，2511151351413752S a a +⨯-=+=+，又因为23a <，125a a +=，所以 12a > 所以当1300n S =时，n 的最大值为49 故选：A 【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.4．A解析：A 【分析】由12233nn n n a a +-⎛⎫-=⋅ ⎪⎝⎭，当n <2时，a n ＋1－a n >0，当n <2时，a n ＋1－a n >0，从而可得到n ＝2时，a n 最大. 【详解】解：112222(1)3333n n nn n n a a n n ++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当n <2时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝2时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >2时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 所以a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{}n a 中的最大项为a 2或a 3，且2328239a a ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭.故选：A . 【点睛】此题考查数列的函数性质：最值问题，属于基础题.5．B解析：B 【分析】根据已知递推条件()*21n n n a a a n N ++=-∈即可求得5a【详解】由()*21n n n a a a n N++=-∈知：3214a a a 4321a a a 5435a a a故选：B 【点睛】本题考查了利用数列的递推关系求项，属于简单题6．C解析：C 【分析】由于数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯共有2025项，其中有45个平方数，12个立方数，有3个既是平方数，又是立方数的数，所以还剩余20254512+31971--=项，所以去掉平方数和立方数后，第2020项是在2025后的第()20201971=49-个数，从而求得结果. 【详解】∵2452025=，2462116=，20202025<，所以从数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯中去掉45个平方数，因为331217282025132197=<<=，所以从数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯中去掉12个立方数，又66320254<<，所以在从数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯中有3个数即是平方数，又是立方数的数，重复去掉了3个即是平方数，又是立方数的数，所以从数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯中去掉平方数和立方数后还有20254512+31971--=项，此时距2020项还差2020197149-=项，所以这个数列的第2020项是2025492074+=，故选：C. 【点睛】本题考查学生的实践创新能力，解决该题的关键是找出第2020项的大概位置，所以只要弄明白在数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯去掉哪些项，去掉多少项，问题便迎刃而解，属于中档题.7．C解析：C 【分析】分别观察各项的符号、绝对值即可得出．【详解】数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式()()112nn a n =--．故选C ．【点睛】本题考查了球数列的通项公式的方法，属于基础题．8．A解析：A 【分析】由已知得121n n a a n λ+-=+-，根据{}n a 为递增数列，所以有10n n a a +->，建立关于λ的不等式，解之可得λ的取值范围.【详解】由已知得221(1)(1)21n n a a n n n n n λλλ+-=+-+-+=+-，因为{}n a 为递增数列，所以有10n n a a +->，即210n λ+->恒成立，所以21n λ<+，所以只需()min 21n λ<+，即2113λ<⨯+=，所以3λ<，故选：A. 【点睛】本题考查数列的函数性质：递增性，根据已知得出10n n a a +->是解决此类问题的关键，属于基础题.9．B解析：B 【分析】将题干中的等式化简变形得211n n a n a n --⎛⎫= ⎪⎝⎭，利用累乘法可求得数列{}n a 的通项公式，由此计算出()32313k k k b b b k N *--++∈，进而可得出数列{}nb 的前18项和.【详解】)1,2n a n N n *--=∈≥，将此等式变形得211n n a n a n --⎛⎫= ⎪⎝⎭，由累乘法得22232121211211123n n n aa a n a a a a a n n--⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()2cos3n n n a b n N π*=∈，22cos 3n n b n π∴=， ()()222323134232cos 231cos 29cos 233k k k b b b k k k k k k πππππ--⎛⎫⎛⎫∴++=--+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭592k =-，因此，数列{}n b 的前18项和为()591234566921151742⨯+++++-⨯=⨯-=. 故选：B. 【点睛】本题考查并项求和法，同时也涉及了利用累乘法求数列的通项，求出32313k k k b b b --++是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.10．A解析：A 【分析】根据已知条件求得11n n n a a -=--，利用累加法求得19a .依题意：3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,所以11n n n a a -=--（2n ≥），且13a =，所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()12213n n =-+-++++()()()11113322n n n n -+--=+=+.所以19191831742a ⨯=+=. 故选：A 【点睛】本小题主要考查累加法，属于中档题.11．A解析：A 【分析】根据21n n S a =+，求出1a ，2a ，3a ，4a ，⋯⋯，寻找规律，即可求得答案. 【详解】21n n S a =+当1n =，1121a a =+，解得：11a = 当2n =，122221a a a +=+，解得：21a =- 当3n =，32132221a a a a ++=+，解得：31a = 当4n =，4321422221a a a a a +++=+，解得：41a =-⋯⋯当n 奇数时，1n a = 当n 偶数时，1n a =-∴71a =，20191S =故720192a S += 故选：A. 【点睛】本题主要考查了根据递推公式求数列值，解题关键是掌握数列的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.12．B解析：B先写出新数列的各项，找到数列的周期，即得解. 【详解】由题意可知“斐波那契数列”的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列{}n b ，此数列的各项求得：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，1……，则其周期为6，其中1+1+2+3+1+0=8，则201819201812S S b b S b b =++=++381126=⨯++=，故选：B.13．C解析：C 【分析】根据条件依次算出2a 、3a 、4a 、5a 即可. 【详解】因为1111,(2)2n n n a a a n a --==≥+，所以211123a ==+，31131723a ==+，411711527a ==+，51115131215a ==+ 故选：C 14．C解析：C 【分析】判断出()f x 的周期，求得{}n a 的通项公式，由此求得56()()f a f a +. 【详解】依题意定义在R 上的函数()f x 是奇函数，且满足3()()2f x f x -=，所以()333332222f x f x f x fx ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=---=--=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()()32f x f x f x ⎛⎫=---=--= ⎪⎝⎭，所以()f x 是周期为3的周期函数.由21n n S a n n=-得2n n S a n =-①，当1n =时，11a =，当2n ≥时，()1121n n S a n --=--②，①-②得11221,21n n n n n a a a a a --=--=+（2n ≥），所以21324354213,217,2115,2131a a a a a a a a =+==+==+==+=，652163a a =+=.所以56()()f a f a +=()()()()()()()316331013211013f f f f f f f +=⨯++⨯=+=--=-故选：C 【点睛】如果一个函数既是奇函数，图象又关于()0x a a =≠对称，则这个函数是周期函数，且周期为4a .15．D解析：D 【分析】根据观察法，即可得出数列的通项公式. 【详解】因为数列1111,,,, (57911)--可写成 ()()()()2342322311111,1,1,12,..24.333-⨯-⨯-⨯+⨯+⨯+⨯+-⨯，所以其通项公式为(1)(1)23213nnn a n n -=-=++⨯. 故选：D.16．A解析：A 【分析】根据条件得出数列{}n b 的周期即可. 【详解】由题意可知“兔子数列”被4整除后的余数构成一个新数列为：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，……则可得到周期为6，所以b 2020=b 4=3，故选：A17．B解析：B 【分析】利用迭代法可得21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，可得21n n F S +=+，代入2019n =即可求解.【详解】由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，则211112n n n n n n n n n n F F F F F F F F F F ++----=+=++=+++1211232n n n n n n n n n F F F F F F F F F -------=+++=++++=123211n n n n F F F F F F ---=+++++++，所以21n n F S +=+，令2019n =，可得201920211S F =-，故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出21n n n F F F ++=+，利用迭代法得出21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，进而得出21n n F S +=+.18．C解析：C 【分析】由题意可知，得数列{}n a 是周期为3的周期数列，前3项和为1102++=，又202067331=⨯+，由此可得答案【详解】解：由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，各项除以2的余数，可得数列{}n a 为1,1,0,1,1,0,1,1,0,⋅⋅⋅，所以数列{}n a 是周期为3的周期数列，前3项和为1102++=，因为202067331=⨯+，所以数列{}n a 的前2020项的和为673211347⨯+= 故选：C19．C解析：C 【分析】根据通项公式的概念可以判定AB 正确；不难找到一些规律性不强的数列，找不到通项公式，由此判定C 错误，根据无穷数列的概念可以判定D 正确. 【详解】数列的通项公式的概念：将数列{} n a 的第n 项用一个具体式子（含有参数n ）表示出来，称作该数列的通项公式，故任意一个定义域为正整数集合的或者是其从1开始的一个子集的函数都可以是数列的通项公式，它是一个函数关系，即对于任意给定的数列，各项的值是由n 唯一确定的，故AB 正确；并不是所有的数列中的项都可以用一个通项公式来表示，比如所有的质数从小到大排在一起构成的数列，至今没有发现统一可行的公式表示，圆周率的各位数字构成的数列也没有一个通项公式可以表达，还有很多规律性不强的数列也找不到通项公式，故C 是错误的；根据无穷数列的概念，可知D 是正确的. 故选:C. 【点睛】本题考查数列的通项公式的概念和无穷数列的概念，属基础题，数列的通项公式是一种定义在正整数集上的函数，有穷数列与无穷数列是根据数列的项数来分类的.20．C解析：C 【解析】试题分析：A:当01m <≤时，由34a =得1;125m m =<≤时，由34a =得54m =； 2m >时，()2311,,24a m a m =-∈+∞=-= 得6m = ；正确 .B:234111,11,1,m a a a =>∴====> 所以3T =，正确．C ：命题较难证明，先考察命题D ．D ：命题的否定为“对任意的T N *∈，且2T ≥，不存在1m >，使得{}n a 是周期为T 的数列”，而由B 显然这个命题是错误的，因此D 正确，从而只有C 是错误．考点：命题的真假判断与应用．【名师点睛】本题主要考查周期数列的推导和应用，考查学生的推理能力．此题首先要理解新定义“周期为T 的数列”，然后对A 、B 、C 、D 四个命题一一验证，A 、B 两个命题按照数列的递推公式进行计算即可，命题C 较难证明，但出现在选择题中，考虑到数学选择题中必有一个选项正确，因此我们先研究D 命题，并且在命题D 本身也很难的情况下，采取“正难则反”的方法，考虑命题D 的否定，命题D 的否定由命题B 很容易得出是错误的，从而命题D 是正确的．二、多选题 21．AB 【分析】由题意可得，利用裂项相相消法求和求出，只需对于任意的恒成立，转化为对于任意的恒成立，然后将选项逐一验证即可求解. 【详解】，，则，，，，上述式子累加可得：，，对于任意的恒成立解析：AB由题意可得11111n n a a n n n n +-=-++，利用裂项相相消法求和求出122n a n n=-<，只需()222122t a t a a --++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，转化为()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.【详解】111n n n a a n n++-=，11111(1)1n n a a n n n n n n +∴-==-+++，则11111n n a a n n n n --=---，12111221n n a a n n n n ---=-----，，2111122a a -=-，上述式子累加可得：111n a a n n -=-，122n a n n∴=-<，()222122t a t a a ∴--++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，整理得()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，对A ，当4a =-时，不等式()()2540t t +-≤，解集5,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故A 正确；对B ，当2a =-时，不等式()()2320t t +-≤，解集3,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故B 正确；对C ，当0a =时，不等式()210t t +≤，解集1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故C 错误；对D ，当2a =时，不等式()()2120t t -+≤，解集12,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故D 错误，故选：AB. 【点睛】本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.22．ABD 【分析】根据，，，计算可知正确；根据，，，，，，累加可知不正确；根据，，，，，，累加可知正确. 【详解】依题意可知，，，，，，，，故正确；，所以，故正确；由，，，，，，可得，故不【分析】根据11a =，21a =，21n n n a a a ++=+，计算可知,A B 正确；根据12a a =，342a a a =-，564a a a =-，786a a a =-，，201920202018a a a =-，累加可知C 不正确；根据2121a a a =，222312312()a a a a a a a a =-=-，233423423()a a a a a a a a =-=-，244534534()a a a a a a a a =-=-，，220192019202020182019202020182019()a a a a a a a a =-=-，累加可知D 正确. 【详解】依题意可知，11a =，21a =，21n n n a a a ++=+，312112a a a =+=+=，423123a a a =+=+=，534235a a a =+=+=，645358a a a =+=+=，故A 正确； 7565813a a a =+=+=，所以712345671123581333S a a a a a a a =++++++=++++++=，故B 正确；由12a a =，342a a a =-，564a a a =-，786a a a =-，，201920202018a a a =-，可得13572019a a a a a +++++=242648620202018a a a a a a a a a +-+-+-++-2020a =，故C 不正确；2121a a a =，222312312()a a a a a a a a =-=-，233423423()a a a a a a a a =-=-，244534534()a a a a a a a a =-=-，，220192019202020182019202020182019()a a a a a a a a =-=-，所以2222212342019a a a a a +++++122312342345342019202020182019a a a a a a a a a a a a a a a a a a =+-+-+-+- 20192020a a =，所以22212201920202019a a a a a +++=，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了数列的递推公式，考查了累加法，属于中档题.23．BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可；【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然，，，，，所以且，即B 满足条件；由，所以所以数列解析：BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可；【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然()()11,21F F ==，()()()3122F F F =+=，()()()4233F F F =+=，，()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==，即B 满足条件；由()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()()11F n n F n n ⎤+-=--⎥⎣⎦所以数列()()1F n n ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭为公比的等比数列，所以()()1nF n n +-=⎝⎭1115()n F F n n -+=++，令1nn n F b-=⎝⎭，则11n n b +=+，所以1n n b b +=-，所以nb ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎭以510-32-为公比的等比数列，所以1n n b -+，所以()1115n n n nF n --⎤⎤⎛⎫+⎥⎥=+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦；即C 满足条件；故选：BC 【点睛】考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．24．ABC 【分析】数列的前项和为，且满足，，可得：，化为：，利用等差数列的通项公式可得，，时，，进而求出．【详解】数列的前项和为，且满足，， ∴，化为：，∴数列是等差数列，公差为4， ∴，可得解析：ABC 【分析】数列{}n a 的前n 项和为0n n S S ≠（），且满足1402n n n a S S n -+=≥（），114a =，可得：1140n n n n S S S S ---+=，化为：1114n n S S --=，利用等差数列的通项公式可得1nS ，n S ，2n ≥时，()()111144141n n n a S S n n n n -=-=-=---，进而求出n a ．【详解】数列{}n a 的前n 项和为0n n S S ≠（），且满足1402n n n a S S n -+=≥（），114a =， ∴1140n n n n S S S S ---+=，化为：1114n n S S --=， ∴数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为4，∴()14414n n n S =+-=，可得14n S n=， ∴2n ≥时，()()111144141n n n a S S n n n n -=-=-=---， ∴()1(1)41(2)41n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，对选项逐一进行分析可得，A ，B ，C 三个选项错误，D 选项正确. 故选：ABC. 【点睛】本题考查数列递推式，解题关键是将已知递推式变形为1114n n S S --=，进而求得其它性质，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题25．AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求，最后根据和项与通项关系得. 【详解】因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D 正确；解析：AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求S n ，最后根据和项与通项关系得n a . 【详解】11140(2),40n n n n n n n a S S n S S S S ---+=≥∴-+= 11104n n n S S S -≠∴-= 因此数列1{}n S 为以114S =为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D 正确；所以1144(1)44n n n n S S n=+-=∴=，即A 正确；当2n ≥时111144(1)4(1)n n n a S S n n n n -=-=-=--- 所以1,141,24(1)n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，即B ，C 不正确；故选：AD 【点睛】本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.26．BC 【分析】由已知条件列方程组，求出公差和首项，从而可求出通项公式和前项和公式【详解】解：设等差数列的公差为，因为，，所以，解得，所以，，故选：BC解析：BC【分析】由已知条件列方程组，求出公差和首项，从而可求出通项公式和前n 项和公式【详解】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为30S =，46a =，所以113230236a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，解得133a d =-⎧⎨=⎩，所以1(1)33(1)36n a a n d n n =+-=-+-=-，21(1)3(1)393222n n n n n n n S na d n ---=+=-+=，故选：BC27．BD【分析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为，公差即每一层比上一层多的根数为，设一共放层，利用等差数列求和公式，分析即可得解.【详解】依据题意，根数从上至下构成等差解析：BD【分析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为1a ，公差即每一层比上一层多的根数为1d =，设一共放()2n n ≥层，利用等差数列求和公式，分析即可得解.【详解】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为1a ，公差为1d =，设一共放()2n n ≥层，则总得根数为：()()111110022n n n d n n S na na --=+=+=整理得120021a n n =+-，因为1a *∈N ，所以n 为200的因数，()20012n n +-≥且为偶数，验证可知5,8n =满足题意.故选：BD.【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的求和公式，解题的关键是分析题意，把题目信息转化为等差数列，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于基础题.28．ACD【分析】由题可得，，，求出可判断A ；利用二次函数的性质可判断B ；求出可判断C ；令，解出即可判断D.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，，，且，对于A ，，故A 正确；对于B ，的对称解析：ACD【分析】由题可得16a d =-，0d <，21322n d d S n n =-，求出80a d =<可判断A ；利用二次函数的性质可判断B ；求出49,S S 可判断C ；令213022n d d S n n =->，解出即可判断D. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则()5111122+4++100a a a d a d +==，解得16a d =-， 10a >，0d ∴<，且()21113+222n n n d d S na d n n -==-，对于A ，81+7670a a d d d d ==-+=<，故A 正确；对于B ，21322n d d S n n =-的对称轴为132n =，开口向下，故6n =或7时，n S 取得最大值，故B 错误；对于C ，4131648261822d d S d d d =⨯-⨯=-=-，9138191822d d S d =⨯-⨯=-，故49S S =，故C 正确；对于D ，令213022n d d S n n =->，解得013n <<，故n 的最大值为12，故D 正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：由于等差数列()2111+222n n n d d S na d n a n -⎛⎫==+- ⎪⎝⎭是关于n 的二次函数，当1a 与d 异号时，n S 在对称轴或离对称轴最近的正整数时取最值；当1a 与d 同号时，n S 在1n =取最值.29．BC【分析】设公差d 不为零,由，解得，然后逐项判断.【详解】设公差d 不为零,因为，所以，即，解得，，故A 错误；，故B 正确；若，解得，，故C 正确；D 错误；故选：BC解析：BC【分析】设公差d 不为零,由38a a =，解得192a d =-，然后逐项判断. 【详解】设公差d 不为零, 因为38a a =，所以1127a d a d +=+，即1127a d a d +=--，解得192a d =-， 11191111551155022S a d d d d ⎛⎫=+=⨯-+=≠ ⎪⎝⎭，故A 错误； ()()()()()()221101110910,10102222n n n n n n d d na d n n n a n n S S d ----=+=-=-+=-，故B 正确；若11191111551155022S a d d d d ⎛⎫=+=⨯-+=> ⎪⎝⎭，解得0d >，()()22510525222n d d d n n S n S =-=--≥，故C 正确；D 错误；故选：BC 30．ABD【分析】由，判断，再依次判断选项.【详解】因为，，，所以数列是递减数列，故，AB 正确；，所以，故C 不正确；由以上可知数列是单调递减数列，因为可知，的最大值，故D 正确.故选：AB解析：ABD【分析】由1n n n S S a --=()2n ≥，判断6780,0,0a a a >=<，再依次判断选项.【详解】因为5665600S S S S a <⇒->⇒>，677670S S S S a =⇒-==，788780S S S S a >⇒-=<，所以数列{}n a 是递减数列，故0d <，AB 正确； ()9567897820S S a a a a a a -=+++=+<，所以95S S <，故C 不正确；由以上可知数列{}n a 是单调递减数列，因为6780,0,0a a a >=<可知，67n S S S 与均为的最大值，故D 正确.故选：ABD【点睛】本题考查等差数列的前n 项和的最值，重点考查等差数列的性质，属于基础题型.31．BD【分析】由，即，进而可得答案．【详解】解：，因为所以，，最大，故选：．【点睛】本题考查等差数列的性质，解题关键是等差数列性质的应用，属于中档题．解析：BD【分析】由6111160S S S S =⇒-=，即950a =，进而可得答案．【详解】解：1167891011950S S a a a a a a -=++++==，因为10a >所以90a =，0d <，89S S =最大，故选：BD ．【点睛】本题考查等差数列的性质，解题关键是等差数列性质的应用，属于中档题．32．ABC【分析】根据等差数列性质依次分析即可得答案.【详解】解：对于A.，若，则，所以，所以，故A 选项正确；对于B 选项，若，则，由于，公差，故，故，所以是中最大的项；故B 选项正确；C. 若解析：ABC【分析】根据等差数列性质依次分析即可得答案.【详解】解：对于A.，若59S S =，则67890a a a a +++=，所以781140a a a a +=+=，所以()114141402a a S +==，故A 选项正确；对于B 选项，若59S S =，则780+=a a ，由于10a >，公差0d ≠，故0d <，故780,0a a ><，所以7S 是n S 中最大的项；故B 选项正确；C. 若67S S >，则70a <，由于10a >，公差0d ≠，故0d <，故80a <，6a 的符号不定，故必有78S S >，56S S >无法确定；故C 正确，D 错误．故选：ABC ．【点睛】本题考查数列的前n 项和的最值问题与等差数列的性质，是中档题．33．BC【分析】根据等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判断，即可得答案.【详解】A 选项，若，则，那么.故A 不正确；B 选项，若，则，又因为，所以前8项为正，从第9项开始为负，因为解析：BC【分析】根据等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判断，即可得答案.【详解】A 选项，若1011091002S a d ⨯=+=，则1290a d +=，那么()()2811128281029160S S a d a d a d d +=+++=+=-≠.故A 不正确； B 选项，若412S S =，则()5611128940a a a a a a ++++=+=，又因为10a >，所以前8项为正，从第9项开始为负，因为()()116168916802a a S a a +==+=，所以使0n S >的最大的n 为15.故B 正确；C 选项，若()115158151502a a S a +==>，()()116168916802a a S a a +==+<，则80a >，90a <，则{}n S 中8S 最大.故C 正确；D 选项，若78S S <，则80a >，而989S S a -=，不能判断9a 正负情况.故D 不正确. 故选：BC .【点睛】本题考查等差数列性质的应用，涉及等差数列的求和公式，属于常考题型.34．AD【分析】由求出，即，由此表示出、、、，可判断C 、D 两选项；当时，，有最小值，故B 错误.【详解】解：，，故正确A.由，当时，，有最小值，故B 错误.，所以，故C 错误.，，故D 正确.解析：AD【分析】由1385a a S +=求出100a =，即19a d =-，由此表示出9a 、11a 、6S 、13S ，可判断C 、D 两选项；当0d >时，10a <，n S 有最小值，故B 错误.【详解】解：1385a a S +=，111110875108,90,02d a a d a a d a ⨯++=++==，故正确A. 由190a d +=，当0d >时，10a <，n S 有最小值，故B 错误.9101110,a a d d a a d d =-==+=，所以911a a =，故C 错误.61656+5415392d S a d d d ⨯==-+=-， 131131213+11778392d S a d d d ⨯==-+=-，故D 正确. 故选：AD【点睛】考查等差数列的有关量的计算以及性质，基础题.35．AC【分析】由已知求出数列的首项与公差，得到通项公式判断与；再求出，由的项分析的最小值．【详解】解：在递增的等差数列中，由，得，又，联立解得，，则，．．故正确，错误；可得数列的解析：AC【分析】由已知求出数列{}n a 的首项与公差，得到通项公式判断A 与B ；再求出n T ，由{}n b 的项分析n T 的最小值．【详解】解：在递增的等差数列{}n a 中，由5105a a +=，得695a a +=，又6914a a =-，联立解得62a =-，97a =，则967(2)3963a a d ---===-，16525317a a d =-=--⨯=-． 173(1)320n a n n ∴=-+-=-．故A 正确，B 错误；12(320)(317)(314)n n n n b a a a n n n ++==---可得数列{}n b 的前4项为负，第5项为正，第六项为负，第六项以后均为正．而5610820b b +=-=>．∴当4n =时，n T 取最小值，故C 正确，D 错误．故选：AC ．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的求和，考查分析问题与解决问题的能力，属于中档题．。

数列例题(含答案)

1．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=4S2，a2n=2a n+1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}的前n项和为T n且（λ为常数）．令c n=b2n（n∈N*）求数列{c n}的前n项和R n．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由a2n=2a n+1，取n=1，得a2=2a1+1，即a1﹣d+1=0①再由S4=4S2，得，即d=2a1②联立①、②得a1=1，d=2．所以a n=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1；（2）把a n=2n﹣1代入，得，则．所以b1=T1=λ﹣1，当n≥2时，=．所以，．R n=c1+c2+…+c n=③④③﹣④得：=所以；所以数列{c n}的前n项和．2．等差数列{a n}中，a2=4，a4+a7=15．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=2+n，求b1+b2+b3+…+b10的值．【解答】解：（Ⅰ）设公差为d，则，解得，所以a n=3+（n﹣1）=n+2；（Ⅱ）b n=2+n=2n+n，所以b1+b2+b3+…+b10=（2+1）+（22+2）+…+（210+10）=（2+22+...+210）+（1+2+ (10)=+=2101．3．已知数列{log2（a n﹣1）}（n∈N*）为等差数列，且a1=3，a3=9．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明++…+＜1．【解答】（I）解：设等差数列{log2（a n﹣1）}的公差为d．由a1=3，a3=9得2（log22+d）=log22+log28，即d=1．所以log2（a n﹣1）=1+（n﹣1）×1=n，即a n=2n+1．（II）证明：因为==，所以++…+=+++…+==1﹣＜1，即得证．4．已知{a n}是正数组成的数列，a1=1，且点（，a n+1）（n∈N*）在函数y=x2+1的图象上．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若列数{b n}满足b1=1，b n+1=b n+2an，求证：b n•b n+2＜b n+12．【解答】解：解法一：（Ⅰ）由已知得a n+1=a n+1、即a n+1﹣a n=1，又a1=1，所以数列{a n}是以1为首项，公差为1的等差数列．故a n=1+（n﹣1）×1=n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知：a n=n从而b n+1﹣b n=2n．b n=（b n﹣b n﹣1）+（b n﹣1﹣b n﹣2）+…+（b2﹣b1）+b1=2n﹣1+2n﹣2+…+2+1=∵b n•b n+2﹣b n+12=（2n﹣1）（2n+2﹣1）﹣（2n+1﹣1）2=（22n+2﹣2n﹣2n+2+1）﹣（22n+2﹣2•2n+1+1）=﹣2n＜0∴b n•b n+2＜b n+12解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）∵b2=1b n•b n+2﹣b n+12=（b n+1﹣2n）（b n+1+2n+1）﹣b n+12=2n+1•bn+1﹣2n•bn+1﹣2n•2n+1=2n（b n+1﹣2n+1）=2n（b n+2n﹣2n+1）=2n（b n﹣2n）=…=2n（b1﹣2）=﹣2n＜0∴b n•b n+2＜b n+125．已知等差数列{a n}满足a1+a2=10，a4﹣a3=2（1）求{a n}的通项公式；（2）设等比数列{b n}满足b2=a3，b3=a7，问：b6与数列{a n}的第几项相等？【解答】解：（I）设等差数列{a n}的公差为d．∵a4﹣a3=2，所以d=2∵a1+a2=10，所以2a1+d=10∴a1=4，∴a n=4+2（n﹣1）=2n+2（n=1，2，…）（II）设等比数列{b n}的公比为q，∵b2=a3=8，b3=a7=16，∴∴q=2，b1=4∴=128，而128=2n+2∴n=63∴b6与数列{a n}中的第63项相等6．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a5+a13=34，S3=9．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和公式；（2）设数列{b n}的通项公式为，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，b m（m≥3，m∈N）成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d．由已知得即解得．故a n=2n﹣1，S n=n2（2）由（1）知．要使b1，b2，b m成等差数列，必须2b2=b1+b m，即，（8分）．移项得：=﹣=，整理得，因为m，t为正整数，所以t只能取2，3，5．当t=2时，m=7；当t=3时，m=5；当t=5时，m=4．故存在正整数t，使得b1，b2，b m成等差数列．7．设{a n}是等差数列，b n=（）an．已知b1+b2+b3=，b1b2b3=．求等差数列的通项a n．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，则a n=a1+（n﹣1）d．∴b1b3=•==b22．由b1b2b3=，得b23=，解得b2=．代入已知条件整理得解这个方程组得b1=2，b3=或b1=，b3=2∴a1=﹣1，d=2或a1=3，d=﹣2．所以，当a1=﹣1，d=2时a n=a1+（n﹣1）d=2n﹣3．当a1=3，d=﹣2时a n=a1+（n﹣1）d=5﹣2n．8．已知等差数列{a n}的公差大于0，且a3，a5是方程x2﹣14x+45=0的两根，数列{b n}的前n项的和为S n，且S n=1﹣（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）记c n=a n b n，求证c n+1≤c n．【解答】解：（1）∵a3，a5是方程x2﹣14x+45=0的两根，且数列{a n}的公差d＞0，∴a3=5，a5=9，公差∴a n=a5+（n﹣5）d=2n﹣1．又当n=1时，有b1=S1=1﹣当∴数列{b n}是等比数列，∴（2）由（Ⅰ）知，∴∴c n+1≤c n．9．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5=35，a5和a7的等差中项为13．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令（n∈N﹡），求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，因为S5=5a3=35，a5+a7=26，所以，…（2分）解得a1=3，d=2，…（4分）所以a n=3+2（n﹣1）=2n+1；S n=3n+×2=n2+2n．…（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n=2n+1，所以b n==…（8分）=，…（10分）所以T n=．…（12分）10．已知等差数列{a n}是递增数列，且满足a4•a7=15，a3+a8=8．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）令b n=（n≥2），b1=，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）根据题意：a3+a8=8=a4+a7，a4•a7=15，知：a4，a7是方程x2﹣8x+15=0的两根，且a4＜a7解得a4=3，a7=5，设数列{a n}的公差为d由．故等差数列{a n}的通项公式为：（2）=又∴=11．设f（x）=x3，等差数列{a n}中a3=7，a1+a2+a3=12，记S n=，令b n=a n S n，数列的前n项和为T n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式和S n；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）是否存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列？若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a3=a1+2d=7，a1+a2+a3=3a1+3d=12．解得a1=1，d=3∴a n=3n﹣2∵f（x）=x3∴S n==a n+1=3n+1．（Ⅱ）b n=a n S n=（3n﹣2）（3n+1）∴∴（Ⅲ）由（2）知，∴，∵T1，T m，T n成等比数列．∴即当m=1时，7=，n=1，不合题意；当m=2时，=，n=16，符合题意；当m=3时，=，n无正整数解；当m=4时，=，n无正整数解；当m=5时，=，n无正整数解；当m=6时，=，n无正整数解；当m≥7时，m2﹣6m﹣1=（m﹣3）2﹣10＞0，则，而，所以，此时不存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列．综上，存在正整数m=2，n=16，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列．12．已知等差数列{a n}的前n项和为S n=pn2﹣2n+q（p，q∈R），n∈N+．（Ⅰ）求的q值；（Ⅱ）若a1与a5的等差中项为18，b n满足a n=2log2b n，求数列{b n}的前n和T n．【解答】解：（Ⅰ）当n=1时，a1=S1=p﹣2+q当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=pn2﹣2n+q﹣p（n﹣1）2+2（n﹣1）﹣q=2pn﹣p﹣2∵{a n}是等差数列，a1符合n≥2时，a n的形式，∴p﹣2+q=2p﹣p﹣2，∴q=0（Ⅱ）∵，由题意得a3=18又a3=6p﹣p﹣2，∴6p﹣p﹣2=18，解得p=4∴a n=8n﹣6由a n=2log2b n，得b n=24n﹣3．∴，即{b n}是首项为2，公比为16的等比数列∴数列{b n}的前n项和．13．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足：a2+a4=14，S7=70．（Ⅰ）求数列a n的通项公式；（Ⅱ）设b n=，数列b n的最小项是第几项，并求出该项的值．【解答】解：（I）设公差为d，则有…（2分）解得以a n=3n﹣2．…（4分）（II）…（6分）所以=﹣1…（10分）当且仅当，即n=4时取等号，故数列{b n}的最小项是第4项，该项的值为23．…（12分）14．己知各项均为正数的数列{a n}满足a n+12﹣a n+1a n﹣2a n2=0（n∈N*），且a3+2是a2，a4的等差中项．（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）若b n=a n a n，S n=b1+b2+…+b n，求S n+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值．【解答】解：（Ⅰ）∵a n+12﹣a n+1a n﹣2a n2=0，∴（a n+1+a n）（a n+1﹣2a n）=0，∵数列{a n}的各项均为正数，∴a n+1+a n＞0，∴a n+1﹣2a n=0，即a n+1=2a n，所以数列{a n}是以2为公比的等比数列．∵a3+2是a2，a4的等差中项，∴a2+a4=2a3+4，∴2a1+8a1=8a1+4，∴a1=2，∴数列{a n}的通项公式a n=2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）及b n=得，b n=﹣n•2n，∵S n=b1+b2++b n，∴S n=﹣2﹣2•22﹣3•23﹣4•24﹣﹣n•2n①∴2S n=﹣22﹣2•23﹣3•24﹣4•25﹣﹣（n﹣1）•2n﹣n•2n+1②①﹣②得，S n=2+22+23+24+25++2n﹣n•2n+1=，要使S n+n•2n+1＞50成立，只需2n+1﹣2＞50成立，即2n+1＞52，∴使S n+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值为5．15．设数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，a n+1=2S n+1，数列{b n}满足a1=b1，点P（b n，b n+1）在直线x﹣y+2=0上，n∈N*．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{c n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）由a n+1=2S n+1可得a n=2S n﹣1+1（n≥2），两式相减得a n+1﹣a n=2a n，a n+1=3a n（n≥2）．又a2=2S1+1=3，所以a2=3a1．故{a n}是首项为1，公比为3的等比数列．所以a n=3n﹣1．由点P（b n，b n+1）在直线x﹣y+2=0上，所以b n+1﹣b n=2．则数列{b n}是首项为1，公差为2的等差数列．则b n=1+（n﹣1）•2=2n﹣1（Ⅱ）因为，所以．则，两式相减得：．所以=．。

等差数列典型例题

等差数列典型例题一、选择题。

1.等差数列a的前n项和为Sn，若a₂=1. a₃=3.1则Sₐ=( )A. 12B.10C.8D.52. 已知(a) 为等差数列。

a₂+a=12则 a₃等于( )A.4B.5C.6D.73.设S是等差数列a的前 n项和，若 S₁=35. 则a=( )A.8B.7C.6D.54.记等差数列a的前n项和为S，若，S₂=4, S₄=20，则该数列的公差d=( )A.7B.6C.3D.25.等差数列{a}中, 已知a1=13,a2+a5=4,a n=33,则n为( )A.48B.49C.50D.516.等差数列{aₙ}中, a₁=1,a₃+a₃=14,其前n项和S,=100,则n=( )A.9B.10C.11D.127.设S₀是等差数列aₙ的前m项和，若a5a3=59则S9S2=()A.1B.-1C.2D.128.已知等差数列{a，}满足a1+a2+a5+⋯+a111=0则有( )A.a₁+aₙₐₓ>0B.α2+α1DC<0C.a₇+a₉₉=0D.a₅₁=519.如果a1,a2,⋯,a n为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，则( )A.a₁a₃>a₄a₃B.aₙa₁<a₄a₅C.a1⃗⃗⃗⃗ +a6⃗⃗⃗⃗ >a4⃗⃗⃗⃗ +a5D.a₁₂₄“a₄₃10.若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有( )A.13项B.12项C.11项D.10项二、填空题。

11.设数列a的首项a₁ =-7. 且满足aₙ₊₁=aₙ+2(n∈N).则a1+a2+⋯+a p=.12.已知[a₃]为等差数列。

a₃+a₃=22, a₄=7. 则:11= .13.已知数列的通项a=−5n+2则其前n项和为S₁= .三、解答题。

14. 等差数列{aₙ}的前m项和记为 SB.已知aₙ₀=30,a₂₀=50(1)求通项a。

(2)若S=242，求n。

高考数学经典例题集锦：数列(含答案)

数列题目精选精编【典型例题】（一）研究等差等比数列的有关性质 1. 研究通项的性质例题1. 已知数列}{n a 满足1111,3(2)n n n a a a n --==+≥. （1）求32,a a ；（2）证明：312n n a -=. 解：（1）21231,314,3413a a a =∴=+==+=.（2）证明：由已知113--=-n n n a a ，故)()()(12211a a a a a a a n n n n n -++-+-=---1213133312n n n a ---+=++++=，所以证得312n n a -=.例题2. 数列{}n a 的前n 项和记为11,1,21(1)n n n S a a S n +==+≥（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T .解：（Ⅰ）由121n n a S +=+可得121(2)n n a S n -=+≥，两式相减得：112,3(2)n n n n n a a a a a n ++-==≥，又21213a S =+=∴213a a = 故{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列∴13n n a -=（Ⅱ）设{}n b 的公差为d ，由315T =得，可得12315b b b ++=，可得25b = 故可设135,5b d b d =-=+，又1231,3,9a a a ===，由题意可得2(51)(59)(53)d d -+++=+，解得122,10d d ==∵等差数列{}n b 的各项为正，∴0d > ∴2d =∴2(1)3222n n n T n n n -=+⨯=+例题3. 已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322...a a a +++128n n a n -+=对任意的*N n ∈都成立，数列{}n n b b -+1是等差数列.⑴求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；⑵是否存在N k *∈，使得(0,1)k k b a -∈，请说明理由.点拨：（1）2112322...28n n a a a a n -++++=左边相当于是数列{}12n n a -前n 项和的形式，可以联想到已知n S 求na 的方法，当2n ≥时，1n n n S S a --=.（2）把k k a b -看作一个函数，利用函数的思想方法来研究k k a b -的取值情况.解：（1）已知212322a a a +++ (1)2n n a -+8n =(n ∈*N ）①2n ≥时，212322a a a +++ (2)128(1)n n a n --+=-(n ∈*N ）②①－②得，128n n a -=，求得42n n a -=，在①中令1n =，可得得41182a -==，所以42nn a -=(n ∈N*）. 由题意18b =，24b =，32b =，所以214b b -=-，322b b -=-，∴数列}{1n n b b -+的公差为2)4(2=---， ∴1n nb b +-=2)1(4⨯-+-n 26n =-，121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-++-(4)(2)(28)n =-+-++-2714n n =-+(n ∈*N ）.（2）k k b a -=2714k k -+-42k-，当4k ≥时，277()()24f k k =-+-42k-单调递增，且(4)1f =，所以4k ≥时，2()714f k k k =-+-421k-≥，又(1)(2)(3)0f f f ===，所以，不存在k ∈*N ，使得(0,1)k k b a -∈.例题4. 设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n 、b n 、a n+1成等差数列，b n 、a n+1、b n+1成等比数列，且a 1 = 1， b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，求通项a n ，b n 解：依题意得：2b n+1 = a n+1 + a n+2 ① a 2n+1 = b n b n+1 ②∵ a n 、b n 为正数，由②得21211,+++++==n n n n n n b b a b b a ，代入①并同除以1+n b 得：212+++=n n n b b b ， ∴}{n b 为等差数列∵ b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，29,22122==b b b a 则，∴ 2)1(),1(22)229)(1(22+=∴+=--+=n b n n b n n ，∴当n ≥2时，2)1(1+==-n n b b a n n n ，又a 1 = 1，当n = 1时成立， ∴2)1(+=n n a n2. 研究前n 项和的性质例题5. 已知等比数列}{n a 的前n 项和为2nn S a b =⋅+，且13a =. （1）求a 、b 的值及数列}{n a 的通项公式；（2）设n n nb a =，求数列}{n b 的前n 项和n T .解：（1）2≥n 时，a S S a n n n n ⋅=-=--112.而}{n a 为等比数列，得a a a =⋅=-1112，又31=a ，得3=a ，从而123-⋅=n n a .又123,3a a b b =+=∴=-.（2）132n n n n n b a -==⋅， 21123(1)3222n n nT -=++++231111231(2322222n n n n n T --=+++++），得2111111(1)232222nn n n T -=++++-，111(1)2412[](1)13232212n n n n n n n T +⋅-=-=---.例题6. 数列{}n a 是首项为1000，公比为110的等比数列，数列{b }n 满足121(lg lg lg )k k b a a a k=+++*()N k ∈，（1）求数列{b }n 的前n 项和的最大值；（2）求数列{|b |}n 的前n 项和n S '. 解：（1）由题意：410nn a -=，∴lg 4n a n =-，∴数列{lg }n a 是首项为3，公差为1-的等差数列，∴12(1)lg lg lg 32k k k a a a k -+++=-，∴1(1)7[3]22n n n nb n n --=-=由100n n b b +≥⎧⎨≤⎩，得67n ≤≤，∴数列{b }n 的前n 项和的最大值为67212S S ==.（2）由（1）当7n ≤时，0n b ≥，当7n >时，0n b <，∴当7n ≤时，212731132()244n n n S b b b n n n -+'=+++==-+当7n >时，12789n n S b b b b b b '=+++----27121132()2144n S b b b n n =-+++=-+∴22113(7)4411321(7)44n n n n S n n n ⎧-+≤⎪⎪'=⎨⎪-+>⎪⎩.例题7. 已知递增的等比数列{n a }满足23428a a a ++=，且32a +是2a ，4a 的等差中项. （1）求{n a }的通项公式n a ；（2）若12log n n nb a a =，12n n S b b b =+++求使1230n n S n ++⋅>成立的n 的最小值.解：（1）设等比数列的公比为q （q ＞1），由a 1q +a 1q 2+a 1q 3=28，a 1q +a 1q 3=2（a 1q 2+2），得：a 1=2，q =2或a 1=32，q =12（舍）∴a n =2·2（n －1）=2n（2） ∵12log 2nn n n b a a n ==-⋅，∴S n =－（1·2+2·22+3·23+…+n ·2n ） ∴2S n =－（1·22+2·23+…+n ·2n +1），∴S n =2+22+23+…+2n －n ·2n +1=－（n －1）·2n +1－2，若S n +n ·2n +1＞30成立，则2n +1＞32，故n ＞4，∴n 的最小值为5.例题8. 已知数列}{n a 的前n 项和为S n ，且11,,n n S a +-成等差数列，*1,1N n a ∈=. 函数3()log f x x =.（I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）设数列{}n b 满足1(3)[()2]n n b n f a =++，记数列{}n b 的前n 项和为T n ，试比较52512312n n T +-与的大小. 解：（I ）11,,n n S a +-成等差数列，121n n S a +∴=-① 当2n ≥时，121n n S a -=-②. ①－②得：112()n n n n S S a a -+-=-，13+=∴n n a a ，13.n na a +∴=当n =1时，由①得112221S a a ∴==-，又11,a =2213,3,a a a ∴=∴={}n a ∴是以1为首项3为公比的等比数列，13.n n a -∴=（II ）∵()x log x f 3=，133()log log 31n n n f a a n -∴===-，11111()(3)[()2](1)(3)213n n b n f a n n n n ===-++++++，1111111111111()224354657213n T n n n n ∴=-+-+-+-++-+-+++11111()22323n n =+--++525,122(2)(3)n n n +=-++比较52512312n n T +-与的大小，只需比较2(2)(3)n n ++与312 的大小即可. 222(2)(3)3122(56156)2(5150)n n n n n n ++-=++-=+-又2(15)(10)n n =+-∵*,N n ∈∴当*19N n n ≤≤∈且时，5252(2)(3)312,;12312n n n n T +++<<-即当10n =时，5252(2)(3)312,;12312n n n n T +++==-即当*10N n n >∈且时，5252(2)(3)312,12312n n n n T +++>>-即.3. 研究生成数列的性质例题9. （I ）已知数列{}n c ，其中nn n c 32+=，且数列{}n n pc c -+1为等比数列，求常数p ；（II ）设{}n a 、{}n b 是公比不相等的两个等比数列，n n n b a c +=，证明数列{}n c 不是等比数列.解：（Ⅰ）因为{c n +1－pc n }是等比数列，故有（c n +1－pc n ）2=（ c n +2－pc n+1）（c n －pc n －1），将c n =2n ＋3n 代入上式，得 [2n ＋1+3n ＋1－p （2n ＋3n ）]2=[2n ＋2+3n ＋2－p （2n +1＋3n +1）]·[2n +3n －p （2n －1＋3n －1）]，即[（2－p ）2n +（3－p ）3n ]2=[（2－p ）2n+1+（3－p ）3n+1][ （2－p ）2n －1+（3－p ）3n －1]，整理得61（2－p ）（3－p ）·2n ·3n =0，解得p =2或p =3. （Ⅱ）设{a n }、{b n }的公比分别为p 、q ，p ≠q ，c n =a n +b n .为证{c n }不是等比数列只需证22c ≠c 1·c 3.事实上，22c =（a 1p ＋b 1q ）2=21a p 2＋21b q 2＋2a 1b 1pq ，c 1·c 3=（a 1＋b 1）（a 1 p 2＋b 1q 2）= 21a p 2＋21b q 2＋a 1b 1（p 2＋q 2）.由于p ≠q ，p 2＋q 2>2pq ，又a 1、b 1不为零，因此≠22c c 1·c 3，故{c n }不是等比数列.例题10. n 2（ n ≥4）个正数排成n 行n 列：其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等已知a 24=1，163,814342==a a 求S=a 11 + a 22 + a 33 + … + a nn解：设数列{1k a }的公差为d ，数列{ik a }（i=1，2，3，…，n ）的公比为q则1k a = a 11 + （k －1）d ， a kk = [a 11 + （k －1）d]q k －1依题意得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=163)2(81)(1)3(31143311421124q d a a q d a a q d a a ，解得：a 11 = d = q = ±21 又n 2个数都是正数，∴a 11 = d = q = 21 ， ∴a kk = kk2n n S 212132122132⨯++⨯+⨯+=，1432212132122121+⨯++⨯+⨯+=n n S ，两式相减得：n n nS 22121--=-例题11. 已知函数3()log ()f x ax b =+的图象经过点)1,2(A 和)2,5(B ，记()*3,.f n n a n N =∈ （1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n nn b b b T a b +++==21,2，若)(Z m m T n ∈<，求m 的最小值；（3）求使不等式12)11()11)(11(21+≥+++n p a a a n对一切*N n ∈均成立的最大实数p .解：（1）由题意得⎩⎨⎧=+=+2)5(log 1)2(log 33b a b a ，解得⎩⎨⎧-==12b a ，)12(log )(3-=∴x x f *)12(log ,1233N n n a n n ∈-==-（2）由（1）得n n n b 212-=， n n n n n T 2122322523211321-+-++++=∴- ① 1132212232252232121+--+-+-+++=n n n n n n n T ② ①－②得)21212121(2121n 22222222221T 211n 2n 2111n n 1n 321n --+-+++++=--+++++= 1n 1n 1n 21n 2212321n 2+-+---=--.n n 2n n 23n 2321n 2213T +-=---=∴-，设*,232)(N n n n f n ∈+=，则由 1512132121)32(252232252)()1(1<+≤++=++=++=++n n n n n n f n f n n 得*,232)(Nn n n f n ∈+=随n 的增大而减小+∞→∴n 当时，3→n T 又)(Z m m T n ∈<恒成立，3min =∴m（3）由题意得*21)11()11)(11(121N n a a a n p n ∈++++≤对恒成立记)11()11)(11(121)(21n a a a n n F ++++=，则 ()()11n 21n 2)1n ()1n (4)1n (2)3n 2)(1n 2(2n 2)a 11()a 11)(a 11(1n 21)a 11)(a 11()a 11)(a 11(3n 21)n (F )1n (F 2n 211n n 21=++>+-++=+++=+++++++++=++)(),()1(,0)(n F n F n F n F 即>+∴> 是随n 的增大而增大)(n F 的最小值为332)1(=F ，332≤∴p ，即332max =p .（二）证明等差与等比数列 1. 转化为等差等比数列.例题12. 数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122，*N n ∈.⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵设||||||21n n a a a S +++= ，求n S ；⑶设n b =1(12)n n a -**12(),()N N n n n T b b b n ∈=+++∈，是否存在最大的整数m ，使得对任意*N n ∈，均有>n T 32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由.解：（1）由题意，n n n n a a a a -=-+++112，}{n a ∴为等差数列，设公差为d ，由题意得2832d d =+⇒=-，82(1)102n a n n ∴=--=-.（2）若50210≤≥-n n 则，||||||,521n n a a a S n +++=≤ 时21281029,2n na a a n n n +-=+++=⨯=-6n ≥时，n n a a a a a a S ---+++= 765212555()2940n n S S S S S n n =--=-=-+故⎪⎩⎪⎨⎧+--=40n 9n n n 9S 22n 56n n ≤≥ （3）11111()(12)2(1)21n n b n a n n n n ===--++， ∴n T 1111111111[(1)()()()()]22233411n n n n =-+-+-++-+--+.2(1)n n =+ 若32n m T >对任意*N n ∈成立，即116n m n >+对任意*N n ∈成立， *()1N n n n ∈+的最小值是21，1,162m ∴<m ∴的最大整数值是7.即存在最大整数,7=m 使对任意*N n ∈，均有.32n m T >例题13. 已知等比数列{}n b 与数列{}n a 满足3,n an b n =∈N *. （1）判断{}n a 是何种数列，并给出证明；（2）若8131220,a a m b b b +=求.解：（1）设{}n b 的公比为q ，∵3n an b =，∴()q log 1n a a 3q 331n a 1n a n 1-+=⇒=⋅-。

完整版)数列典型例题(含答案)

完整版)数列典型例题(含答案)等差数列的前n项和公式为代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得。

因此，前项和为。

⑵由已知条件可得代入等差数列的前n项和公式，得到化简得因此，前项和为。

8.(2010山东理) 已知等差数列 $a_1,a_2,\ldots,a_n,\ldots$，其中 $a_1=1$，公差为 $d$。

1) 求 $a_5$ 和 $a_{10}$。

2) 满足 $a_1+a_2+\ldots+a_k=100$，$a_1+a_2+\ldots+a_{k+1}>100$，$k\in\mathbb{N}$，求该等差数列的前 $k$ XXX。

考查目的：考查等差数列的通项公式和前项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法以及运算求解能力。

答案：(1) $a_5=5d+1$，$a_{10}=10d+1$；(2) $k=13$，前$k$ 项和为 $819$。

解析：(1) 根据等差数列的通项公式 $a_n=a_1+(n-1)d$，可得 $a_5=1+4d$，$a_{10}=1+9d$。

2) 设该等差数列的前 $k$ 项和为 $S_k$，则由等差数列的前项和公式可得 $S_k=\dfrac{k}{2}[2a_1+(k-1)d]$。

根据已知条件可列出不等式组：begin{cases}S_k=100\\S_{k+1}>100end{cases}将 $S_k$ 代入得：frac{k}{2}[2+(k-1)d]=100整理得：$k^2+kd-400=0$。

等差数列典型例题及详细解答

1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母__d __表示． 2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . 3．等差中项如果A ＝a ＋b2，那么A 叫做a 与b 的等差中项．4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列． 5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n a 1＋a n2或S n ＝na 1＋n n －12d .6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最__大__值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最__小__值．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( √ ) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( × ) (5)数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝n ，则数列{a n }是等差数列．( × )(6)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ )1．(2015·重庆)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6等于( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．6 答案 B解析由等差数列的性质，得a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0，选B.2．(2014·福建)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14 答案 C解析由题意知a 1＝2，由S 3＝3a 1＋3×22×d ＝12，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C.3．在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11等于( ) A ．58 B ．88 C ．143 D ．176 答案 B 解析 S 11＝11a 1＋a 112＝11a 4＋a 82＝88.4．设数列{a n }是等差数列，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则a 1＋a 2＋…＋a 7等于( ) A ．14 B ．21 C ．28 D ．35 答案 C解析 ∵a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝12，∴a 4＝4， ∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4＝28.5．(2014·北京)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案 8解析因为数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，所以a 8＞0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0.故当n ＝8时，其前n 项和最大．题型一等差数列基本量的运算例1 (1)在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n ∈N *有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为( ) A ．2 B ．10(2)已知在等差数列{a n }中，a 2＝7，a 4＝15，则前10项和S 10等于( ) A ．100 B ．210 C ．380 D ．400答案 (1)C (2)B解析 (1)由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12，所以数列{a n }是首项为－2，公差为12的等差数列，所以S 10＝10×(－2)＋10×10－12×12＝52.(2)因为a 2＝7，a 4＝15，所以d ＝4，a 1＝3，故S 10＝10×3＋12×10×9×4＝210.思维升华 (1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．(1)(2015·课标全国Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5等于( )A ．5B ．7C ．9D ．11(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )B ．1C ．2D ．3 答案 (1)A (2)C解析 (1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3， ∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，得a 3＝1， ∴S 5＝5a 1＋a 52＝5a 3＝5.故选A.(2)∵S n ＝n a 1＋a n2，∴S n n ＝a 1＋a n 2，又S 33－S 22＝1，得a 1＋a 32－a 1＋a 22＝1，即a 3－a 2＝2，∴数列{a n }的公差为2.题型二等差数列的判定与证明例2 已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由． (1)证明因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1(n ∈N *)，所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1. 又b 1＝1a 1－1＝－52. 所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列．(2)解由(1)知b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7.设f (x )＝1＋22x －7，则f (x )在区间(－∞，72)和(72，＋∞)上为减函数．所以当n ＝3时，a n 取得最小值－1，当n ＝4时，a n 取得最大值3. 引申探究例2中，若条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，探求数列{a n }的通项公式．解由已知可得a n ＋1n ＋1＝a nn＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 1＝35， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25， ∴a n ＝n 2－25n .思维升华等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，可递推得出a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝a n －a n －1＝a n －1－a n －2＝…＝a 2－a 1，根据定义得出数列{a n }为等差数列．(3)通项公式法：得出a n ＝pn ＋q 后，得a n ＋1－a n ＝p 对任意正整数n 恒成立，根据定义判定数列{a n }为等差数列．(4)前n 项和公式法：得出S n ＝An 2＋Bn 后，根据S n ，a n 的关系，得出a n ，再使用定义法证明数列{a n }为等差数列．(1)若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( )A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列(2)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n答案 (1)C (2)A解析 (1)∵a 2n －1＋2a 2n －(a 2n －3＋2a 2n －2) ＝(a 2n －1－a 2n －3)＋2(a 2n －a 2n －2) ＝2＋2×2＝6，∴{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差数列． (2)由已知式2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知{1a n }是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n.题型三等差数列的性质及应用命题点1 等差数列的性质例3 (1)(2015·广东)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. (2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________. 答案 (1)10 (2)60解析 (1)因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.(2)∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20， ∴S 30－30＝10＋2×10＝30，∴S 30＝60. 命题点2 等差数列前n 项和的最值例4 在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值．解 ∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，∴d ＝－53.方法一由a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653. 得a 13＝0.即当n ≤12时，a n ＞0，当n ≥14时，a n ＜0. ∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130.方法二 S n ＝20n ＋n n －12·⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－56n 2＋1256n＝－56⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋3 12524.∵n ∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130. 方法三由S 10＝S 15得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0. ∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130. 引申探究例4中，若条件“a 1＝20”改为a 1＝－20，其他条件不变，求当n 取何值时，S n 取得最小值，并求出最小值．解由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0， ∴a 13＝0.又a 1＝－20，∴a 12<0，a 14>0， ∴当n ＝12或13时，S n 取得最小值，最小值S 12＝S 13＝13a 1＋a 132＝－130.思维升华 (1)等差数列的性质：①项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．②和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则a ．S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；b ．S 2n －1＝(2n －1)a n .(2)求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法：①函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解． ②邻项变号法：a ．当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；b ．当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .(1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＋a 7＝4，a 6＋a 8＝－2，则当S n 取最大值时，n 的值是( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8(2)设数列{a n }是公差d ＜0的等差数列，S n 为前n 项和，若S 6＝5a 1＋10d ，则S n 取最大值时，n 的值为( )A ．5B ．6C ．5或6D ．11(3)已知等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，则前n 项和S n 的最大值为________．答案 (1)B (2)C (3)110解析 (1)依题意得2a 6＝4,2a 7＝－2，a 6＝2＞0，a 7＝－1＜0；又数列{a n }是等差数列，因此在该数列中，前6项均为正数，自第7项起以后各项均为负数，于是当S n 取最大值时，n ＝6，选B.(2)由题意得S 6＝6a 1＋15d ＝5a 1＋10d ，所以a 6＝0，故当n ＝5或6时，S n 最大，选C. (3)因为等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，代入求和公式得，S n ＝na 1＋n n －12d ＝20n －n n －12×2＝－n 2＋21n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －2122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2122，又因为n ∈N *，所以n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值，最大值为110.6．等差数列的前n 项和及其最值典例 (1)在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 7＋a 9)＝54，则此数列前10项的和S 10等于( ) A ．45 B ．60 C ．75D ．90(2)在等差数列{a n }中，S 10＝100，S 100＝10，则S 110＝________.(3)等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 4 B ．S 5 C ．S 6 D ．S 7思维点拨 (1)求等差数列前n 项和，可以通过求解基本量a 1，d ，代入前n 项和公式计算，也可以利用等差数列的性质：a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝…；(2)求等差数列前n 项和的最值，可以将S n 化为关于n 的二次函数，求二次函数的最值，也可以观察等差数列的符号变化趋势，找最后的非负项或非正项．解析 (1)由题意得a 3＋a 8＝9，所以S 10＝10a 1＋a 102＝10a 3＋a 82＝10×92＝45.(2)方法一设数列{a n }的公差为d ，首项为a 1，则⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝100，100a 1＋100×992d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1 099100，d ＝－1150.所以S 110＝110a 1＋110×1092d ＝－110.方法二因为S 100－S 10＝a 11＋a 100×902＝－90，所以a 11＋a 100＝－2，所以S 110＝a 1＋a 110×1102＝a 11＋a 100×1102＝－110.(3)因为⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，所以S n 的最大值为S 5. 答案 (1)A (2)－110 (3)B温馨提醒 (1)利用函数思想求等差数列前n 项和S n 的最值时，要注意到n ∈N *； (2)利用等差数列的性质求S n ，突出了整体思想，减少了运算量．[方法与技巧]1．在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a 1，d 的方程组进行求解．2．证明等差数列要用定义；另外还可以用等差中项法，通项公式法，前n 项和公式法判定一个数列是否为等差数列．3．等差数列性质灵活使用，可以大大减少运算量．4．在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为(1)a ，a ＋d ，a ＋2d ；(2)a －d ，a ，a ＋d ；(3)a －d ，a ＋d ，a ＋3d 等，可视具体情况而定． [失误与防范]1．当公差d ≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数，当公差d ＝0时，a n 为常数． 2．公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，且常数项为0.若某数列的前n 项和公式是常数项不为0的二次函数，则该数列不是等差数列，它从第二项起成等差数列．A 组专项基础训练 (时间：35分钟)1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．27 答案 B解析由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列．即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，故选B.2．(2015·北京)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0 答案 C解析设等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋a 2>0，a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 2＋d ＝(a 1＋a 2)＋2d ，由于d 正负不确定，因而a 2＋a 3符号不确定，故选项A 错；若a 1＋a 3<0，a 1＋a 2＝a 1＋a 3－d ＝(a 1＋a 3)－d ，由于d 正负不确定，因而a 1＋a 2符号不确定，故选项B 错；若0<a 1<a 2，可知a 1>0，d >0，a 2>0，a 3>0，所以a 22－a 1a 3＝(a 1＋d )2－a 1(a 1＋2d )＝d 2>0，所以a 2>a 1a 3，故选项C 正确；若a 1<0，则(a 2－a 1)·(a 2－a 3)＝d ·(－d )＝－d 2≤0，故选项D 错．3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案 C解析 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5，经检验为原方程的解，故选C.4．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11答案 B解析设{b n }的公差为d ，∵b 10－b 3＝7d ＝12－(－2)＝14，∴d ＝2. ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6. ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d＝7×(－6)＋21×2＝0.又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3＝0， ∴a 8＝3.故选B.5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －57，且a 1＝5，设{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 取得最大值的序号n 的值为( ) A ．7 B ．8 C ．7或8 D ．8或9 答案 C解析由题意可知数列{a n }是首项为5，公差为－57的等差数列，所以a n ＝5－57(n －1)＝40－5n7，该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以S n 取得最大值时，n ＝7或8，故选C. 6．已知数列{a n }中，a 1＝1且1a n ＋1＝1a n ＋13(n ∈N *)，则a 10＝________. 答案 14解析由已知得1a 10＝1a 1＋(10－1)×13＝1＋3＝4，故a 10＝14.7．已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4，则a n ＝________. 答案 2n －1解析设等差数列的公差为d ， ∵a 3＝a 22－4，∴1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d 2＝4，即d ＝±2.由于该数列为递增数列，故d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.8．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 答案 130解析由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0，当n ＞5时，a n ＞0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.9．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)解由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12n －1＝n －1－n 2n n －1＝－12n n －1.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n n －1，n ≥2.10．等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1＞0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 最大解方法一由S 3＝S 11得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，则d ＝－213a 1.从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，又a 1＞0，所以－a 113＜0.故当n ＝7时，S n 最大．方法二由于S n ＝an 2＋bn 是关于n 的二次函数，由S 3＝S 11，可知S n ＝an 2＋bn 的图象关于n ＝3＋112＝7对称．由方法一可知a ＝－a 113＜0，故当n ＝7时，S n 最大．方法三由方法一可知，d ＝－213a 1.要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≤0，解得≤n ≤，故当n ＝7时，S n 最大．方法四由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0，即(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＝0，故a 7＋a 8＝0，又由a 1＞0，S 3＝S 11可知d ＜0，所以a 7＞0，a 8＜0，所以当n ＝7时，S n 最大．B 组专项能力提升 (时间：20分钟)11．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( ) A ．S n 的最大值是S 8 B ．S n 的最小值是S 8 C ．S n 的最大值是S 7 D ．S n 的最小值是S 7答案 D解析由条件得S n n ＜S n ＋1n ＋1，即n a 1＋a n 2n ＜n ＋1a 1＋a n ＋12n ＋1，所以a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }为递增数列．又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，即数列{a n }前7项均小于0，第8项大于零，所以S n 的最小值为S 7，故选D.12．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－3，a k ＋1＝32，S k ＝－12，则正整数k ＝________.答案 13解析 S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＝－12＋32＝－212，又S k ＋1＝k ＋1a 1＋a k ＋12＝k ＋1⎝⎛⎭⎪⎫－3＋322＝－212，解得k ＝13.13．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．答案1941解析 ∵{a n }，{b n }为等差数列， ∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. ∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941， ∴a 6b 6＝1941. 14．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，b n ＝1＋a n a n，若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围为________．答案 (－8，－7)解析依题意得b n ＝1＋1a n，对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8，即数列{b n }的最小项是第8项，于是有1a n ≥1a 8.又数列{a n }是公差为1的等差数列，因此有⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7＜0，a ＋8＞0，由此解得－8＜a ＜－7，即实数a 的取值范围是(－8，－7)．15．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22. (1)求通项a n ； (2)求S n 的最小值；(3)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S nn ＋c，求非零常数c .解 (1)因为数列{a n }为等差数列，所以a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22.又a 3·a 4＝117，所以a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d ＞0，所以a 3＜a 4，所以a 3＝9，a 4＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.所以通项a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4，所以S n ＝na 1＋n n －12×d ＝2n 2－n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －142－18.所以当n ＝1时，S n 最小，最小值为S 1＝a 1＝1. (3)由(2)知S n ＝2n 2－n ，所以b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c，所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c .因为数列{b n }是等差数列，所以2b 2＝b 1＋b 3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c，所以2c 2＋c ＝0，所以c ＝－12或c ＝0(舍去)，经验证c ＝－12时，{b n }是等差数列，故c ＝－12.。

数列求和(分组求和、并项法、错位相减、裂项相消)综合经典例题(收藏版)含答案详解

数列求和综合（经典总结版）含答案详解包括四种题型：分组求和、并项法、错位相减、裂项相消一、分组求和例1．求和.练1已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n ∈N ，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S .例2．（奇偶性）已知等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（Ⅱ）设b n ＝，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn 的值.练1.求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.三、错位相减例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥（I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

11111232482n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭{}n a n 1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--15S 22S 21-2223-242(1)n n •-50S n n S练1 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列．若a 1－a 3＝－32，求数列{n ·a n }的前n 项和T n .练2 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .例2已知数列{}n a 的首项123a =，121n n n a a a +=+，1,2,3,n =…．（Ⅰ）证明：数列1{1}na -是等比数列；（Ⅱ）数列{}n n a 的前n 项和n S ．练1 已知各项均为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，首项为1a ，且n n S a ,,21等差数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若n bn a )21(2=，设nnn a b c =，求数列{}n c 的前n 项和n T .练2、已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .例3 在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32.(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S 1＋2S 2＋…＋nS n .例4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn ，求数列{c n }的前n 项和T n .四、裂项相消裂项相消的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，以达到求和的目的. 常见的裂项相消形式有： 1. 111(1)1n a n n n n ==-++ 1111()(2)22n a n n n n ==-++ ┈┈1111()()n a n n k k n n k ==-++2n p a An Bn C ⇒=++（分母可分解为n 的系数相同的两个因式）2. 1111()(21)(21)22121n a n n n n ==--+-+ 1111()(21)(23)22123n a n n n n ==-++++1111()(65)(61)66561n a n n n n ==--+-+3. 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n a n n n n n n n ⎡⎤==-⎢⎥+++++⎣⎦4.)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-n n n n n 5. 111211(21)(21)2121n n n n n n a ---==-++++ +1+1211(21)(21)2121nnn n n n a ==-++++122(1)111(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n a n n n n n n -++-==⋅=-++⋅+6.=┈┈12=1k=- 例1．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ； (Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ．练1.等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式； (Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{nb 的前n 项和．例2．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)求n a 及n S ； (Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ．例3．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a nb 求数列}{n b 的前n 项和n T .例4．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T .练1、已知数列{}n a 是首相为1，公差为1的等差数列，21n n n b a a +=⋅，n S 为{}n b 的前n 项和，证明：1334n S ≤<.例5．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1+a 4＝9，a 2a 3＝8．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n ．例6. （无理型）设数列{}n a 满足01=a 且111111=---+nn a a ，（1）求{}n a 的通项公式；（2）设na b n n 11+-=，记∑==nk kn bS 1，证明：1<n S .例7.（指数型）．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝﹣n ﹣1．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）求数列{}的前n 项和T n ．例8．设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n （n ∈N *），{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2+2，a 4＝b 3+b 5，a 5＝b 4+2b 6．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设数列{S n }的前n 项和为T n （n ∈N *），（i ）求T n ；（ii ）证明＝﹣2（n ∈N *）作业：1．设231()2222()n f n n N ++=++++∈，则()f n 等于（）A.21n -B.22n -C. 122n +-D. 222n +-2．满足*12121,log log 1()n n a a a n +==+∈N ，它的前n 项和为n S ，则满足1025n S >的最小n 值是（）A ．9B ．10C ．11D ．123．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( A ) A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．1011004．求和2345672223242526272+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= . 5．定义在上的函数满足，则6．已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ，求T 2 012；(3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .7．已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .8. 已知数列{an}的前n 项和Sn ＝－12n 2＋kn(其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和Tn.R )(x f 2)21()21(=-++x f x f )83()82()81(f f f ++67()()_______88f f +++=数列求和综合答案详解版一、分组求和例1．求和. 【解析】(1+2+3+…+n)+ =【总结升华】1. 一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解.2. 一般地，如果等差数列与等比数列的对应项相加而形成的数列都用分组求和的办法来求前项之和.练1已知数列{}n x 的首项13x =，通项2n n x p n q =⋅+⋅（*n ∈N ，,p q 是常数），且145,,x x x 成等差数列.（1）求,p q 的值；（2）求数列{}n x 的前n 项和n S . 【解析】（1）232(164)2325p q p q p q p p +=⎧⎨+=+++⎩ 解得11q p =⎧⎨=⎩（2）12212(21)(22)+(2)n n S x x x n =+++=+++++………… =12(22+2)(123+n)n ++++++…………=1(1)222n n n ++-+ 例2．（奇偶性）已知等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；（Ⅱ）设b n ＝，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．【解答】解：（I ）设等差数列{a n }的过程为d ，∵a 1＝1，且a 1，a 2，a 4+2成等比数列． ∴＝a 1•（a 4+2），即（1+d ）2＝1×（1+3d +2），化为：d 2﹣d ﹣2＝0，解得d ＝2或﹣1．其中d ＝﹣1时，a 2＝0，舍去．∴d ＝2．a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，S n ＝＝n 2．（Ⅱ）设b n ＝＝，∴n 为偶数时，＝＝16，b 2＝8；11111232482n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭11111232482n n S n ⎛⎫=+++⋅⋅⋅++= ⎪⎝⎭111242n ⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭(1)1122n n n ++-{}n a {}n b {}n n a b +n n Sn 为奇数时，＝＝，b 1＝．∴数列{b n }的奇数项是首项为，公比为．数列{b n }的偶数项是首项为8，公比为16．∴数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝+＝．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn 的值.【思路点拨】该数列{}n a 的特征：1(1)(43)n n a n -=--，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：1234561...4n n a a a a a a a a ++=+=+==+=-（n 为奇数），可以将相邻两项组合在一起. 【解析】（1）法1（分组）由可得，法2（并项）a1+a2=−4,a3+a4=−4（2）由∴当为奇数，时，，Sn=( a1+a2)+ a3+a4……（a n-2-a n-1）+an=−4(n−12)+4n-3=2n-1当为偶数，时，，Sn=( a1+a2)+ a3+a4……（a n-1+an ）=−4×n2=−2n 【总结升华】1.对通项公式中含有或的一类数列，在求时要注意讨论的奇偶情况.2. 对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结. 举一反三：【变式1】求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.{}n a n 1159131721...(1)(43)n n S n -=-+-+-++--15S 22S 1(1)(43)n n a n -=--158(157)7(553)[19...(4153)][513...(4143)]2922S ++=+++⨯--+++⨯-=-=2211(181)11(585)[19...(4213)][513...(4223)]4422S ++=+++⨯--+++⨯-=-=-1(1)(43)n n a n -=--n n N +∈1(43)(41)4n n a a n n ++=--+=-n n N +∈1(43)(41)4n n a a n n ++=--++=n )1(-1n )1(+-n S n 21-2223-242(1)n n •-50S n n S【解析】（1）设，则数列为等差数列，且是的前25项之和，所以.（2）当为偶数即时，.当为奇数即时，.三、错位相减例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥ （I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

等比数列的前n项和典型例题含解答

＝7×(1＋3)＝28.
∴S4＝28.
-
法二：∵{an}为等比数列， ∴S2，S4－S2，S6－S4 也为等比数列，即 7，S4－7,91－S4 成等比数列， ∴(S4－7)2＝7(91－S4)．解得 S4＝28 或－21. ∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2 ＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)＞S2， ∴S4＝28.
-
变式训练 21：等比数列{an}中，若 S2＝7，S6＝91，求 S4.
解：法一：∵S2＝7，S6＝91，易知 q≠1，
由SS26＝＝791
a11＋q＝7，知a111－－qq6＝91，
∴a11＋q1－1－qq1＋q2＋q4＝91，
∴q4＋q2－12＝0，
∴q2＝3， ∴S4＝a111－－qq4＝a1(1＋q)(1＋q2)
(2)在使用等比数列的前 n 项和公式时，要注意公比 q＝1 和 q≠1 两种情况的区别．
-
变式训练 11：数列{an}为等比数列，各项均大于 0，它的前 n 项和为 80，其中数值最大的项为 54，前 2n 项的和为 6560，试求此数列的首项 a1 和公比 q.
解：∵S2n＞2Sn，∴q≠1.
第 1 年旅游业收入为 400 万元，第 2 年旅游业收入为 400×(1＋41)万元，…，第 n 年旅游业收入为 400×(1＋14)n－1 万元．所以，n 年内的总收入 Tn＝400＋400×(1＋14)＋…＋400×(1 ＋14)n－1＝1600×[(45)n－1]．
(2)设至少经过 n 年旅游业的总收入才能超过总投入，因此 Tn－Sn＞0，即 1600×[(54)n－1]－4000×[1－(45)n]＞0，化简得 5×(45)n＋2×(54)n－7＞0，即(45)n＜25，(45)n>7(舍去)．因为 n∈N*，所以 n≥5，可得 n＝5. 所以，第 5 年旅游业的总收入才能首次超过总投入．

数学经典例题集锦：数列(含答案)

数列题目精选精编【典型例题】（一）研究等差等比数列的有关性质 1.研究通项的性质例题1.已知数列{a }满足nn1a 11,a3a 1(n2).nn（1）求a 2,a 3；a nn 31 2（2）证明： .解：（1） 2a 11,a 2314,a 33413.（2）证明：由已知 n1 a n a ，故()()()n122113a n a n a n1a n a n aa 13a n a n a n1a n a n aa n1221a 1 n1n2 3331 n 31 2 ，所以证得 a nn312.例题2.数列a n 的前n项和记为S ,a1,a2S1(n1) n1n1n（Ⅰ）求a n 的通项公式；（Ⅱ）等差数列b n 的各项为正，其前n项和为T ，且 nT 315，又a 1b 1,2a 2b 3,a 3b成等比数列，求T n .解：（Ⅰ）由a n12S n 1可得a n 2S n11(n2)，两式相减得：a n1a n 2a n ,a n13a n (n2)，又a 22S 113∴a 23a 1故a 是首项为1，公比为3的等比数列 n∴ a nn 31 （Ⅱ）设b n 的公比为d ，由T 得，可得b 1b 2b 315，可得b 25 315故可设b 15d,b 35d ，又a aa ， 11,23,39由题意可得 2(5d1)(5d9)(53)，解得 d 12,d 210 ∵等差数列b n 的各项为正，∴d0∴d2∴n(n1)2T3n2n2n n2例题3.已知数列a n 的前三项与数列 b 的前三项对应相同，且 n2a 12a 22a 3...n12a8n 对任意的nn 都成立，数列b n b n N * 1是等差数列.⑴求数列a n 与b 的通项公式； n⑵是否存在k N ，使得ba(0,1)，请说明理由.kk点拨：（1）2n1aaaan左边相当于是数列12223 (28)nn21an前n项和的形式，可以联想到已知S n求a的方法，当n2时，nS Sa.nn1n -1-（2）把b k a k 看作一个函数，利用函数的思想方法来研究b 的取值情况. kak解：（1）已知 2a 12a 22a 3,n 2 1 a 8n(nN*）① nn2时， 2a 12a 22a 3,n2 28(1)an(nN*）② n1 ①－②得， n1 2a8，求得 n 4n a2，n在①中令n1，可得得 41a 182，所以4n a2(n N*）.n 由题意b 18，b 24，b 32，所以b 2b 14，b 3b 22， ∴数列{b n1b n }的公差为2(4)2， ∴b n1b n 4(n1)22n6，bb 1(b 2b 1)(b 3b 2)(bb 1)nnn(4)(2)(2n8)n 27n14(nN*）.（2）b k a k2714 kk4 2k ，当k4时，77 2f(k)(k) 244 2k 单调递增，且f(4)1，所以k4时， 2f(k)k7k1424k 1，又f(1)f(2)f(3)0，所以，不存在kN*，使得b k a k (0,1).例题4.设各项均为正数的数列{a n }和{bn}满足：a n 、b n 、a n+1成等差数列，b n 、a n+1、b n+1 成等比数列，且a 1=1，b 1=2，a 2=3，求通项a n ，b n解：依题意得： 2bn+1=an+1+an+2① 2a n+1=b n b n+1②∵a n 、b n 为正数，由②得11,212a ，nbbabbnnnnn代入①并同除以b n1得： 2b n b n b n 12 ， ∴{b}为等差数列n9 2 a 2bb,则b 212∵b 1=2，a2=3，2，92(n1)b n 2(n1)(2)(n1),b n ∴2222 ，n(n abb nnn1∴当n ≥2时，21)，1)n(nan又a1=1，当n=1时成立，∴2质2.研究前n项和的性例题5.已知等比数列{a}的前n项和为2nnnSab，且a13.-2-（1）求a 、b 的值及数列{a }的通项公式； n（2）设 bn n a ，求数列{b }的前n 项和nnT . nn111解：（1）n2时，aSS 12a .而{a }为等比数列，得a 12aa ，nnnn又a3，得a3，从而 1n1 a.又 32 na 12ab3,b3.（2） nn b nn1 a ，32n123n T(1)n n21322211123n1n T( n23n1n 2322222 ），得 11111n T(1) n2n1n 232222，1 1(1) 2[2]4(11)nnnT n nnn113123222. 例题6.数列{a }是首项为1000，公比为n110的等比数列，数列{b} n 满足1 b(lgalgalga)k12kk* (k N )，（1）求数列{b n }的前n项和的最大值；（2）求数列{|b n |}的前n 项和S n .解：（1）由题意：4n a10，∴lg4an ，∴数列{lga}是首项为3，公差为1nnn的等差数列，∴lgalgalga3k 12kk (k1) 2，∴ 1n(n1)7n b[3n] nn22b nb 由1n 0 0 ，得6n7，∴数列{b} n 的前n项和的最大值为SS 6721 2 .（2）由（1）当n7时，b0，当n7时，b0，nn∴当n7时，当n7时，7n 311322Sbbb()nnn n12n244Sbbbbbb n12789n1132 2S(bbb)nn21712n44S n1132nn(n7) 441132nn21(n7) 44∴.例题7.已知递增的等比数列{a n}满足a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项.（1）求{a n}的通项公式a n；（2）若b aa，lognn1n2 S bbb求使n12n-3-Sn 成立的n 的最小值.230 n1n解：（1）设等比数列的公比为q （q ＞1），由 1 a 1q+a 1q 2+a 1q 3=28，a 1q+a 1q 3=2（a 1q 2+2），得：a 1=2，q=2或a 1=32，q=2+a 1q 3=28，a 1q+a 1q 3=2（a 1q 2+2），得：a 1=2，q=2或a 1=32，q=2（舍）（n －1） ∴a n =2·2=2n（2）∵n balogan2 nn1n 22+3·23+⋯+n ·2n ），∴S n =－（1·2+2·2 2+2·23+⋯+n ·2n+1），∴S n =2+22+23+⋯+2n －n ·2n+1=－（n －1）·2n+1－2，∴2S n =－（1·2 若S n +n ·2n+1＞30成立，则2n+1＞32，故n ＞4，∴n 的最小值为5.例题8.已知数列{a }的前n 项和为Sn，且1,S,a 1成等差数列，nnn*n N ,a 1.函数1fxx.()log3（I ）求数列{a }的通项公式；nbn （II ）设数列{b }满足n1 (n3)[f(a)2]，记数列{} b 的前n 项和为Tn，试比较nnT 与n 52n5 12312的大小. 解：（I ）1,S n ,a n1成等差数列，2S n a n 11①当n2时，2S n1a n 1②.①－②得：2(S n S n1)a n 1a n ，3a n a 1， n a n13.an当n=1时，由①得2S 12a 1a 21，又 a 11,a 2 a2 3,3, a 1{a n }是以1为首项3为公比的等比数列， a n n1 3. （II ）∵fxlog 3x ， n1f(a)logalog3n1，n3n3b n11111 ()(3)[()2](1)(3)213 nfannnn ，nT n 1111111111111 ()224354657nn2n1n3 11111 ()223n2n352n5122(n2)(n3),T 与n 比较52n5 12312 的大小，只需比较2(n2)(n3)与312的大小即可.22又2(n2)(n3)3122(n5n6156)2(n5n150)2(n15)(n10)∵n N∴当*,*,*1n9且n N时，52n52(n2)(n3)312,即T;n12312当n10时，52n5 2(n2)(n3)312,即T;n12312当*n10且n N时，2(n2)(n3)312,即Tn52n512312 .3.研究生成数列的性质-4-例题9.（I ）已知数列c n ，其中nn c23，且数列c n1pc n 为等比数列，求常数 np ；（II ）设a n 、b n 是公比不相等的两个等比数列，c n a n b n ，证明数列c n 不是等比数列.解：（Ⅰ）因为{c n+1－pc n }是等比数列，故有（c n+1－pc n ） 2=（c n+2－pc n+1）（c n －pc n －1），将c n =2n＋3n代入上式，得n ＋1n ＋1－p （2n＋3n ）]2[2+3n ＋2+3n ＋2－p （2n+1＋3n+1）]·[2n +3n －p （2n －1＋3n －1）]，=[2n+（3－p ）3n ]2即[（2－p ）2n+1n+1n －1n －1=[（2－p ）2+（3－p ）3][（2－p ）2+（3－p ）3]，1整理得6n n=0，（2－p ）（3－p ）·2·3解得p=2或p=3. （Ⅱ）设{a n }、{bn}的公比分别为p 、q ，p ≠q ，cn=an+bn.为证{c n }不是等比数列只需证 2 c ≠c1·c 3. 2事实上， 2 c=（a 1p ＋b 1q ） 2 2= 2 a p 1 2＋ 2 b q1b 1pq ，1 2＋2a22 a p b q 2＋b 1q 2）=2＋2＋a 1b 1（p 2＋q 2）.c1·c3=（a 1＋b 1）（a 1p11 由于p ≠q ，p2＋q 2>2pq ，又a 1、b 1不为零，因此 2 cc1·c 3，故{c n }不是等比数列.2例题10.n2（n ≥4）个正数排成n 行n 列：其中每一行的数成等差数列，每一列的数成13 a 42,a43等比数列，并且所有公比相等已知a 24=1，816求S=a 11+a 22+a 33+,+a nn解：设数列{a 1k }的公差为d ，数列{a }（i=1，2，3，,，n ）的公比为q ik则a 1k =ak －111+（k －1）d ，a kk =[a 11+（k －1）d]qa 24 (a 11 3d)q1a 42 (a 11d)q 3 1 833a(a 2d)q4311依题意得：16 又n 2个数都是正数，1k1，解得：a 11=d=q=±2∴a 11=d=q=2 ，∴a kk =k 2S1 22 1 22 3 1 3 2 n1 2 n，1 2S 11123n 22 342221n1，-5-两式相减得：S21 n2 1 n n 2例题11.已知函数f(x)log 3(axb)的图象经过点A(2,1)和B(5,2)，记f(n)*a3,n N. n（1）求数列{a }的通项公式；n（2）设anb,nTbbb2，若Tm(mZ ) nn12nn ，求m的最小值；（3）求使不等式 (1 111 )(1)(1)p2n1aa n 对一切nN*均成立的最大a 12实数p.log(2ab)1a23解：（1）由题意得log(5)2 ab 3，解得b1， f(x)log 3(2x1) a n log(2n1)21,33nnN *b n 2n n 21 ，T n1 123 2 25 3 2 2n n 2 1 3 2n n 21 （2）由（1）得 ①1 2 T n132n52n32n2n2n3n122221 1②①－②得1 2 T n1 12 2 2 2 23 2 2 n 2 1 2 n 2 2n n 2 1 1 1 1 2 ( 1 1 2 1 2 2 1 n 2 2 1 n 2 1 ) 2n13 1 22n n1n1n 2221 1 . T n 3 1 n2 22n 2 n1 3 2n n23 ，设 f2n3 (n),n N n2 *，则由2n5f 得(n1)12n1n51 2 2n3f(n)2(2n3)22nn3 1 2 1 512 2n3*f(n),n Nn 随n 的增大而减小2当时，T3又T n m(mZ )恒成立，3mnnminp 1 2n 1 (1 1 a 1 )(1 1 a 2 ) (1 1 a n ) 对 n N*（3）由题意得恒成立F(n) 1 2n 1 (1 111)(1)(1a 1aa n2)，则记-6-F(n1) 1 2n3(1 1 a 1 )(1 1 a 2 ) (1 1 a n )(1 1 a n 1)F (n) 1 2n 1(1 1 a 1 )(1 1 a 2 ) (1 1 a n)(2n2n2 1)(2n 3) 4(n 2(n 2 1) 1) (n 1) 2 2n n 1 1 1F 即是随n 的增大而增大(n)0,F(n1)F(n),F(n)F 的最小值为 (n)F(1) 23 3 ， p 23 3 ，即 p max 23 3 . （二）证明等差与等比数列 1.转化为等差等比数列.a 中，a 18,a2且满足例题12.数列{}n4a n22a 1a ， nn*n N .⑴求数列{a n }的通项公式；⑵设S n |a||a||a|，求12nS ； n1⑶设b n =n (12a) n **(n N ),Tbbb(n N )，是否存在最大的整数m ，使得n12n对任意 m n ，均有T n 32N * 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由.解：（1）由题意，a n2a n a n a n ，{a }为等差数列，设公差为d ，11n由题意得283dd2，a82(n1)102n.n（2）若102n0则n5，5,||||||n 时S n aaa12n8102n2aaan9nn, 12n2n 时，S n aaaaaa n6125672S 5(S n S 5)2S 5S n n9n402 9nn n5nS 2故n9n40n6（3）bn11111()nannnn，(12)2(1)21nT n 1111111111[(1)()()()()]222334n1nnn1n.2(n1)mTn 若32 对任意nm*n N成立，即116n对任意*n N成立，1n*(n N)n的最小值是2 1 ，m1162,m的最大整数值是7.即存在最大整数m7,使对任意*n N，均有Tnm.32 a例题13.已知等比数列{b n}与数列{a n}满足3,bn N*.nn-7-（1）判断{a}是何种数列，并给出证明；n（2）若a8a13m,求b1b2b20.aa1n。

数列的典型例题

数列的典型例题1、等差数列{}n a 中，前三项依次为x x x 1,65,11+，求：105?a = 解：由等差数列中项公式得：511261x x x ⋅=++，则：2x =. 首项为：11113a x ==+，公差为：15151621212d x x =-=-=；则数列通项为：1113(1)31212n n n a a n d -+=+-=+=. 故：1053105391212n a ++===.2、前100个自然数（1到100）中，除以7余2的所有数之和S 是？解：这些数构成的数列为：7(1)275n a n n =-+=-；在100之内，n 的最大数m 为：10075m =-，即15m =;这些数之和S 为：151(115)15(75)75157652k S n =+⨯⎡⎤=-=-⨯=⎢⎥⎣⎦∑3、在等差数列{}n a 中，前n 项和为n S . 若10a >，160S >，170S <，则n S 最大时，?n =解：等差数列通项为：1(1)n a a n d =+-，求和公式为：1(1)2n n n S na d -=+；则：16116151602S a d ⨯=+>，即：11502a d +>，170a d +>，即：80a >； 17117161702S a d ⨯=+<，即：180a d +<，即：90a <.故n S 最大时，8n =.4、数列{}n a 的通项公式n a =n 项和为9n S =，求：?n =解：通项：n a==则：119nn k S ====∑，于是：99n =5、等差数列{}n a ，其公差不为0，其中，2a 、3a 、6a 依次构成等比数列，求公比?q = 解：等差数列通项：1(1)n a a n d =+-，则：32a a d =+，624a a d =+，构成等比数列，则：2326a a a =，即：2222()(4)a d a a d +=+；即：222222224a a d d a a d ++=+.因为0d ≠，故：22d a =；所以：32222233a a d a q a a a +====.6、已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且11a =,1133S =. 设14na nb ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求证：{}n b 是等比数列，并求其前n 项和n T . 证明：通项：1(1)n a a n d =+-，求和公式：1(1)2n n n S na d -=+；则：11111011332S d ⨯=+=，即：115533d +=，故：25d =.于是：2231(1)55n n a n +=+-=；则：23514n n b +⎛⎫= ⎪⎝⎭，2(1)35114n n b +++⎛⎫= ⎪⎝⎭则：2(1)323255511144n n n n b b +++-+⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故{}n b 是首项为114b =，公比为25114n n b q b +⎛⎫== ⎪⎝⎭,的等比数列，通项为：23514n n b +⎛⎫= ⎪⎝⎭.()()2n 5221n n 55n 12255111q 1444T b 1q 4144114-⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎝⎭==⋅= ⎪-⎝⎭⎛⎫-- ⎪⎝⎭7、若x y ≠，且两个数列：12,,,x a a y 和123,,,,x b b b y 均为等差数列，求：13?a xy b -=- 解：设两个等差数列的公差分别为：1d 和2d ，则:113y x a x d --==,324y xy b d --==. 故：131()4313()4y x a x y b y x --==--8、已知正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：21056n nn S a a =++，且1a 、3a 、15a 成等比数列，求数列{}n a 的通项?n a =解：由已知：2+1+1+11056n n n S a a =++ ①21056n n n S a a =++ ②由①-②：2211110()5()n n n n n a a a a a +++=-+-移项合并：2211()5()0n n n n a a a a ++--+=，即：11()(5)0n n n n a a a a +++--=由于正项数列1()0n n a a ++>，所以：150n n a a +--=，即：15n n a a +-=；由此得到{}n a 是公差为5的等差数列.设：15(1)n a a n =+-，则：3110a a =+，15170a a =+；由1a 、3a 、15a 成等比数列得：23115a a a =，即：2111(10)(70)a a a +=+；即：2211112010070a a a a ++=+，故：12a =. 所以：25(1)53n a n n =+-=-9、已知数列{}n a 的前n 项和1(1)(2)3n S n n n =++,试求数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和?n T =解：由已知：1111(1)(2)=(1)(24)=(1)(21)(1)3662n S n n n n n n n n n n n =++++++++及：211(1)(21)6nk k n n n ==++∑ 和：11(1)2n k k n n ==+∑得到上面求和公式可分成两部分，一个2n a n =求和，一个n a n =求和. 故：2(1)n a n n n n =+=+. 那么：1111(1)1n a n n n n ==-++；所以：1111()1111nn k nT k k n n ==-=-=+++∑.10、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其首项11a =，且满足3(2)n n S n a =+，求通项?n a = 解：由已知：3(2)n n S n a =+ ①113(1)n n S n a --=+ ②由①－②：13(2)(1)n n n a n a n a -=+-+ ；移项合并：1(1)(1)n n n a n a --=+，即：111n n n a a n -+=- 由此递推得：()1211112......1121211(1)(1)1122n n n kk n n n n n k a a a a n n n n n k n n n n n n a a k k --++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪-----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭++=+⋅⋅⋅⋅==+11、如果数列{}n a 中,相邻两项n a 和1+n a 是二次方程23=0nn n x nx c ++(n=1,2,3…)的两个根,当12a =时,试求100?c =解：由韦达定理：13n n a a n ++=- ① 1n n n a a c +⋅= ②由①式可得：121()()3n n n n a a a a ++++-+=-，即：23n n a a +-=- ③ ③式表明：13521,,,...,k a a a a -和2462,,,...,k a a a a 都是公差为-3的等差数列. 又因12a =，代入①式可得：25a =-，于是得到等差数列为：211(1)(3)23353k a a k k k -=+--=-+=-； 22(1)(3)53323k a a k k k =+--=--+=--.那么： 1002350152a =--⨯=-，1015351148a =-⨯=- 代入②式得：100100101(152)(148)22496c a a =⋅=-⨯-=12、有两个无穷的等比数列{}n a 和{}n b ,其公比的绝对值都小于1,其各项和分别是11n k k S a ∞===∑和12n k k T b ∞===∑,对一切自然数都有：2nn a b =，求这两个数列的首项和公比. 解：由111a S q ==-和121bT r==-得：11a q =-，及12(1)b r =-. 数列的首项设这两个等比数列的通项公式分别为：111(1)n n n a a q q q --==- ① 1112(1)n n n b b r r r --==- ②将①②两式代入2nn a b =，并采用赋值法，分别令1n =和2n =得： 211a b =，即：2(1)2(1)q r -=- ③222a b =，即：22(1)2(1)q q r r -=- ④由③④得：2r q = ⑤ 将⑤式代入③式得：22(1)2(1)q q -=-因为：1q ≠，则上式化简为：12(1)q q -=+，即：13q =-将13q =-代入⑤式得：19r = 这是这两个数列的公比.将13q =-和19r =分别代入①式和②式得：()1114114(1)413333n nn n n n a q q-+-⎛⎫⎛⎫=-=⋅-=--=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；1181162(1)2999n n n n b r r --⎛⎫=-=⨯⨯=⎪⎝⎭13、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，当2n ≥时，满足：120n n n a S S -+=；求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；并求{}n S 的通项公式?n S =解：由120n n n a S S -+=得：1120n n n n S S S S ---+=，即：11120n nS S --+=，则：1112n n S S --=，11112S a ==. 上式表明：1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是一个首项为2，公差为2的等差数列.则：122(1)2n n n S =+-=，即：12n S n=，112(1)n S n -=-；于是：111122(1)2(1)n n n a S S n n n n -=-=-=--- 故：1(1)21(2)2(1)n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩14、已知等比数列{}n a 的首项112a =，且满足：10103020102(21)0S S S -++=. （1）求{}n a 的通项；（2）求{}n nS 的前n 项和n T .解：将3030111q S a q -=-、2020111q S a q -=-、1010111q S a q-=-代入上面等式得：10301020102(1)(21)(1)(1)0q q q --+-+-=化简得：10102010102(1)(21)(1)10q q q ++-+++= 即：101010201010102(1)22(1)(1)10q q q q ++-+-++=整理得：10201020q q -=，即：12q =±则：111111222n n n n a a q--⎛⎫==⋅= ⎪⎝⎭或1111111(1)222n n n n n a a q ---⎛⎫==⋅-=- ⎪⎝⎭第14题第(2)问解答：(2)A.对于等比数列：12a n n =，其求和公式为：11112112212n S n n -=⋅=--故：1(1)221111n n n n k T kS k k n k k k k k k k ⎛⎫==-=-∑∑∑∑ ⎪⎝⎭==== 1> (1)21n n n k k +=∑=2> 23123 (222)221n n n k nR k k ⎛⎫==++++∑ ⎪⎝⎭= ① 则：231234221 (22222)1n n n knR kk -⎛⎫==+++++∑⎪⎝⎭= ② 由②-①得：22331121324311()()()...()222222222n n n n n n nR ---=+-+-+-++--23112311...22222n n n -=+++++-111222(1)21222212nn n n n n n n -+=-=--=-- 综合1>和2>得：(1)2222211nn n kn n n T k n kk k ⎛⎫++=-=+-∑∑⎪⎝⎭== (2)B.对于等比数列：11(1)2n n n a -=-其求和公式为：11()11111(1)2[1(1)]12333221()2n n n S n n n ---=⋅=⋅--=-⋅-- 故：11[1(1)](1)333221111k k n n n n k k k T kS n kk k k k k k ⎛⎫==⋅--=--∑∑∑∑ ⎪⎝⎭==== 1> (1)361n k n n k +=∑= 2> 2311123(1)...(1)33222221kn n n n k n U kk ⎛⎫⎡⎤=-=-+-++-∑⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭= ③ 则：12111232...(1)31222n n n n U -⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎣⎦④由③+④得：1221112132131()()...(1)()(1)32222222n n n n n n n n n U ---⎡⎤=-+---++--+-⎢⎥⎣⎦2111111...(1)(1)32222n n n n n -⎡⎤=-+-++-+-⎢⎥⎣⎦ 21111111...(1)(1)322232n n n n n -⎡⎤=-+-++-+⋅-⎢⎥⎣⎦ (1)1112(1)13321()2nnn n n --=-⋅+⋅---2(1)1[1](1)9232n n n n n -=-⋅-+⋅- 故：2(1)(1)[1]27292n n n n n nU --=-⋅-+⋅ 于是：1(1)2(1)(1)(1)[1]33627292211n n k n n n n k kn n nT nk k k ⎛⎫+--=--=-⋅-+⋅∑∑ ⎪⎝⎭== 15、若等差数列{}2log n x 的第m 项等于k ，第k 项等于m(其中m k ≠)，求数列{}n x 的前m k +项的和。

数列应用题(典型例题)

1、(2004年福建高考)某企业去年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降，若不进行技术改造，预测今年起每年比上一年纯利润减少20万元。

今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（今年为第一年）的利润为500（1+12n）万元（n为正整数）①设从今年起的前n年,若该企业不进行技术改造的累计纯利润为A n万元,进行技术改造后的累计纯利润为B n万元（需扣除技术改造资金）,求A n、B n的表达式;②依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润2、(2001年全国理)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业. 根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15.本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14。

(Ⅰ)设n年内(本年度为第一年)总投入为a n万元，旅游业总收入为b n万元. 写出a n，b n的表达式(Ⅱ)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入?3、（2007年安徽卷）某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d (d＞0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列.与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利.这就是说，如果固定利率为r(r＞0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1 + r)n – 1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1 + r) n – 2，…，以T n表示到第n年末所累计的储备金总额.（1）写出T n与T n– 1(n≥2)的递推关系式；（2）求证：T n = A n + B n，其中{A n}是一个等比数列，{B n}是一个等差数列.4、某工厂在1999年的“减员增效”中对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年的23领取工资，该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可获得b元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50％，如果某人分流前工资的收入每年a元，分流后进入新经济实体，第n年的收入为na元，（1）求{}na的通项公式；（2）当827ab=时，这个人哪一年的收入最少？最少为多少？（3）当38ab≥时，是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入？5、某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不作广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出b件。

数列真题与预赛典型例题集答案

数列真题汇编与预赛典型例题1．【2018年全国联赛】设整数数列满足，且，则这样的数列的个数为 .2．【2017年全国联赛】设两个严格递增的正整数数列满足,对任意正整数n,有。

则的所有可能值为___________。

3．【2016年全国联赛】设为1，2，…，100中的四个互不相同的数，满足.则这样的有序数组的个数为_______ _.4．【2014年全国联赛】已知数列满足.则___________. 【2013年全国联赛】已知数列共有九项，其中，，且对每个，均有. 5．则这样的数列的个数为______.6．【2011年全国联赛】已知.则数列中整数项的个数为_____ _.7．【2010年全国联赛】已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，其中，，且存在常数使得对每一个正整数都有.则________.8．【2019年全国联赛】设整数满足.记.求f的最小值.并确定使f=f0成立的数组的个数.9．【2018年全国联赛】已知实数列满足：对任意正整数n，有，其中S n表示数列的前n项和，证明：（1）对任意正整数n，有；（2）对任意正整数n，有.10．【2018年全国联赛】数列定义如下：a1是任意正整数，对整数n≥1，a n+1是与互素，且不等于的最小正整数.证明：每个正整数均在数列中出现.11．【2017年全国联赛】设数列定义为求满足的正整数r的个数。

12．【2016年全国联赛】设p与p + 2均为素数，p > 3.定义数列，其中，表示不小于实数x的最小整数.证明对，均有.13．【2014年全国联赛】已知数列满足.求正整数m使得.14．【2013年全国联赛】给定正数数列满足，，其中，.证明：存在常数，使得.15．【2013年全国联赛】给定正整数.数列定义如下：，对整数，.记.证明：数列中有无穷多项是完全平方数.16．【2012年全国联赛】已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数都有.(1)当时，求所有满足条件的三项组成的数列.(2)是否存在满足条件的无穷数列，使得若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由.17．【2011年全国联赛】已知数列{}n a 满足：()123,1a t t R t =-∈≠±，()()()112321121n n n n n n t a t t a n N a t +++-+--=∈+-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若0t >，试比较1n a +与n a 的大小. 18．【2011年全国联赛】证明：对任意整数，存在一个次多项式具体如下性质：（1）均为正整数；（2）对任意的正整数及任意个互不相同的正整数，均有.19．【2011年全国联赛】设是给定的正实数，.对任意正实数，满足的三元数组的个数记为.证明：.20．【2010年全国联赛】证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得.21．【2010年全国联赛】给定整数，设正实数满足，记.求证：.22．【2009年全国联赛】已知是实数，方程有两个实根，数列满足）．（1）求数列的通项公式（用表示）；（2）若，求的前项和．23．【2009年全国联赛】在非负数构成的数表中，每行的数互不相同，前六列中每列的三数之和为1，均大于1．如果的前三列构成的数表满足下面的性质：对于数表中的任意一列）均存在某个使得．①求证：（1）最小值）一定去自数表的不同列；（2）存在数表中唯一的一列）使得数表仍然具有性质（）．1．【2018年湖南预赛】如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫.设是第n次挖去的小三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小三角形面积，是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则前n次挖去的所有小三角形面积之和的值为____________________.2．【2016年吉林预赛】在公差不为0的等差数列中，，且成等比数列．则数列的通项公式为________.3．【2016年上海预赛】数列定义如下:，则____ _______。

奥赛数列经典例题(含详解)

奥赛数列经典例题（含详解）1．给定正数p ，q ，a ，b ，c ，其中p ≠q 。

若p ，a ，q 是等比数列，p ，b ，c ，q 是等差数列，则一元二次方程022=+-c ax bx （）A ．无实根B ．有两个相等实根C ．有两个同号相异实根D ．有两个异号实根2．等比数列3log 2+a ，3log 4+a ，3log 8+a 的公比是_________。

3．设n S n +++=Λ21，n ∈N 。

求1)32()(++=n n S n S n f 的最大值。

4． PC505型文曲星具有选定一组或多组英文单词，根据科学记忆曲线在十四天内进行初记和强化复习的功能。

对于每一组单词（词量自定），初记完成后，文曲星提示“立即复习一遍”，然后在第二、第四天、第七天、第九天、第十天、第十四天，“每天复习一遍”该组单词，其他天无须复习，当你在这十四天内，按时正确地拼写这组单词后，文曲星就不再提示对该组单词的记忆。

高中《英语》第一册（下）生词表中，UNIT17~UNIT20共99个单词，请你将这99个单词适当分组，利用文曲星的强化复习功能，制定一个在20天内记忆99个单词的计划，把每天需要初记的单词数和每天需要初记和复习的单词总数填入下表中，使得每天初记和复习的单词总数不少于10个，且不多于50个。

5．在一圆周上给定2000个点，取其中一点标记上数1，从这点开始按顺时针方向到第二个点标记上数2，从标记上2的点开始按顺时针方向数到第三个点标记上数3（如图3－3），继续这个过程直到1，2，3，…，1993都被标记到点上，圆周上这些点中有些会标记上不止一个数，也有一些点未标记上任何数，在标上1993的那一点上所有标数中最小的数是什么？6．电子器件厂兼营生产和销售某种电子器件，流水线启动后每天生产p ＝500个产品，可销售q ＝400个产品，未售出的产品存入库房，每件产品在库房内每过一夜将支付存储费用r ＝0.2元。

初中数学数列典型10类例题

初中数学数列典型10类例题1、有一个农妇，拿着一篮鸡蛋来到市场上，第一位顾客买了全部鸡蛋的一半再加半个;第二位顾客买了第一次剩下部分的一半再加半个;第三位顾客买了第二次剩下的一半再加半个，如此继续，当第六位顾客买了第五次剩下的一半再加半个时，他发现自己和其他顾客所买的鸡蛋都是整个的，而且农妇也刚好卖完所有鸡蛋，那么农妇一共拿了多少个鸡蛋到市场?你能算出来吗?(63个) 2、小明和小刚是好朋友，他们一个月里两次同时到一家超市买鸡蛋，两次鸡蛋的单价有变化，其中第一次鸡蛋的单价为x元/千克，第二次鸡蛋的单价为y元/千克。

现知道两人的购买方式不一样，小明每次总是买相同质量的鸡蛋，小刚则每次只拿出相同数量的钱买鸡蛋。

两种买鸡蛋的方式哪种合算?3、一小船由A港到B港顺流需行6小时，由B港到A港逆流需行8小时.一天，小船从早晨6点由A港出发顺流到达B 港时，发现一救生圈在途中落入水中，立刻返回，一小时后找到救生圈。

问:(1)若小船按水流速度由A漂流到B港需要多少小时?(2〉救生圈是在何时落入水中的?4、已知: b7+2ab-c2+2ac则三角形ABC是什么三角形(直角或等腰)5、已知: a+b2+c2-2ab+2ac+2bc,则三角形ABC是什么三角形（等边三角形)6、己知:(a-b)-是三角形的三边，则(a-b)-c?___(大于0或小于0）7、关于x的分式方程."_-1，下列说法正确的是（)A、方程的解是x=m+5.B、m>-5时，方程的解是正数.c、m<-5时，方程的解是负数. D、无法确定.8、某电脑公司经销甲种型号电脑,受经济危机影响，电脑价格不断下降.今年三月份的电脑售价比去年同期每台降价1000元，如果卖出相同数量的电脑，去年销售额为10万元，今年销售额只有8万元.(1〉今年三月份甲种型号电脑每台售价多少元?(2)为了增加收入，该公司决定再经销乙种型号电脑，已知甲种型号电脑每台进价为3500元，乙种型号电脑每台进价为3000元，公司预计用不多于5万元且不少于4.8万元的资金购进这两种型号的电脑共15台，有几种进货方案?(3）如果乙种型号电脑每台售价为3800元，为打开乙种型号电脑的销路，公司决定每售出一台乙种型号电脑，返还顾客现金a元，要使(2〉中所有方案获利相同，a的值应是多少?此时，哪种方案对公司更有利?9、甲志愿者计划用若干个工作日完成社区的某项工作，从第三个工作日起，乙志愿者加盟此项工作，且甲、乙两人工作效率相同，结果提前3天完成任务，则甲志愿者计划完成此项工作的天数是（A>A、8B、7c、6D、510、若x=2008/2009,y=2009/2010,则x,y的大小关系是_。

等差数列典型例题(含答案)

等差数列试题精选一、选择题：（每小题5分，计50分）1.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若＝则432,3,1S a a ==（）（A ）12 （B ）10 （C ）8 （D ）62．已知｛a n ｝为等差数列，a 2+a 8=12,则a 5等于（）(A)4 (B)5 (C)6 (D)73.设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若735S =，则4a =（）A ．8B ．7C ．6D ．54．记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若42=S ，204=S ，则该数列的公差d=（） A ．7 B. 6 C. 3 D. 2 5．等差数列{}n a 中，已知31a 1=，4a a 52=+，33a n =，则n 为（）（A ）48 （B ）49 （C ）50 （D ）516.等差数列{a n }中，a 1=1,a 3+a 5=14，其前n 项和S n =100,则n =（）(A)9 (B)10 (C)11 (D)12 7．设S n 是等差数列{}n a 的前n 项和，若==5935,95S Sa a 则（） A ．1 B ．－1 C ．2 D ．21 8.已知等差数列{a n }满足α1＋α2＋α3＋…＋α101＝0则有( )A ．α1＋α101＞0B ．α2＋α100＜0C ．α3＋α99＝0D ．α51＝51 9.如果1a ，2a ，…，8a 为各项都大于零的等差数列，公差0d ≠，则( ) （A ）1a 8a >45a a （B ）8a 1a <45a a （C ）1a +8a >4a +5a （D ）1a 8a =45a a 10.若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（）（A ）13项（B ）12项（C ）11项（D ）10项二、填空题：（每小题5分，计20分）11设数列{}n a 的首项)N n ( 2a a ,7a n 1n 1∈+=-=+且满足，则=+++1721a a a _____________.12．已知{a n }为等差数列，a 3 + a 8 = 22，a 6 = 7，则a 5 = __________13.已知数列的通项a n = -5n +2,则其前n 项和为S n = . 三、解答题：（15、16题各12分，其余题目各14分）14．等差数列{n a }的前n 项和记为S n .已知.50,302010==a a （Ⅰ）求通项n a ；（Ⅱ）若S n =242，求n.15．已知数列{}n a 是一个等差数列，且21a =，55a =-。

数列经典例题2(含答案).doc

例1正项数列｛a…｝的前项和｛a」满足：sj -(“2 +n-l)s” -斤+“)= 0⑴求数列｛a」的通项公式a”；⑵令b n = " + [ ” ,数列｛b…｝的前n项和为7；.证明:对于任意的neN*,都有T < —(n + 2) a642S i ?例2设数列｛色｝的前〃项和为S”.已知％ =1, —=a n+i一一n1 2-n一一，ne N*.n 3 3(I )求色的值；仃I)求数列｛Q讣的通项公式；1 1 1 7(III)证明：对一切正整数〃，有一+ — + ・・・ + — < —・% a2a n 4例3错误！未指定书签。

.各项均为正数的等比数列｛aj中，已知a2=8, a4=128, b n=log2a n(1)求数列｛aj的通项公式；(2)求数列｛bj的前n项和Sn(3)求满足不等式(1-—)-(1-—)>迎Z的正整数n的最大值S2 S3 S n 2013⑴解:由S； -(y+"一l)S”-("2+“) = o,得[S…-(M2+M)](S(!+1)=0.由于｛a”｝是正项数列，所以S” >0,S n=n2+n.于是勺=S] =2,n >2时，a” = S” 一S”_] = Al? + “- 1尸—-1) = 2".综上，数列｛ a”｝的通项a n = 2n .(2)证明：由于a” =2n,b nn + 1 (M + 2)2Q；c n + 11则亿=2 2 = "4"+ 2)2■ 1 1n2 (" + 2)2_1,11111 1 1 1 1____ I _______ I ____________ I ________ • _l __________________________ I ________________16 3222423252(" — I)? (" + 1)2 n2 (n + 2)2丄i+丄一 _____________ L_16 22 (" + 1)2 (“ + 2)22S 1 2例2【答案】.(1)解：••• -^ = a n+l--^-n--,n.N^1 2当时'2«1=2S1=a2---l-- = a2-2-n ——，nw N*.3n(n + l) ••• 2a” =na ll+i -(n-l)a n - n(n +l)2S i (2)解：•・・一 =a n+i __n・•・当 n > 2 0t, 2Sgi =(〃一 1)色一由①一②,得 2S” - 2S”_]=叫+| --l)a” -.•.血-仏=1 数列仏是以首项为勺=1,公差为1的等差数列. n+1 n [nJ 1= 1 +1 x(n — 1) = n,a n = n 3 4 (n > 2) n当〃 =1时，上式显然成立. a n =n 2,ne N*(3)证明：由⑵知，a n =n 2,ne N*1 7①当〃 =i 时，丄=i <丄，・・.原不等式成立.---- 1 ------ - ------ = ----- 1 ----- --- ----- Vid --------- 1 -------- --- ----------------- 1 ---- % 色 a n I 2 22 n 1x3 2x4 (n —2)-n (n —l)-(n + l)T + + 疋卜扑…+ $丄 + $丄-丄_1 lfl 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1 ---- ------------ 1 ------------ 1 -------------- ------------------------------ 1 ---------------------3 1 1 7—I = 1 — < —, 原不等式亦成立.(n —l)n(n + l)2U 3 2 4 3 5 n-2 n n-1 n + 1(4 （8分） ,1( '111 1 、 1 7 If 1 1、 )7 1 + ---1 ---------------- = - + - <- < 1 2 n n + 1> 1 4 2n n + )4・••当n>3时,,・•・原不等式亦成立. 1 1 1 7综上,对一切正整数〃，有一 + — + ••• + —<-. % a 2 a n 4【答案】解：(1) V 等比数列｛aj 的各项为正，a 2=8, a 4=128 设公比为qq?=瞠== 16 q=4 ai=2 /.a n =aiq n_1=2x 4n_1 = 22n_1 a 2 8 分)(2) V Z?n = log 2 a n — log 2 22n_1 = 2n — 1 S n =b x +D + …+ b”=] + 3 +…+ (2”_1) = "*1 + 2"T )=“2 (3) ••• (1-— •（1-丄） = （1-丄）（1-丄-丄） S2 S3 S” 2- 3- n1 32 4 n — 2 n n —1 n+1 n+1~2 2 3 5 n — 1 n — 1n n In n +1 、1007 ・・・nW2013 An 的最大值为2013 （12分） In 2013。

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《2.3 等差数列的前n项和》测试题一、选择题1.(2008陕西卷)已知是等差数列，，，则该数列前10项和等于( )A.64B.100C.110 D .120考查目的：考查等差数列的通项公式与前项和公式及其基本运算.答案：B解析：设的公差为. ∵，，∴两式相减，得，.∴，.2.(2011全国大纲理)设为等差数列的前项和，若，公差，，则( )A.8B.7C.6D.5考查目的：考查等差数列通项公式的应用、前项和的概念.答案：D解析：由得，，即，将，代入，解得.3.(2012浙江理)设是公差为的无穷等差数列的前项和，则下列命题错误的是( )A.若，则数列有最大项B.若数列有最大项，则C.若数列是递增数列，则对任意，均有D.若对任意，均有，则数列是递增数列考查目的：考查等差数列的前项和公式及其性质.答案：C解析：根据等差数列的前项和公式，可得，因为，所以其图像表示的一群孤立的点分布在一条抛物线上. 当时，该抛物线开口向下，所以这群孤立的点中一定有最高点，即数列有最大项；反之也成立，故选项A、B的两个命题是正确的. 选项C的命题是错误的，举出反例：等差数列－1，1，3，5，7，…满足数列是递增数列，但．对于选项D的命题，由，得，因为此式对任意都成立，当时，有；若，则，与矛盾，所以一定有，这就证明了选项D的命题为真.二、填空题4.(2011湖南理)设是等差数列的前项和，且，，则.考查目的：考查等差数列的性质及基本运算．答案：81.解析：设的公差为. 由，，得，. ∴，故.5.(2008湖北理)已知函数，等差数列的公差为. 若，则.考查目的：考查等差数列的通项公式、前项和公式以及对数的运算性质，考查运算求解能力.答案：.解析：∵是公差为的等差数列，∴，∴，∴，∴.6.(2011广东理)等差数列前9项的和等于前4项的和. 若，，则____．考查目的：考查等差数列的性质及基本运算.答案：10.解析：设等差数列前项和为. ∵，∴；∵，∴. ∴，故.三、解答题7.设等差数列的前项和为，且，求：⑴的通项公式及前项和；⑵．考查目的：考查等差数列通项公式、前项和的基本应用，考查分析问题解决问题的能力.答案：⑴；.⑵解析：设等差数列的公差为，依题意，得，解得.⑴；⑵由，得.当时，．当时，，∴8.(2010山东理)已知等差数列满足：，，的前项和为．⑴求及；⑵令，求数列的前项和.考查目的：考查等差数列的通项公式与前项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵.解析：⑴设等差数列的公差为，因为，，所以有，解得，，所以，.⑵由⑴知，所以，所以，即数列的前项和.一、选择题1.(2009广东文)已知等比数列的公比为正数，且，，则( ).A. B. C.D.2考查目的：考查等比数列通项公式的基本应用.答案：B解析：设公比为，由已知得，得，又因为等比数列的公比为正数，所以，故.2.(2007天津理)设等差数列的公差，．若是与的等比中项，则( ).A.2B.4C.6D.8考查目的：考查等差数列、等比数列的概念与通项公式、等比中项的概念等基础知识及基本运算能力.答案：B解析：∵，∴；又∵是与的等比中项，∴，即；∵，∴，解得，或(舍去).3.(2010江西理数)等比数列中，，，函数，则( )A. B. C.D.考查目的：多项式函数的导数公式、等比数列的性质等基础知识，考查学生的创新意识，综合与灵活地应用所学数学知识、思想和方法解决问题的能力.答案：C.解析：∵是多项式函数，∴的常数项的一次项系数，∴.二、填空题4.(2007重庆理)设为公比的等比数列，若和是方程的两根，则__________.考查目的：考查一元二次方程、等比数列的概念等基础知识，考查分析问题解决问题的能力．答案：18.解析：根据题意，得，，∴，∴.5.(2009江苏卷)设是公比为的等比数列，，令，若数列有连续四项在集合中，则 .考查目的：考查等比数列的概念、等价转化思想和分析推理能力.答案：.解析：根据题意可知，有连续四项在集合中，因为是等比数列，且公比满足，所以这四项只能依次是，所以公比，.6.(2012辽宁理)已知等比数列为递增数列，且，，则数列的通项公式______________.考查目的：考查等比数列的通项公式及方程思想和逻辑推理能力.答案：.解析：∵，∴，得，∴；又∵，∴，∴，解得或(舍去)，∴.三、解答题7.已知数列的首项，关于的二次方程(，且)都有实数根，且满足.⑴求证：是等比数列；⑵求的通项公式.考查目的：考查等比数列的概念、通项公式、一元二次方程的根与系数的关系等基础知识，考查综合运用知识分析问题解决问题的能力.答案：⑴略；⑵．解析：⑴由题设可得，，(，且)；又由，得. 所以，即()，化为(，且)，又，所以是首项为，公比为的等比数列.⑵由⑴的结论，得，所以的通项公式为．8.(2012广东文)设数列前项和为，数列的前项和为，满足，.⑴求的值；⑵求数列的通项公式.考查目的：考查等比数列的概念、递推公式的处理方法、化归思想，考查分析问题解决问题的能力.答案：⑴；⑵.解析：⑴当时，. 因为，所以，求得.⑵当时，，∴①，∴②. ②①得，所以. ∵，易求得，∴，∴. 所以是以3为首项，2为公比的等比数列，，故所以，.置：首页>>高中数学>>教师中心>>同步教学资源>>课程标准实验教材>>同步试题>>必修5《2.5 等比数列的前n项和》测试题一、选择题1.(2007陕西理)各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则( )A.16B.25C.30D.80考查目的：考查等比数列的前项和公式及运算求解能力.答案：C.解析：由，可知，的公比，∴①，②，②式除以①式，得，解得(舍去)，代入①，得. ∴.2.(2010天津理)已知是首项为的等比数列，是的前项和，且，则数列的前项和为( )A.或B.或C.D.考查目的：考查等比数列前项和公式的应用及等比数列的性质.答案：C解析：设的公比为，若，则，，不合题意，所以. 由，得，得，所以，因此是首项为1，公比为的等比数列，故前5项和为.3.设等比数列的前项和为，若，则等于( )A. B. C.D.考查目的：考查等比数列前项和公式及性质等基础知识，考查运算求解能力.答案：A.解析：解法1：若公比，则，∴. 由，得，∴，∴.解法2：由可知，公比(否则有).设，则，根据，，也成等比数列，及，，得，∴，故.二、填空题4.在等比数列中，已知，则公比.考查目的：考查等比数列的前项和公式及其中包含的分类讨论思想．答案：1或.解析：由已知条件，可得，当时，，符合题意；当时，由，消去，得，解得或(舍去). 综上可得，公比或.5.(2009浙江理)设等比数列的公比，前项和为，则．考查目的：考查等比数列通项公式与前项和公式的基本应用.答案：15.解析：∵，，∴.6.已知等比数列的首项为，是其前项和，某同学经计算得，，，后来该同学发现其中一个数算错了，则算错的那个数是，该数列的公比是 .考查目的：考查等比数列的概念、前项和概念及公式等基础知识，考查分析问题解决问题的能力.答案：，.解析：假设正确，则由，得，所以公比，可计算得，，但该同学算只算错了一个数，所以不正确，，正确，可得，，所以公比.三、解答题7.(2010重庆文)已知是首项为，公差为的等差数列，为的前项和.⑴求通项及；⑵设是首项为，公比为的等比数列，求数列的通项公式及其前项和.考查目的：考查等差数列、等比数列的通项公式与前项和公式的基本应用以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵，.解析：⑴因为是首项为，公差为的等差数列，所以，.⑵由题意，所以，.8.(2012陕西理)设是公比不为1的等比数列，其前项和为，且成等差数列.⑴求数列的公比；⑵证明：对任意，成等差数列.考查目的：考查等比数列的通项公式、前项和公式、等差数列的概念等基础知识，考查推理论证能力.答案：⑴；⑵略.解析：⑴设数列的公比为(). 由成等差数列，得，即. 由，得，解得(舍去)，所以数列的公比为.⑵证法一：对任意，，所以对任意，成等差数列.证法二：对任意，，，∴，因此，对任意，成等差数列.第二章《数列》测试题（一）一、选择题1.(2012安徽理)公比为等比数列的各项都是正数，且，则( ).A.4B.5C.6D.7考查目的：考查等比数列的通项公式与性质、对数的概念与运算等基础知识.答案：B.解析：∵，∴，∵的各项都是正数，∴，∴，∴.2.(2011江西理)已知数列的前项和满足：，且，那么( ).A.1B.9C.10D.55考查目的：考查数列的递推公式、等差数列的概念及通项公式、与的关系.答案：A解析：令，得，∵，∴，∴是首项为，公差为的等差数列，，因此，.3.(2011天津理)已知为等差数列，其公差为，且是与的等比中项，为的前项和，，则的值为( ).A.-110B.-90C.90D.110考查目的：考查等比中项的概念以及等差数列通项公式、前项和公式的基本应用.答案：D解析：设等差数列的公差为，根据题意得，即，将代入，并解得，所以.4.(2012湖北理)定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”. 现有定义在上的如下函数：①；②；③；④.则其中是“保等比数列函数”的的序号为( ).A.①②B.③④C.①③ D.②④考查目的：本题考察等比数列的性质及函数计算.答案：C.解析：对于①，，所以是“保等比数列函数”；对于②，，所以不是“保等比数列函数”；对于③，，所以是“保等比数列函数”；对于④，，所以不是“保等比数列函数”.5.已知数列满足，当时，，则( ).A.1B.2C.-1D.-2考查目的：考查数列递推公式的运用、周期数列的概念与判断，考查分析判断能力.答案：A.解析：由条件可得该数列为：，所以是周期为的周期数列，所以.6.(2012上海理)设，，在中，正数的个数是( ).A.25B.50C.75D.100考查目的：数列前项和的概念、三角函数的周期性，考查综合运用知识分析问题解决问题的能力.答案：D.解析：当时，；当时，，但其绝对值要小于时相应的值；当时，；当时，，但其绝对值要小于时相应的值；当时，. ∴当时，均有.二、填空题7.(2009北京理)已知数列满足：，，，，则______；_________.考查目的：考查数列的概念、周期数列等基础知识.答案：1，0.解析：依题意，得，.8.(2011湖北理)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为升.考查目的：考查等差数列的概念、基本运算以及运算能力.答案：.解析：记题中的等差数列为，公差为，前项和为. 根据题意知，，两式联立解得，，∴.9.(2010天津文)设是等比数列，公比，为的前项和.记，，设为数列的最大项，则 .考查目的：考查等比数列的前项和公式及平均值不等式等基础知识，考查运算能力.答案：4.解析：根据等比数列前项和公式，得.∵，当且仅当，即时取等号，而，∴当时，取最大值，即数列的最大项为，所以.10.(2011江苏卷)设，其中成公比为的等比数列，成公差为1的等差数列，则的最小值是________.考查目的：考查等差数列、等比数列的概念和通项公式，考查不等式的有关知识及推理判断能力.答案：.解析：由题意可得，∴. ∵，∴当取最小值时，，∴，即的最小值是.11.(2012四川理)记为不超过实数的最大整数，例如，，，.设为正整数，数列满足，，现有下列命题：①当时，数列的前3项依次为5，3，2；②对数列都存在正整数，当时总有；③当时，；④对某个正整数，若，则. 其中的真命题有____________.(写出所有真命题的编号)考查目的：本题属于新概念问题，主要考查对新概念的理解、不等式的性质，以及数列知识的灵活运用和推理论证能力.答案：①③④解析：易证，对于取整函数有下列性质：性质1：当时，；性质2：对，有；性质3：若，，则. ①当时，，，故①为真；②当时，易知该数列为：(1与2交替出现)，所以②为假；③∵，∴；由题易知，对一切，均为正整数，所以无论是奇数还是偶数，均有，故③为真；④若对某个正整数，则由，得，∴，∵是正整数，∴.又∵，，∴(或由③为真，及，直接可得)，故，因此④为真.第二章《数列》测试题（二）三、解答题12.(2009浙江文)设为数列的前项和，，，其中是常数．⑴求及；⑵若对于任意的，，，成等比数列，求的值．考查目的：考查数列的通项与前项和以及它们之间的关系，考查等比数列的概念以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵或.解析：⑴当时，；当时，.而也适合上式，所以.⑵∵，，成等比数列，∴，即，化简并整理得. ∵此式对成立，∴或.13.(2010全国卷Ⅱ文)已知是各项均为正数的等比数列，且，.⑴求的通项公式；⑵设，求数列的前项和.考查目的：考查等比数列的通项公式与前项和公式、方程与方程组等基础知识，考查运算求解能力.答案：⑴.⑵.解析：⑴设的公比为，则.由已知，有，化简得，解得，(舍去)，所以.⑵由⑴知，所以.14.(2008湖南理)数列满足⑴求，，并求数列的通项公式；⑵设，，证明：当时，.考查目的：考查数列递推公式的运用、等差数列、等比数列的概念和通项公式、三角函数等基础知识，考查数列求和、不等式证明的基本方法，以及分析问题解决问题的能力.答案：⑴，，；⑵略.解析：⑴∵，，∴，.一般地，当时，，即，所以数列是首项为1、公差为1的等差数列，因此.当时，，所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，因此.∴数列的通项公式为.⑵由⑴知，，①，②，得，，∴.要证明当时，成立，只需证明当时，成立.证明：要证明，只需证明.令，则，∴当时，.∴当时，.于是当时，.15.(2012广东理)设数列的前项和为，满足，且，，成等差数列．⑴求的值；⑵求数列的通项公式；⑶证明：对一切正整数，有．考查目的：考查数列和不等式的概念及其性质、数列与函数的关系等基础知识，考查数列递推公式的运用、不等式放缩等基本方法，考查综合运用知识分析问题的能力、推理论证能力和运算求解能力.答案：⑴；⑵；⑶略.解析：⑴在中，令得；令得，解得，.又∵，∴解得.⑵由，得.又∵也满足，∴成立，∴，∴，∴.⑶(法一)∵，∴，∴.(法二)∵，∴，当时，，，，…，，累乘得，∴.。