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等差数列与等比数列练习和解析(高考真题)

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高考数学《等差与等比数列》练习题

高考数学《等差与等比数列》练习题

等差与等比数列一、单项选择题1．已知等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，2S 8＝S 7＋S 10，则S 21＝( )A ．21B ．11C ．－21D ．02．在等比数列{}a n 中，若a 2 019＝4，a 2 021＝9，则a 2 020＝( )A ．6B ．－6C ．±6D ．1323．在等差数列{}a n 中，a 1＋a 8＋a 6＝15，则此等差数列的前9项之和为( )A ．5B ．27C ．45D ．904．等比数列{}a n 的公比为q ，前n 项和为S n ，设甲：q >0，乙：{}S n 是递增数列，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5．已知等差数列{}a n 的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为( )A ．28B ．29C ．30D ．316．设{}a n 为等比数列，{}b n 为等差数列，且S n 为数列{}b n 的前n 项和，若a 2＝1，a 10＝16，且a 6＝b 6，则S 11＝( )A ．20B ．30C ．44D ．887．已知等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，等差数列{}b n 的前n 项和为T n .若S n T n ＝2n －1n ＋1 ，则a 5b 5＝( ) A ．1911 B ．1710 C ．32 D ．758．在等差数列{}a n 中，已知a 5>0，a 3＋a 8<0，则使数列{}a n 的前n 项和S n <0成立时n 的最小值为( )A ．6B ．7C ．9D ．10二、多项选择题9．已知等比数列{}a n 的公比为q ，且a 5＝1，则下列选项正确的是( )A ．a 3＋a 7≥2B ．a 4＋a 6≥2C ．a 7－2a 6＋1≥0D ．a 3－2a 4－1≥010．已知无穷等差数列{}a n 的公差d ∈N *，且5，17，23是{}a n 中的三项，则下列结论正确的是( )A ．d 的最大值是6B ．2a 2≤a 8C ．a n 一定是奇数D ．137一定是数列{}a n 中的项11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，则下列说法正确的是( )A ．若S n ＝n 2－1，则{}a n 是等差数列B ．若S n ＝2n －1，则{}a n 是等比数列C ．若{}a n 是等差数列，则S 99＝99a 50D ．若{}a n 是等比数列，且a 1>0，q >0，则S 2n －1·S 2n ＋1>S 22n12．已知数列{}a n 是等比数列，下列结论正确的为( )A ．若a 1a 2>0，则a 2a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若a 2>a 1>0，则a 1＋a 3>2a 2D ．若a 1a 2<0，则()a 2－a 1 ()a 2－a 3 <0三、填空题13．设等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 7＝28，则a 2＋a 3＋a 7的值为________．14．已知等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，a 3＝7，S 3＝21，则公比q ＝________．15．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3，a 5，a 10成等比数列，则S 7a 7＝________． 16．已知等差数列{}a n 的公差为d ()d >1 ，前n 项和为S n ，若a 7＝a 5＋3a 1，且a 2是S 4－1和a 1－1的等比中项，则d ＝________，S n ＝________．。

等差数列等比数列高考历年真题

等差数列等比数列高考历年真题

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【考点16】等差数列、等比数列2009年考题1.（2009安徽高考）已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99，以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是（ ）（A ）21 （B ）20 （C ）19 （D ） 18【解析】选B.由1a +3a +5a =105得33105,a =即335a =，由246a a a ++=99得4399a =即433a = ，∴2d =-，4(4)(2)412n a a n n =+-⨯-=-，由10n n a a +≥⎧⎨<⎩得20n =.2．（2009安徽高考）已知为等差数列，，则等于（ ）A. -1B. 1C. 3 D .7【解析】选B.∵135105a a a ++=即33105a =∴335a =同理可得433a =∴公差432d a a =-=-. ∴204(204)1a a d =+-⨯=.3．（2009福建高考）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且3S =6，1a =4， 则公差d 等于（ ）A ．1B 53C.- 2 D 3 【解析】选C.∵31336()2S a a ==+且3112 =4 d=-2a a d a =+∴.4．（2009海南宁夏高考）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2110m m ma a a -++-=，2138m S -=,则m =（ ）（A ）38 （B ）20 （C ）10 （D ）9【解析】选C.因为{}n a 是等差数列，所以，112m m m a a a -++=，由2110m m ma a a -++-=，得：2m a －2m a ＝0，所以，m a ＝2，又2138m S -=，即2))(12(121-+-m a a m ＝38，即（2m －1）×2＝38，解得m ＝10.5.（2009广东高考）已知等比数列{}n a 满足0,1,2,n a n >=，且25252(3)n n a a n -⋅=≥，则当1n ≥时，2123221log log log n a a a -+++= （ ）w.w.w.k.s.5.u.c.o.mA. (21)n n -B. 2(1)n +C. 2nD. 2(1)n -【解析】选C.由25252(3)n n a a n -⋅=≥得n n a 222=，0>n a ，则n n a 2=， +⋅⋅⋅++3212log log a a2122)12(31log n n a n =-+⋅⋅⋅++=-.6.（2009广东高考）已知等比数列}{n a 的公比为正数，且3a ·9a =225a ，2a =1，则1a = （ ）A. 21B.22C. 2D.2 【解析】选B.设公比为q ,由已知得()22824111a q a q q a q ⋅=,即22q =,因为等比数列}{n a 的公比为正数，所以2q =故21222a a q ===. 7.（2009辽宁高考）设等比数列{ n a }的前n 项和为n S ，若 63S S =3 ，则 69SS =（ ）（A ） 2 （B ） 73 （C ） 83（D ）3【解析】选B.设公比为q ,则36333(1)S q S S S +=＝1＋q 3＝3 Þ q 3＝2于是63693112471123S q q S q ++++===++. 8．（2009辽宁高考）已知{}n a 为等差数列，且7a －24a ＝－1, 3a ＝0,则公差d ＝（ ）（A ）－2 （B ）－12 （C ）12（D ）2【解析】选B. a 7－2a 4＝a 3＋4d －2(a 3＋d)＝2d ＝－1 Þ d ＝－12.9．（2009湖南高考）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，已知23a =，611a =，则7S 等于（ ）.A ．13B ．35C ．49D ． 63 【解析】选C.172677()7()7(311)49.222a a a a S +++====故选C. 或由21161315112a a d a a a d d =+==⎧⎧⇒⎨⎨=+==⎩⎩, 716213.a =+⨯= 所以1777()7(113)49.22a a S ++=== 10．（2009四川高考）等差数列｛n a ｝的公差不为零，首项1a ＝1，2a 是1a 和5a 的等比中项，则数列的前10项之和是（ ）A. 90B. 100C. 145D. 190【解析】选B.设公差为d ，则)41(1)1(2d d +⋅=+.∵d ≠0，解得d ＝2，∴10S ＝100.11．（2009辽宁高考）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且53655,S S -=则4a = 【解析】∵S n ＝na 1＋12n(n －1)d ∴S 5＝5a 1＋10d,S 3＝3a 1＋3d∴6S 5－5S 3＝30a 1＋60d －(15a 1＋15d)＝15a 1＋45d ＝15(a 1＋3d)＝15a 4 答案:3112．（2009山东高考）在等差数列}{n a 中,6,7253+==a a a ,则____________6=a .【解析】设等差数列}{n a 的公差为d ,则由已知得⎩⎨⎧++=+=+6472111d a d a d a 解得132a d =⎧⎨=⎩,所以61513a a d =+=.答案:13.13.（2009海南宁夏高考）等比数列{n a }的公比0q >, 已知2a =1，216n n n a a a +++=，则{n a }的前4项和4S =【解析】由216n n n a a a +++=得：116-+=+n n n q q q ，即062=-+q q ，0q >，解得q ＝2，又2a =1，所以，112a =，21)21(2144--=S ＝152。

等差数列与等比数列的类比练习题(带答案)(可编辑修改word版)

等差数列与等比数列的类比练习题(带答案)(可编辑修改word版)

(b 1b n)nn + 1 ，则有2n3等差数列与等比数列的类比一、选择题（本大题共 1 小题，共 5.0 分）{a } S S =n (a 1 + a n ) 1. 记等差数列 n 的前 n 项和为 n ，利用倒序求和的方法得 n 2 ；类似地，记等比数列{b n }的前 n 项积为T n ，且b n> 0(n ∈ N *)，类比等差数列求和的方法，可将T n 表示成关于首项b 1，末项b n 与项数 n 的关系式 为 ( )1. Anb 1b nA. B. 2 C. nb 1b nnb 1b nD. 2 二、填空题（本大题共 9 小题，共 45.0 分）2. 在公差为 d 的等差数列{a n }中有：a n = a m + (n - m )d (m 、n ∈ N + )，类比到公比为 q 的等比数列{b n }中有： ．2.b n = b m ⋅ q n - m (m ，n ∈ N * ){a} b = a 1 + 2a 2 + 3a 3 + … + n a n{b }3. 数列 n 是正项等差数列，若 n 1 + 2 + 3 + … + n ，则数列 n 也 为等差数列，类比上述结论，写出正项等比数列{c n }，若d n = 则数列{d n }也为等比数列．1(c c 2c 3…c n )1 + 2 + 3 + … + n 3. 1 2 3 n4. 等差数列{a n }中，有a 1 + a 2 + … + a 2n + 1 = (2n + 1)a n + 1，类比以上性质，在等比数列{b n }中，有等式 成立．4.b 1b 2…b 2n + 1 = b 2n + 1T5. 若等比数列{a n }的前 n 项之积为T n T 3n = ( T n ) ；类比可得到以下正确结论：若等差数列的前 n 项之和为S n ，则有 ．5. S 3n = 3(S 2n - S n ){a}a 11 + a 12 + … + a 20 = a 1 + a 2 + …a 306. 已知在等差数列 n 中， 10 30 ，则在等比数列{b n }中，类似的结论为10b 11 ⋅ b 12 ⋅ … ⋅ b 20 = 30b 1 ⋅ b 2 ⋅ b 3 ⋅ … ⋅ b 30q S nn7. 在等比数列{a n}中，若a9 = 1，则有a1⋅a2…a n = a1⋅a2…a17- n(n < 17，且n∈N* )成立，类比上述性质，在等差数列{b n}中，若b7 = 0，则有．b1 + b2 + … + b n= b1 + b2 + … + b13- n(n < 13，且n∈ N* )8.设S n是公差为d 的等差数列{a n}的前n 项和，则数列S6 - S3，S9 - S6，S12 - S9是等差数列，且其公差为9d.通过类比推理，可以得到结论：设T n是公比为2 的等比数列{b n}的前n 项积，则数列T6T9T12T3，T6，T9 是等比数列，且其公比的值是．5129.若等差数列{a n}的公差为d，前nS n{ }项的和为，则数列为等差数列，d. {b}公差为2 类似地，若各项均为正数的等比数列n的公比为q，前n 项的积为T n，则数列{nT n}为等比数列，公比为．10. 设等差数列{a n}的前n 项和为S n m，n(m < n)，使得S m= S n，则S m + n= 0.类比上述结论，设正项等比数列{b n}的前n 项积为T n，若存在正整数m，n(m < n)，使得T m= T n，则T m + n=．10. 1答案和解析【解析】{a} S= n(a1 + a n)1. 解：在等差数列n的前n 项和为n 2 ，因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，所以各项均为正的等比数列{bn}的前n 项积T n= (b1b n)n，故选：A由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果，在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．n + 1n + 12. 解：在等差数列{a n }中，我们有a n = a m + (n ‒ m )d ，类比等差数列，等比数列中也是如此，b n = b m ⋅ q n ‒ m(m ，n ∈ N ∗ )．故答案为b n = b m ⋅ q n ‒ m(m ，n ∈ N ∗ )．因为等差数列{a n }中，a n = a m + (n ‒ m )d (m ，n ∈ N + )，即等差数列中任意给出第 m项a m ，它的通项可以由该项与公差来表示，推测等比数列中也是如此，给出第 m 项 b m 和公比，求出首项，再把首项代入等比数列的通项公式中，即可得到结论．本题考查了类比推理，类比推理就是根据两个不同的对象在某些方面的相似之处，从而推出这两个对象在其他方面的也具有的相似之处，是基础题．3. 解： ∵ 根据等差数列构造的新的等差数列是由原来的等差数列的和下标一致的数字 倍的和，除以下标的和，∴ 根据新的等比数列构造新的等比数列， c c 2c 3…c n乘积变化为乘方 1 2 3 n ，1(c c 2c 3…c n ) 1 + 2 + 3 + … + n原来的除法变为开方 1 2 3 n1(c c 2c 3…c n ) 1 + 2 + 3 + … + n故答案为： 1 2 3 n根据等差数列构造的新的等差数列是由原来的等差数列的和下标一致的数字倍的和， 除以下标的和，等比数列要类比出一个结论，只有乘积变化为乘方，除法变为开方， 写出结论．本题考查类比推理，两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象的也具有这类特征，是一个有特殊到特殊的推理．4. 解：把等差数列的通项相加改成等比数列的通项相乘，把结论的相乘的系数改成等比数列的指数，∴ 在等比数列{b n }中有结论b 1b 2…b 2n + 1 = b 2n + 1(n ∈ N + ).故答案为：b 1b 2…b 2n + 1 = b 2n + 1(n ∈ N + ). 利用“类比推理”，把等差数列的通项相加改成等比数列的通项相乘，把结论的相乘的系数改成等比数列的指数，即可得出．本题考查了等比数列的通项公式、类比推理等基础知识与基本技能方法，属于中档题．5. 解：在等差数列中S 3n= S n + (S 2n ‒ S n ) + (S 3n ‒ S 2n ) = (a 1 + a 2 + … + a n ) ++ (S 2n ‒ S n ) + (a 2n + 1 + a 2n + … + a 3n )因为a 1 + a 3n = a 2 + a 3n ‒ 1 = … = a n + a 2n + 1 = a n + 1 + a 2n 所以S n + (S 3n ‒ S 2n ) = 2(S 2n ‒ S n )，所以S 3n = 3(S 2n ‒ S n ). 故答案为：S 3n = 3(S 2n ‒ S n ).本小题主要考查类比推理，由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果．本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．6. 解：等差数列与等比数列的对应关系有：等差数列中的加法对应等比数列中的乘法，等差数列中除法对应等比数列中的开方，故此我们可以类比得到结论：10b 11 ⋅ b 12 ⋅ … ⋅ b 20 = 30b 1 ⋅ b 2 ⋅ b 3 ⋅ … ⋅ b 30． 故答案为：10b 11 ⋅ b 12 ⋅ … ⋅ b 20 = 30b 1 ⋅ b 2 ⋅ b 3 ⋅ … ⋅ b 30．在等差数列中，等差数列的性质m + n = p + q ，则a m + a n = a p + a q ，那么对应的在等比数列中对应的性质是若m + n = p + q ，则b m b n = b p b q ．本题考查类比推理，掌握类比推理的规则及类比对象的特征是解本题的关键，本题中由等差结论类比等比结论，其运算关系由加类比乘，解题的难点是找出两个对象特征的对应，作出合乎情理的类比．7. 解：在等比数列中，若a 9 = 1，则a 18 ‒ n ⋅⋅⋅ a 9 ⋅⋅⋅ a n = 1即a 1 ⋅ a 2…a n = a 1 ⋅ a 2…a 17 ‒ n (n < 17，且n ∈ N ∗)成立，利用的是等比性质，若 m + n = 18，则a 18 ‒ n ⋅ a n = a 9 ⋅ a 9 = 1，∴ 在等差数列{b n }中，若b 7 = 0，利用等差数列的性质可知，若m + n = 14，b 14 ‒ n + b n = b 7 + b 7 = 0，∴ b 1 + b 2 + … + b n = b 1 + b 2 + … + b 13 ‒ n (n < 13，且n ∈ N ∗ )故答案为：b 1 + b 2 + … + b n = b 1 + b 2 + … + b 13 ‒ n (n < 13，且n ∈ N ∗).据等差数列与等比数列通项的性质，结合类比的规则，和类比积，加类比乘，由类比规律得出结论即可．本题的考点是类比推理，考查类比推理，解题的关键是掌握好类比推理的定义及等差等比数列之间的共性，由此得出类比的结论即可．T 6 T 9 T 12 T 3，T ， T 929 = 5128. 解：由题意，类比可得数列6是等比数列，且其公比的值是 ，故答案为 512．由等差数列的性质可类比等比数列的性质，因此可根据等比数列的定义求出公比即可．本题主要考查等比数列的性质、类比推理，属于基础题目．{a } SS n= a + (n ‒ 1) ⋅ d 9. 解：因为在等差数列 n 中前 n 项的和为 n 的通项，且写成了n1 2． 所以在等比数列{b n }中应研究前 n 项的积为T n 的开 n 方的形式．类比可得nT n = b 1( q )n ‒ 1.其公比为 故答案为 q ．S nS nd{ n } n= a 1 + (n ‒ 1) ⋅ 2仔细分析数列 为等差数列，且通项为 的特点，类比可写出对应数 列{nT n }为等比数列的公比．本小题主要考查等差数列、等比数列以及类比推理的思想等基础知识.在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．10. 解：在由等差数列的运算性质类比推理到等比数列的运算性质时：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，故由“已知数列{a n }为等差数列，它的前 n 项和为S n ，若存在正整数m ，n (m ≠ n )，使得S m = S n ，则S m + n = 0”．类比推理可得：“已知正项数列{b n }为等比数列，它的前n .项积为T n ，若存在正整数 m ，n .(m ≠ n )，使得T m = T n ，则T m + n = 1．故答案为 1．在类比推理中，等差数列到等比数列的类比推理方法一般为：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，由“已知数列{a n }为等差数列，它的前 n 项和为S n ，若存q在正整数m ，n (m ≠ n )，使得S m = S n ，则S m + n = 0”.类比推理可得：“已知正项数列 {b n }为等比数列，它的前n .项积为T n ，若存在正整数m ，n .(m ≠ n )，使得T m = T n ，则 T m + n = 1．类比推理的一般步骤是：(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．。

高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题(含答案)

高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题(含答案)

高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题（含答案）一、基础知识：1、等差数列性质与等比数列性质：（1）若{}n a 为等差数列，0,1c c >≠，则{}na c成等比数列证明：设{}n a 的公差为d ，则11n n n na a a da c c c c ++−==为一个常数所以{}na c成等比数列（2）若{}n a 为正项等比数列，0,1c c >≠，则{}log c n a 成等差数列 证明：设{}n a 的公比为q ，则11log log log log n c n c n c c na a a q a ++−==为常数 所以{}log c n a 成等差数列 二、典型例题：例1：已知等比数列{}n a 中，若1324,,2a a a 成等差数列，则公比q =（ ） A. 1 B. 1−或2 C. 2 D. 1−思路：由“1324,,2a a a 成等差数列”可得：3123122422a a a a a a =+⇒=+，再由等比数列定义可得：23121,a a q a a q ==，所以等式变为：22q q =+解得2q =或1q =−，经检验均符合条件 答案：B例2：已知{}n a 是等差数列，且公差d 不为零，其前n 项和是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 <>思路：从“348,,a a a 成等比数列”入手可得：()()()22438111327a a a a d a d a d =⇒+=++，整理后可得：2135a d d=−，所以135d a =−，则211305a d a =−<，且()2141646025a dS d a d =+=−<，所以B 符合要求答案：B小炼有话说：在等差数列（或等比数列）中，如果只有关于项的一个条件，则可以考虑将涉及的项均用1,a d （或1,a q ）进行表示，从而得到1,a d （或1,a q ）的关系例3：已知等比数列{}n a 中的各项均为正数，且510119122a a a a e +=，则1220ln ln ln a a a +++=_______________思路：由等比数列性质可得：1011912a a a a =，从而51011912a a a a e ==，因为{}n a 为等比数列，所以{}ln n a 为等差数列，求和可用等差数列求和公式：101112201011ln ln ln ln ln 2010ln 502a a a a a a a ++++=⋅==答案：50例4：三个数成等比数列，其乘积为512，如果第一个数与第三个数各减2，则成等差数列，则这三个数为___________ 思路：可设这三个数为,,a a aq q ，则有3=512512aa aq a q⋅⋅⇒=，解得8a =，而第一个数与第三个数各减2，新的等差数列为82,8,82q q −−，所以有：()816282q q ⎛⎫=−+− ⎪⎝⎭，即22252520q q q q+=⇒−+=，解得2q =或者12q =，2q =时，这三个数为4,8,16，当12q =时，这三个数为16,8,4 答案： 4,8,16小炼有话说：三个数成等比（或等差）数列时，可以中间的数为核心。

数列等差数列与等比数列练习题

数列等差数列与等比数列练习题

数列等差数列与等比数列练习题数列是数学中基础而重要的概念之一，同时也是数学的应用领域中常见的数学模型之一。

其中，等差数列和等比数列是数列中最基础的两种常见类型。

本文将为大家提供一些关于等差数列和等比数列的练习题，以巩固和提高大家对数列的理解和运用能力。

【练习题一】1. 若等差数列的首项是3，公差是4，求第n项的表达式。

解析：由题意，首项是3，公差是4。

所以等差数列的通项公式可以表示为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

代入已知条件，可得an = 3 + (n-1)4。

2. 若等差数列的第7项是18，公差是2，求首项和第n项的和。

解析：由题意，第7项是18，公差是2。

所以等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

代入已知条件，可得18 = a1 + (7-1)2。

解方程得a1 = 5。

首项和第n项的和可以表示为Sn = (n/2) * (a1 + an)，其中n为项数，a1为首项，an为第n项。

代入已知条件，得Sn = (n/2) * (5 + 5 + (n-1)*2)。

【练习题二】1. 若等比数列的首项是2，公比是3，求第n项的表达式。

解析：由题意，首项是2，公比是3。

所以等比数列的通项公式可以表示为an = a1 * r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

代入已知条件，可得an = 2 * 3^(n-1)。

2. 若等比数列的第4项是16，公比是2，求首项和第n项的和。

解析：由题意，第4项是16，公比是2。

所以等比数列的通项公式为an = a1 * r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

代入已知条件，可得16 = a1 * 2^(4-1)。

解方程得a1 = 2。

首项和第n项的和可以表示为Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)，其中n为项数，a1为首项，r为公比。

代入已知条件，得Sn = 2 * (1 - 2^n) / (1 - 2)。

等差数列高考真题及答案

等差数列高考真题及答案

等差数列真题一、选择题1．如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝( ) A ．14 B ．21 C ．28 D ．35解析：∵a 3＋a 4＋a 5＝12，∴3a 4＝12，a 4＝4.∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4＝7a 4＝28.答案：C2．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比|q |≠1.若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m ＝( ) A ．9 B ．10 C ．11 D ．12解析：在等比数列{a n }中，∵a 1＝1，∴a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5＝a 51q 10＝q 10.又∵a m ＝q m －1，∴m －1＝10，∴m ＝11. 答案：C3．(20XX 年高考上海卷)设{}a n 是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{}A n 为等比数列的充要条件是( )A.{}a n 是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同解析：∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，….∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n＝q ，从而{A n }为等比数列．答案：D4．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )A ．11B ．5C ．－8D ．－11解析：由8a 2＋a 5＝0，得8a 1q ＋a 1q 4＝0，所以q ＝－2，则S 5S 2＝a 1(1＋25)a 1(1－22)＝－11.答案： D5．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．35B ．33C ．31D ．29解析：设公比为q (q ≠0)，则由a 2·a 3＝2a 1知a 1q 3＝2， ∴a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，∴a 7＝14.∴a 1＝16，q ＝12. ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝16[1－(12)5]1－12＝31. 答案：C 二、填空题6．在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________.解析：∵等比数列{a n }的前3项之和为21，公比q ＝4，不妨设首项为a 1，则a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1(1＋4＋16) ＝21a 1＝21，∴a 1＝1，∴a n ＝1×4n －1＝4n －1. 答案：4n －17．(20XX 年高考湖南卷)设S n 是等差数列{}a n (n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝________.解析：设等差数列的公差为d .由a 1＝1，a 4＝7，得 3d ＝a 4－a 1＝6，故d ＝2，∴a 5＝9，S 5＝5(a 1＋a 5)2＝25.答案：258．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，则d 的取值范围是________．解析：由S 5S 6＋15＝0，得 ⎝⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d·⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＋15＝0. 整理可得2a 21＋9a 1d ＋10d 2＋1＝0.∵a 1，d 为实数，∴Δ＝(9d )2－4×2×(10d 2＋1)≥0， 解得d ≤－22或d ≥2 2. 答案：d ≤－22或d ≥2 29．设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________.解析：∵S 4＝a 1(1－q 4)1－q ，a 4＝a 1q 3，∴S 4a 4＝a 1(1－q 4)a 1q 3(1－q )＝1－q 4q 3(1－q )＝1－124123×12＝15.答案：15 三、解答题10．(20XX 年高考福建卷)已知等比数列{}a n 的公比q ＝3，前3项和S 3＝133. (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0,0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．解析：(1)由q ＝3，S 3＝133得a 1(1－33)1－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3. 因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3； 因为当x ＝π6时f (x )取得最大值， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1. 又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.11．(20XX 年高考课标全国卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和．解析：(1)设数列{a n }的公比为q . 由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n . (2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2. 故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋1 ＝－2nn ＋1. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为－2nn ＋1.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n －n 2＋3n (n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)数列{a n ＋λn 2＋μn }是公比为2的等比数列，求λ，μ的值；(3)在(2)的条件和结论下，设b n ＝1a n ＋n －2n －1，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，证明：S n ＜53.解析：(1)由题意得a 2＝2a 1－12＋3＝2－1＋3＝4，a 3＝2a 2－22＋6＝8－4＋6＝10.(2)∵数列{a n ＋λn 2＋μn }是公比为2的等比数列，即a n ＋1＋λ(n ＋1)2＋μ(n ＋1)＝2(a n ＋λn 2＋μn )，而a n ＋1＝2a n －n 2＋3n ，代入得2a n －n 2＋3n ＋λ(n ＋1)2＋μ(n ＋1)＝2(a n ＋λn 2＋μn )，即λn 2＋(μ－2λ)n －λ－μ＝－n 2＋3n ， 故⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1μ－2λ＝3－λ－μ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1μ＝1.(3)证明：由(2)得a n －n 2＋n ＝(a 1－12＋1)·2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －1＋n 2－n ，故b n ＝1a n ＋n －2n －1＝1n 2.∵b n ＝1n 2＝44n 2＜44n 2－1＝22n －1－22n ＋1， ∴n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＜1＋(23－25)＋(25－27)＋…＋(22n －1－22n ＋1)＝1＋23－22n ＋1＜53. 又b 1＝1＜53，∴S n ＜53(n ∈N *)．。

数列--历届高考真题解析版

数列--历届高考真题解析版

数列--历届高考真题一、解答题1．（2019·浙江高考真题）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N L 【答案】（1）()21n a n =-，()1n b n n =+；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)首先求得数列{}n a 的首项和公差确定数列{}n a 的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必要条件整理计算即可确定数列{}n b 的通项公式；(2)结合(1)的结果对数列{}n c 的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求和的方法即可证得题中的不等式. 【详解】(1)由题意可得：1112432332a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得：102a d =⎧⎨=⎩， 则数列{}n a 的通项公式为22n a n =- . 其前n 项和()()02212n n n S nn +-⨯==-.则()()()()1,1,12n n n n n b n n b n n b -++++++成等比数列，即：()()()()21112n n n n n b n n b n n b ++=-+⨯+++⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦，据此有：()()()()()()()()2222121112121n n n n nn n n n b b n n n n n n b n n b b ++++=-++++++-+，故()()()()()22112121(1)(1)(1)(2)n n n n n n b n n n n n n n n n +--++==++++--+. (2)结合(1)中的通项公式可得：2n C ==<=<=，则)122022n C C C +++<+++=L L 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．（2019·北京高考真题（文））设{a n }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{a n }的通项公式；（Ⅱ）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值． 【答案】（Ⅰ）212n a n =-；（Ⅱ）30-. 【解析】 【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{}n a 的通项公式； (Ⅱ)首先求得n S 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{}n a 的公差为d ，因为234+10+8+6a a a ，，成等比数列，所以2324(+8)(+10)(+6)a a a =，即2(22)(34)d d d -=-，解得2d =，所以102(1)212n a n n =-+-=-.（Ⅱ）由（Ⅰ）知212n a n =-, 所以22102121112111()224n n S n n n n -+-=⨯=-=--；当5n =或者6n =时，n S 取到最小值30-. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.3．（2019·天津高考真题（文）） 设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知113a b ==，23b a = ，3243b a =+. （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足21,,,n n n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数求()*112222n na c a c a c n N +++∈L .【答案】（I ）3n a n =，3nn b =；（II ）22(21)369()2n n n n N +*-++∈【解析】 【分析】（I ）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得33d q =⎧⎨=⎩，进而求得等差数列和等比数列的通项公式；（II ）根据题中所给的n c 所满足的条件，将112222n n a c a c a c +++L 表示出来，之后应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果. 【详解】（I ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ， 依题意，得23323154q d q d =+⎧⎨=+⎩，解得33d q =⎧⎨=⎩， 故33(1)3n a n n =+-=，1333n nn b -=⨯=，所以，{}n a 的通项公式为3n a n =，{}n b 的通项公式为3nn b =；（II ）112222n n a c a c a c +++L135212142632()()n n n a a a a a b a b a b a b -=+++++++++L L123(1)[36](6312318363)2n n n n n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯L 21236(13233)n n n =+⨯⨯+⨯++⨯L ，记 1213233nn T n =⨯+⨯++⨯L ① 则 231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯L ②②-①得，231233333n n n T n +=-----+⨯L 113(13)(21)333132n n n n n ++--+=-+⨯=-， 所以122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯L22(21)369()2n n n n N +*-++=∈.【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目. 4．（2019·全国高考真题（理））已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-. （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.【答案】（1）见解析；（2）1122n n a n =+-，1122n n b n =-+。

高中数学《等差数列、等比数列》专题练习题(含答案解析)

高中数学《等差数列、等比数列》专题练习题(含答案解析)

高中数学《等差数列、等比数列》专题练习题（含答案解析）一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8 C [设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d a 1＋4d24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C ．]2．设公比为q (q >0)的等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1C ．12D ．23B [S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2 ，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0 ，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1 (舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1，故选B ．]3．(2018·莆田市3月质量检测)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝a 1＋2a 3，a 4＝1，则S 4＝( )A ．78B ．158C ．14D ．15D [由S 2＝a 1＋2a 3，得a 1＋a 2＝a 1＋2a 3，即a 2＝2a 3，又{a n }为等比数列，所以公比q ＝a 3a 2＝12，又a 4＝a 1q 3＝a 18＝1，所以a 1＝8.S 4＝a 11－q 41－q＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1161－12＝15.故选D ．]4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13C [∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0,a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.]5．(2018·衡水模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m＋1＝21，则m 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6C [在等比数列中，因为S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，所以a m ＝S m －S m －1＝－11－5＝－16，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝32.则公比q ＝a m ＋1a m＝32－16＝－2，因为S m ＝－11， 所以a 1[12m ]1＋2＝－11，①又a m ＋1＝a 1(－2)m ＝32，② 两式联立解得m ＝5，a 1＝－1.] 6．等差数列{a n }中，a na 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫12D ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1B [a na 2n ＝a 1n －1da 12n －1d ＝a 1－d ＋nda 1－d ＋2nd，若a 1＝d ，则a na 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a n a 2n ＝1.∵a 1＝d ≠0，∴a na 2n ≠0，∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12.] 7．已知等比数列{a n }中，a 2a 10＝6a 6，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 6，则数列{b n }的前9项和为( )A ．9B ．27C ．54D ．72B [根据等比数列的基本性质有a 2a 10＝a 26＝6a 6，a 6＝6，所以b 4＋b 6＝a 6＝6，所以S 9＝9b 1＋b 92＝9b 4＋b 62＝27.]8．(2018·安阳模拟)正项等比数列{a n }中，a 2＝8,16a 24＝a 1a 5，则数列{a n }的前n 项积T n 中的最大值为( )A ．T 3B ．T 4C ．T 5D ．T 6A [设正项等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则16a 24＝a 1a 5＝a 2a 4＝8a 4，a 4＝12，q 2＝a 4a 2＝116，又q ＞0，则q ＝14，a n ＝a 2q n －2＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －2＝27－2n ，则T n ＝a 1a 2…a n ＝25＋3＋…＋(7－2n )＝2n (6－n )，当n ＝3时，n (6－n )取得最大值9，此时T n 最大，即(T n )max ＝T 3，故选A ．]二、填空题9．已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3－S 2S 5－S 3的值为________．2 [根据等比中项有a 23＝a 1·a 4，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，化简得a 1＝－4d ，S 3－S 2S 5－S 3＝a 3a 4＋a 5＝a 1＋2d 2a 1＋7d ＝－2d －d＝2.] 10．已知数列{a n }满足a 1＝－40，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ，则a n 取最小值时n 的值为________．10或11 [由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ＝2n (n ＋1)，两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为－40、公差为2的等差数列，所以a nn ＝－40＋(n －1)×2＝2n －42，所以a n＝2n 2－42n ，对于二次函数f (x )＝2x 2－42x ，在x ＝－b2a＝－－424＝10.5时，f (x )取得最小值，因为n 取正整数，且10和11到10.5的距离相等，所以n 取10或11时，a n 取最小值．]11．已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 10＝40，则a 3·a 8的最大值为________． 16 [S 10＝10a 1＋a 102＝40⇒a 1＋a 10＝a 3＋a 8＝8，a 3·a 8≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋a 822＝⎝ ⎛⎭⎪⎫822＝16， 当且仅当a 3＝a 8＝4时“＝”成立．]12．已知函数{a n }满足a n ＋1＋1＝a n ＋12a n ＋3，且a 1＝1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n ＋1的前20项和为________．780 [由a n ＋1＋1＝a n ＋12a n ＋3得2a n ＋3a n ＋1＝1a n ＋1＋1，即1a n ＋1＋1－1a n ＋1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是以12为首项，2为公差的等差数列，则1a n ＋1＝2n －32，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n ＋1是以1为首项，4为公差的等差数列，其前20项的和为20＋10×19×4＝780.]三、解答题13．(2018·德阳二诊)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1 . (1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和T n . [解] (1)∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)． 又a 1＝1，∴a 1＋1＝2≠0，a n ＋1≠0.∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知a n ＝2n －1， ∴2na n a n ＋1＝2n2n －12n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1，∴T n ＝12－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.14．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．[解] (1)当n ＝1时，由S 1＝2a 1－3×1，得a 1＝3； 当n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，可得a 2＝9； 当n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21. (2)令(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)， 即(9＋λ)2＝(3＋λ)·(21＋λ)，解得λ＝3. 由S n ＝2a n －3n 及S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3.由以上结论得a n ＋1＋3＝(2a n ＋3)＋3＝2(a n ＋3)， 所以数列{a n ＋3}是首项为6，公比为2的等比数列， 因此存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}为等比数列，所以a n＋3＝(a1＋3)×2n－1，a n＝3(2n－1)(n∈N*)．。

专题06 等差数列、等比数列及数列的求和-高考数学试题探源与变式(解析版)

专题06 等差数列、等比数列及数列的求和-高考数学试题探源与变式(解析版)

专题六 等差数列、等比数列及数列的求和【母题原题1】【2019浙江，10】设,a b R ∈，数列{}n a 中，21,n n n a a a a b +==+，b N *∈ ,则（ ） A. 当101,102b a => B. 当101,104b a => C. 当102,10b a =-> D. 当104,10b a =->【答案】A 【解析】选项B ：不动点满足2211042x x x ⎛⎫-+=-= ⎪⎝⎭时，如图，若1110,,22n a a a ⎛⎫=∈< ⎪⎝⎭，排除如图，若a 为不动点12则12n a = 选项C ：不动点满足22192024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为ax 12-，令2a =，则210n a =<，排除选项D ：不动点满足221174024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为122x =±，令122a =±，则11022n a =±<，排除.选项A ：证明：当12b =时，2222132431113117,,12224216a a a a a a =+≥=+≥=+≥≥， 处理一：可依次迭代到10a ；处理二：当4n ≥时，221112n nn a a a +=+≥≥，则117117171161616log 2log log 2n n n n a a a -++>⇒>则12117(4)16n n a n -+⎛⎫≥≥ ⎪⎝⎭，则626410217164646311114710161616216a ⨯⎛⎫⎛⎫≥=+=++⨯+⋯⋯>++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选A【母题原题2】【2018浙江，10】已知成等比数列，且．若，则A.B.C.D.【答案】B 【解析】 令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但， 即，不合题意；因此，，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【母题原题3】【2017浙江，6】已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 【答案】C【解析】由()46511210212510S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d>0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式，通过套入公式与简单运算，可知4652S S S d +-=， 结合充分必要性的判断，若p q ⇒，则p 是q 的充分条件，若p q ⇐，则p 是q 的必要条件，该题“0d >” ⇔ “46520S S S +->”，故互为充要条件． 【母题原题4】【2016浙江，文8理6】如图，点列{}{},n n A B 分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈N ，*1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈N .(P≠Q 表示点P 与Q 不重合)若n n n d A B =，n S 为1n n n A B B +△的面积，则A ．{}n S 是等差数列B ．{}2n S 是等差数列C ．{}n d 是等差数列D ．{}2n d 是等差数列 【答案】A【解析】S n 表示点n A 到对面直线的距离（设为n h ）乘以1n n B B +长度的一半，即112n n n n S h B B +=，由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值，那么我们需要知道n h 的关系式，由于1,n A A 和两个垂足构成了直角梯形，那么11sin n n h h A A θ=+⋅，其中θ为两条线的夹角，即为定值，那么1111(sin )2n n n n S h A A B B θ+=+⋅，111111(||sin )2n n n n S h A A B B θ+++=+⋅，作差后：1111(sin )2n n n n n n S S A A B B θ+++-=⋅，都为定值，所以1n n S S +-为定值．故选A.【母题原题5】【2019浙江，20】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N【答案】（1）()21n a n =-，()1n b n n =+；（2）证明见解析. 【解析】(1)由题意可得：1112432332a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得：102a d =⎧⎨=⎩， 则数列{}n a 的通项公式为22n a n =-.其前n 项和()()02212n n n S nn +-⨯==-.则()()()()1,1,12n n n n n b n n b n n b -++++++成等比数列，即：()()()()21112n n n n n b n n b n n b ++=-+⨯+++⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦，据此有：()()()()()()()()2222121112121n n n n nn n n n b b n n n n n n b n n b b ++++=-++++++-+，故()()()()()22112121(1)(1)(1)(2)n n n n n n b n n n n n n n n n +--++==++++--+.(2)结合(1)中的通项公式可得：2nC==<=<=，则()()()12210221212nC C C n n n+++<-+-++--=【母题原题6】【2018浙江，20】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a 4+a 5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n}的前n 项和为2n 2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.点睛：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.【命题意图】1.考查等差数列、等比数列的通项公式及求和公式；2.考查数列的求和方法；3.考查运算求解能力、转化与化归思想以及分析问题解决问题的能力.【命题规律】数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．【答题模板】解答数列大题，一般考虑如下三步：第一步：确定数列的基本量.即根据通项公式、求和公式，通过布列方程或方程组，求得进一步解题所需的基本量；第二步：确定数列特征，选择求和方法.根据已有数据，研究送来的的特征，选择“分组求和法”“错位相减法”“裂项相消法”等求和方法；第三步：解答综合问题.根据题目要求，利用函数、导数、不等式等，进一步求解.【方法总结】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++； （21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. [特别提醒]：在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．(3)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (4)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 8. [特别提醒]：用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．（3）给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；（4）在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n .一、选择题1．【上海市虹口区2019届高三二模】已知等比数列的首项为2，公比为，其前项和记为，若对任意的，均有恒成立，则的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】S n•，①n 为奇数时，S n •，可知：S n 单调递减，且•，∴S n ≤S 1＝2； ②n 为偶数时，S n•，可知：S n 单调递增，且•，∴S 2≤S n．∴S n 的最大值与最小值分别为：2，． 考虑到函数y ＝3t在（0，+∞）上单调递增，∴A ．B ．∴B﹣A的最小值．故选：B．2．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由单调递增，可得，由，可得，所以.时，可得.①时，可得，即.②若，②式不成立，不合题意；若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.排除B,C,D,故选A.3．【浙江省2019年高考模拟训练卷（三)】已知数列满足，，，数列满足，，，若存在正整数，使得，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，，则有，，且函数在上单调递增，故有，得，同理有，又因为，故，所以.故选D.4．【广东省韶关市2019届高考模拟测试（4月)】已知数列{}n a 满足2*123111()23n a a a a n n n N n ++++=+∈，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若*()1n n N T n nλ<∈+恒成立，则实数λ的取值范围为（ ） A ．1[,)4+∞ B ．1(,)4+∞ C ．3[,)8+∞ D ．3(,)8+∞【答案】D 【解析】数列{}n a 满足212311123n a a a a n n n ++++=+，① 当2n ≥时，21231111(1)(1)231n a a a a n n n -+++⋯+=-+--，② ①﹣②得：12n a n n=，故：22n a n =，数列{}n b 满足：22121214(1)n n n n n b a a n n +++==+221114(1)n n ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦， 则：2222211111114223(1)n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦21114(1)n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭， 由于*()1n n N T n nλ<∈+恒成立， 故：21114(1)1n n n λ⎛⎫-< ⎪++⎝⎭， 整理得：244n n λ+>+，因为211(1)4441n y n n +==+++在*n N ∈上单调递减，故当1n =时，max213448n n +⎛⎫= ⎪+⎝⎭ 所以38λ>． 故选：D ．5．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应】已知数列{} 满足0<<<π，且，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 由,取特殊值：，，得：=，=，排除C 、D ；==，=>；且，，均小于，猜测，下面由图说明：当时，由迭代蛛网图：当时，由迭代蛛网图：可得，当n分别为奇数、偶数时，单调递增，且都趋向于不动点，由图像得，综上可得，故选A.6．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（）A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【解析】令,则,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时, 当时,所以当时，，，从而,因此,选C.二、解答题7．【天津市部分区2019年高三质量调查试题（二)】各项均为正数的等比数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.【答案】(1) (2)见证明【解析】解：（1）设等比数列的公比为，由得，解得或.因为数列为正项数列，所以，所以，首项，故其通项公式为.（2）由（Ⅰ）得所以，所以.8.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末】已知等比数列的公比，前项和为.若，且是与的等差中项.（I）求；（II）设数列满足，，数列的前项和为.求证：.【答案】（Ⅰ）（II）见证明【解析】（I）由，得①.再由是，的等差中项，得，即②.由①②，得，即，亦即，解得或，又，故.代入①，得，所以，即；（II）证明：对任意，，，即.又，若规定，则.于是，从而，即.8.9．【浙江省嘉兴市2019届高三上期末】在数列、中，设是数列的前项和，已知，，，.（Ⅰ）求和；（Ⅱ）若时，恒成立，求整数的最小值.【答案】（1），（2）整数的最小值是11.【解析】 （Ⅰ）因为，即，所以是等差数列，又，所以，从而.（Ⅱ）因为，所以，当时，①②①-②可得，，即，而也满足，故. 令，则，即，因为，，依据指数增长性质，整数的最小值是11.10．【河南省濮阳市2019届高三5月模拟】已知数列}{n b 的前n 项和为n S ，2n n S b +=，等差数列}{n a 满足123b a =，157b a += （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （Ⅱ）证明：122313n n a b a b a b ++++<.【答案】（Ⅰ）1n a n =+,112n n b -⎛⎫= ⎪⎝⎭；（Ⅱ）详见解析.【解析】 （Ⅰ）2n n S b += ∴当1n =时，1112b S b ==- 11b ∴=当2n ≥时，1122n n n n n b S S b b --=-=--+，整理得：112n n b b -=∴数列{}n b 是以1为首项，12为公比的等比数列 112n n b -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭设等差数列{}n a 的公差为d123b a =，157b a += 11346a d a d +=⎧∴⎨+=⎩，解得：121a d =⎧⎨=⎩()()112111n a a n d n n ∴=+-=+-⨯=+（Ⅱ）证明：设()212231111231222nn n n T a b a b a b n -⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()23111112312222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭两式相减可得：()()23111111111111421111122222212n n n n n T n n ++-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-+⋅=-+⋅+⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-13322n n ++=- 332n n n T +=-即12231332n n nn a b a b a b -+++⋅⋅⋅+=-302n n +> 122313n n a b a b a b -∴++⋅⋅⋅+< 11．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知数列{}n a 中，14a =，n a >，1314n n n n a a a a +=-+，记22212111...n nT a a a =+++. （1）证明：2n a >；（2）证明：115116n na a +≤<； （3）证明：8454n n n T -<<． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（2）见解析 【解析】（1）∵3133(2)(2)1422n n n n n n n na a a a a a a a +---=-+-=-，∴31323221212n n n n n n na a a a a a a +---==---，令1n t a =，则2312()122n n a m t t t a +-==---，∵n a >t ∈，∴'2()260m t t t =--<，∴()m t在单调递减，∴16()()10339m t m ->=-=>，即n a 时，1202n n a a +->-恒成立， ∴12n a +-与2n a -同号，又1220a -=>.∴2n a >成立．（2）2124214111514816n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭221115412816⎛⎫<-+= ⎪⎝⎭，又212111515481616n n n a a a +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭…，∴115116n n a a +≤<. （3）先证4n nT <，因为2n a >，所以2114n a <，所以222121111...44n n n T n a a a =+++<⋅=，再证845n n T >-，∵1314n n n na a a a +=-+，∴()121144n n n n a a a a +-=+， 又21232141115151481616n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+> ⎪⎝⎭，∴11615n n a a +>，∴116()31n n n a a a +<+，又10n n a a +-<，∴2211()4()431n n n n n a a a a a ++->-，所以221222121114...()314n n n n n T a a a a a +=+++>-+4488(416)31443145n n n >-+=->-， 故8454n n n T -<<． 12．【浙北四校2019届高三12月模拟】已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．。

高考数学二轮复习第一部分微专题强化练习题：等差数列与等比数列含解析

高考数学二轮复习第一部分微专题强化练习题：等差数列与等比数列含解析

第一部分 一 9一、选择题1．(文)(2014·东北三省三校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＋a 6 ＝12，则S 7的值是( )A ．21B ．24C ．28D ．7[答案] C[解析] ∵a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12，∴a 4＝4， ∴2a 4＝a 1＋a 7＝8，∴S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×82＝28.[方法点拨] 1.熟记等差、等比数列的求和公式． 2．形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系用累加法可求出通项； 3．形如a n ＋1＝a n f (n )的递推关系可考虑用累乘法求通项a n ；4．形如a n ＋1＝ka n ＋b (k 、b 为常数)可通过变形，设b n ＝a n ＋bk －1构造等比数列求通项a n .(理)在等比数列{a n }中，a 1＝a ，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}成等差数列，则S n 等于( ) A ．a n ＋1－a B ．n (a ＋1) C ．na D ．(a ＋1)n －1[答案] C[解析] 利用常数列a ，a ，a ，…判断，则存在等差数列a ＋1，a ＋1，a ＋1，…或通过下列运算得到：2(aq ＋1)＝(a ＋1)＋(aq 2＋1)，∴q ＝1，S n ＝na .2．(文)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6S 4的值为( )A.94 B.32 C.53 D ．4[答案] A[解析] 由等差数列的性质可知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，由S 4S 2＝4得S 4－S 2S 2＝3，则S 6－S 4＝5S 2，所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，S 6S 4＝94.(理)(2014·全国大纲文，8)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( )A ．31B ．32C ．63D ．64[答案] C[解析] 解法1：由条件知：a n >0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝3，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝3，a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝15，∴q ＝2. ∴a 1＝1，∴S 6＝1－261－2＝63.解法2：由题意知，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，即122＝3(S 6－15)，∴S 6＝63.[方法点拨] 下标成等差的等差、等比数列的项或前n 项和的问题，常考虑应用等差、等比数列的性质求解．3．(2015·浙江理，3)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d >0，dS 4>0B ．a 1d <0，dS 4<0C ．a 1d >0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0 [答案] B[解析] 考查等差数列的通项公式及其前n 项和；等比数列的概念． ∵{a n }为等差数列，且a 3，a 4，a 8成等比数列， ∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )⇒ a 1＝－53d ，∴S 4＝2(a 1＋a 4)＝2(a 1＋a 1＋3d )＝－23d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，dS 4＝－23d 2＜0，故选B.4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A.13 B ．－13C.19 D ．－19[答案] C[解析] ∵S 3＝a 2＋10a 1，∴a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，a 3＝9a 1＝a 1q 2，∴q 2＝9， 又∵a 5＝9，∴9＝a 3·q 2＝9a 3，∴a 3＝1， 又a 3＝9a 1，故a 1＝19.[方法点拨] 求基本量的问题，熟记等差、等比数列的定义、通项及前n 项和公式，利用公式、结合条件，建立方程求解．5．(2015·江西省质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n (n ∈N *)，则数列{a n }的前2015项的和S 2015等于( )A ．31008－2B ．31008－3C ．32015－2D ．32015－3[答案] A[解析] 因为a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2a n＝3， 所以S 2015＝(a 1＋a 3＋…＋a 2015)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2014)＝1－310081－3＋3(1－31007)1－3＝31008－2.6．(文)(2014·新乡、许昌、平顶山调研)设{a n }是等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，对任意正整数n ，有a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，又a 1＝2，则S 101的值为( )A ．2B ．200C ．－2D ．0[答案] A[解析] 设公比为q ，∵a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，∴a 1＋2a 2＋a 3＝0，∴a 1＋2a 1q ＋a 1q 2＝0，∴q 2＋2q ＋1＝0，∴q ＝－1，又∵a 1＝2，∴S 101＝a 1(1－q 101)1－q ＝2[1－(－1)101]1＋1＝2.(理)(2014·哈三中二模)等比数列{a n }，满足a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝3，a 21＋a 22＋a 23＋a 24＋a 25＝15，则a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5的值是( )A ．3 B. 5 C ．－ 5 D ．5[答案] D[解析] 由条件知⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 5)1－q＝3a 21(1－q10)1－q2＝15，∴a 1(1＋q 5)1＋q＝5，∴a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5＝a 1[1－(－q )5]1－(－q )＝a 1(1＋q 5)1＋q＝5.7．(文)在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝3，a 18＋a 19＋a 20＝87，则此数列前20项的和等于( )A ．290B ．300C ．580D ．600[答案] B[解析] 由a 1＋a 2＋a 3＝3，a 18＋a 19＋a 20＝87得， a 1＋a 20＝30，∴S 20＝20×(a 1＋a 20)2＝300.(理)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2 [答案] C[解析] 由条件知a 3＝a 1＋2a 2， ∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， ∵a 1≠0，∴q 2－2q －1＝0， ∵q >0，∴q ＝1＋2， ∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝q 2＝3＋2 2. 8．(2015·福建理，8)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9[答案] D[解析] 由韦达定理得a ＋b ＝p ，a ·b ＝q ，因为p >0，q >0，则a ＞0，b ＞0，当a ，b ，－2适当排序后成等比数列时，－2必为等比中项，故a ·b ＝(－2)2＝4，故q ＝4，b ＝4a .当适当排序后成等差数列时，－2必不是等差中项，当a 是等差中项时，2a ＝4a －2，解得a ＝1，b ＝4，；当b 是等差中项时，8a ＝a －2，解得a ＝4，b ＝1，综上所述，a ＋b ＝p ＝5，所以p ＋q ＝9，选D.9．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，n ∈N ＋，则数列{ba n }的前10项的和为( )A.43(49－1) B.43(410－1) C.13(49－1) D.13(410－1) [答案] D[解析] 由a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2得，a n ＝2n －1， 由b n ＋1b n＝2，b 1＝1得b n ＝2n －1， ∴ba n ＝2a n －1＝22(n －1)＝4n －1，∴数列{ba n }前10项和为1×(410－1)4－1＝13(410－1)．10．(文)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1等于( )A ．1－14nB.23(1－14n ) C ．1－12nD.23(1－12n ) [答案] B[解析] 因为a n ＝1×2n －1＝2n －1，所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝2×4n －1， 所以1a n a n ＋1＝12×(14)n －1，所以{1a n a n ＋1}也是等比数列，所以T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝12×1×(1－14n )1－14＝23(1－14n )，故选B.(理)(2014·唐山市一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n( )A ．4n －1B ．4n －1 C ．2n －1 D ．2n －1[答案] C[解析] 设公比为q ，则a 1(1＋q 2)＝52，a 2(1＋q 2)＝54，∴q ＝12，∴a 1＋14a 1＝52，∴a 1＝2.∴a n ＝a 1q n －1＝2×(12)n －1，S n ＝2[1－(12)n ]1－12＝4[1－(12)n ]，∴S n a n ＝4[1－(12)n ]2×(12)n －1＝2(2n －1－12)＝2n －1.[点评] 用一般解法解出a 1、q ，计算量大，若注意到等比数列的性质及求S na n，可简明解答如下：∵a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)，∴q ＝12，∴S na n ＝a 1(1－q n )1－q a 1q n －1＝1－q n (1－q )·qn －1＝1－12n 12·12n －1＝2n －1. 11．给出数列11，12，21，13，22，31，…，1k ，2k －1，…，k1，…，在这个数列中，第50个值等于1的项的序号．．是( ) A ．4900 B ．4901 C ．5000 D ．5001[答案] B[解析] 根据条件找规律，第1个1是分子、分母的和为2，第2个1是分子、分母的和为4，第3个1是分子、分母的和为6，…，第50个1是分子、分母的和为100，而分子、分母的和为2的有1项，分子、分母的和为3的有2项，分子、分母的和为4的有3项，…，分子、分母的和为99的有98项，分子、分母的和为100的项依次是：199，298，397，…，5050，5149，…，991，第50个1是其中第50项，在数列中的序号为1＋2＋3＋…＋98＋50＝98(1＋98)2＋50＝4901.[点评] 本题考查归纳能力，由已知项找到规律，“1”所在项的特点以及项数与分子、分母的和之间的关系，再利用等差数列求和公式即可．二、填空题12．(文)(2015·广东理，10)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.[答案] 10[解析] 本题考查等差数列的性质及简单运算，属于容易题．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.(理)(2015·湖南理，14)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.[答案] 3n －1[解析] 考查等差数列与等比数列的性质．∵3S 1,2S 2，S 3成等差数列，∴4S 2＝3S 1＋S 3，∴4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3⇒a 3＝3a 2⇒q ＝3.又∵{a n }为等比数列，∴a n ＝a 1q n －1＝3n －1.[方法点拨] 条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别．13．(文)(2015·安徽理，14)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．[答案] 2n －1[解析] 考查1.等比数列的性质；2.等比数列的前n 项和公式．由题意，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 4＝9，a 2·a 3＝8.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 1·a 4＝8，解得a 1＝1，a 4＝8或者a 1＝8，a 4＝1，而数列{a n }是递增的等比数列，所以a 1＝1，a 4＝8，即q 3＝a 4a 1＝8，所以q ＝2，因而数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1－2n 1－2＝2n －1.(理)(2015·江苏，11)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．[答案]2011[解析] 考查数列通项，裂项求和．由题意得：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2，所以1a n ＝2(1n －1n ＋1)，S n ＝2(1－12)＋2(12－13)＋…＋2(1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2nn ＋1，S 10＝2011.三、解答题14．(文)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －p (n ∈N *)，其中p 是不为零的常数． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)当p ＝3时，若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． [解析] (1)证明：因为S n ＝4a n －p (n ∈N *)， 则S n －1＝4a n －1－p (n ∈N *，n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1， 整理得a n ＝43a n －1.由S n ＝4a n －p ，令n ＝1，得a 1＝4a 1－p ，解得a 1＝p3.所以{a n }是首项为p 3，公比为43的等比数列．(2)因为a 1＝1，则a n ＝(43)n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ＝1,2，…)，得b n ＋1－b n ＝(43)n －1，当n ≥2时，由累加法得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1) ＝2＋1－(43)n －11－43＝3(43)n －1－1，当n ＝1时，上式也成立．∴b n ＝3·(43)n －1－1.[方法点拨] 证明数列是等差(等比)数列时，应用定义分析条件，结合性质进行等价转化． (理)(2015·河南高考适应性测试)已知数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝2，a n ＝a 2n ＋1＋4a n ＋1＋2.(1)令b n ＝log 2(a n ＋2)，证明：数列{b n }是等比数列． (2)设c n ＝nb n ，求数列{c n }的前n 项和S n .[解析] (1)由a n ＝a 2n ＋1＋4a n ＋1＋2，得a n ＋2＝a 2n ＋1＋4a n ＋1＋4＝(a n ＋1＋2)2.因为a n >0，所以a n ＋2＝a n ＋1＋2. 因为b n ＋1b n ＝log 2(a n ＋1＋2)log 2(a n ＋2)＝log 2a n ＋2log 2(a n ＋2)＝12，又b 1＝log 2(a 1＋2)＝2，所以数列{b n }是首项为2，公比为12的等比数列．(2)由(1)知，b n ＝2·⎝⎛⎭⎫12n －1，则c n ＝2n ⎝⎛⎭⎫12n －1. S n ＝2×⎝⎛⎭⎫120＋4×⎝⎛⎭⎫121＋…＋2(n －1)⎝⎛⎭⎫12n －2＋2n ⎝⎛⎭⎫12n －1，① 12S n ＝2×⎝⎛⎭⎫121＋4×⎝⎛⎭⎫122＋…＋2(n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1＋2n ⎝⎛⎭⎫12n .② ①－②得：12S n ＝2×⎝⎛⎭⎫120＋2×⎝⎛⎭⎫121＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1－2n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝21－⎝⎛⎭⎫12n1－12－2n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝4－(4＋2n )⎝⎛⎭⎫12n . 所以S n ＝8－(n ＋2)⎝⎛⎭⎫12n －2.15．(2015·南昌市一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n >a n 对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围．[解析] (1)等差数列{a n }，a 1＝1，S 3＝6，∴d ＝1，故a n ＝n⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n (1)b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1 (2)，(1)÷(2)得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)， b 1＝2S 1＝21＝2，满足通项公式，故b n ＝2n(2) 设λb n >a n 恒成立⇒λ>n 2n 恒成立，设c n ＝n 2n ⇒c n ＋1c n ＝n ＋12n当n ≥2时，c n <1，{c n }单调递减， ∴(c n )max ＝c 1＝12，故λ>12.16．(文)(2014·湖北理，18)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．[分析] (1)设数列{a n }的公差为d ，利用等比数列的性质得到a 22＝a 1·a 5，并用a 1、d 表示a 2、a 5，列等式求解公差d ，进而求出通项，注意对公差d 分类讨论；(2)利用(1)的结论，对数列{a n }的通项分类讨论，分别利用通项公式及等差数列的前n 项和公式求解S n ，然后根据S n >60n ＋800列不等式求解．[解析] (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )．化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立， 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2，令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)．此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.[方法点拨] 存在型探索性问题解答时先假设存在，依据相关知识(概念、定理、公式、法则、性质等)，结合所给条件进行推理或运算，直到得出结果或一个明显成立或错误的结论，从而断定存在与否．(理)(2014·新课标Ⅰ理，17)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．[分析](1)利用a n＋1＝S n＋1－S n用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a1，a2，a3应成等差数列求出λ的值，然后依据a n＋2－a n＝λ推证{a n}为等差数列．[解析](1)由题设：a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1，两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1，令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列.。

2024年高考真题汇总 数列(解析版)

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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=。

第1讲 等差数列与等比数列

第1讲 等差数列与等比数列

第1讲 等差数列与等比数列高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.1.(2021·北京卷)已知{a n }和{b n }是两个等差数列，且a kb k(1≤k ≤5)是常值，若a 1＝288，a 5＝96，b 1＝192，则b 3的值为( ) A.64 B.100 C.128 D.132答案 C解析 由题意可得a 1b 1＝a 5b 5，则b 5＝64，故b 3＝b 1＋b 52＝192＋642＝128.故选C.2.(2021·全国甲卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若S 2＝4，S 4＝6，则S 6＝( ) A.7 B.8 C.9 D.10 答案 A解析 法一 因为S 2＝4，S 4＝6，且易知公比q ≠±1，所以由等比数列的前n 项和公式，得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1（1－q 2）1－q ＝a 1（1＋q ）＝4，S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1＋q ）（1＋q 2）＝6， 两式相除，得q 2＝12，所以⎩⎨⎧a 1＝4（2－2），q ＝22或⎩⎨⎧a 1＝4（2＋2），q ＝－22，所以S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝7.故选A.法二 易知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4构成等比数列，由等比中项得S 2(S 6－S 4)＝(S 4－S 2)2，即4(S 6－6)＝22，所以S 6＝7.故选A.3.(2020·全国Ⅱ卷)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( ) A.2 B.3 C.4 D.5答案 C解析 ∵a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ， 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ，∴{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2×2n －1＝2n .又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，∴2k ＋1（1－210）1－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4.4.(2021·全国乙卷)设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.(1)证明 因为b n 是数列{S n }的前n 项积， 所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n ＋1b n＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2).又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32， 故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列.(2)解 由(1)可知，b n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n （n ＋1）.故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1，－1n （n ＋1），n ≥2.1.等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ； (3)常用性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列. 2.等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q ；(3)常用性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列.温馨提醒 应用公式a n ＝S n －S n －1时一定注意条件n ≥2，n ∈N *.热点一等差、等比数列的基本运算【例1】设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值.解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)法一由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n＝6时，a n＝0；当n<6时，a n<0；所以S n的最小值为S5＝S6＝－30.法二由(1)知，S n＝n2(a1＋a n)＝n(n－11)＝⎝⎛⎭⎪⎫n－1122－1214，又n∈N*，所以当n＝5或n＝6时，S n的最小值为S5＝S6＝－30.探究提高 1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(1)设基本量a1和公差d(公比q).(2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成关于“n”的函数，求出最小值.【训练1】(2021·济南联考)已知各项均为正数的等差数列{a n}满足a1a5＝33，a22＝25.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n ＝4n －2＋3a n ，若a n ∈N ，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设各项均为正数的等差数列的公差为d . 由a 1a 5＝33，且a 22＝25.得⎩⎨⎧a 1（a 1＋4d ）＝33，a 2＝a 1＋d ＝5，解之得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝113，d ＝43.故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1或a n ＝113＋43(n －1)＝4n ＋73. (2)由于a n ∈N ，所以a n ＝2n ＋1. 所以b n ＝4n －2＋3a n ＝4n －2＋6n ＋3.根据等差数列、等比数列的前n 项和公式，得T n ＝14（1－4n ）1－4＋12(9＋6n ＋3)n ＝112(4n －1)＋3n 2＋6n .热点二 等差(比)数列的性质【例2】 (1)在等差数列{a n }中，a 1＝－9，a 5＝－1.记T n ＝a 1a 2…a n (n ＝1，2，…)，则数列{T n }( ) A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项 C.无最大项，有最小项D.无最大项，无最小项(2)已知数列{a n }的各项都为正数，对任意的m ，n ∈N *，a m ·a n ＝a m ＋n 恒成立，且a 3·a 5＋a 4＝72，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝________.(3)(多选)已知S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且S 5>S 6>S 4.下列四个结论正确的是( )A.数列{S n }中的最大项为S 10B.数列{a n }的公差d <0C.S 10>0D.S 11<0答案 (1)B (2)21 (3)BCD解析 (1)由题意可知，等差数列的公差 d ＝a 5－a 15－1＝－1＋95－1＝2，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－9＋(n －1)×2＝2n －11，注意到a 1<a 2<a 3<a 4<a 5<0<a 6＝1<a 7<…，且由T 5<0可知T i <0(i ≥6，i ∈N )，由T iT i －1＝a i >1(i ≥7，i ∈N )可知数列{T n }不存在最小项，由于a 1＝－9，a 2＝－7，a 3＝－5，a 4＝－3，a 5＝－1，a 6＝1， 故数列{T n }中的正项只有有限项：T 2＝63，T 4＝945. 故数列{T n }中存在最大项，为T 4.故选B.(2)因为对任意的m ，n ∈N *，a m ·a n ＝a m ＋n 恒成立，令m ＝1，则a 1·a n ＝a 1＋n ，即a n ＋1a n ＝a 1对任意的n ∈N *恒成立，所以数列{a n }为等比数列，公比为a 1. 由等比数列的性质有a 3a 5＝a 24，所以a 3·a 5＋a 4＝a 24＋a 4＝72，又a 4＞0，解得a 4＝8， 所以log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝log 2(a 1a 7)(a 2a 6)(a 3a 5)a 4＝log 2a 74＝log 287＝21.(3)因为S 5>S 6>S 4，所以a 6<0，a 5>0且a 5＋a 6>0，所以数列{S n }中的最大项为S 5，A 错误；数列{a n }的公差d <0，B 正确；S 10＝（a 1＋a 10）×102＝5(a 5＋a 6)>0，C正确；S 11＝（a 1＋a 11）×112＝11a 6<0，D 正确.故选BCD.探究提高 1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.2.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.【训练2】 (1)(2021·江南十校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8<S 10<S 9，则满足S n >0的正整数n 的最大值为( ) A.16 B.17 C.18D.19(2)(多选)(2021·八省八校一联)已知等比数列{a n }的首项a 1>1，公比为q ，前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，函数f (x )＝x (x ＋a 1)(x ＋a 2)…(x ＋a 7)，若f ′(0)＝1，则( ) A.{lg a n }为递增的等差数列 B.0<q <1C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n －a 11－q 为递增的等比数列D.使得T n >1成立的n 的最大值为6 答案 (1)C (2)BCD解析 (1)由S 8<S 10<S 9，得a 10<0且a 9＋a 10>0， 所以等差数列{a n }的公差d <0，且a 9>0. 从而S 17＝17（a 1＋a 17）2＝17a 9>0，S 18＝18（a 1＋a 18）2＝9(a 9＋a 10)>0，S 19＝19（a 1＋a 19）2＝19a 10<0.故满足S n >0的正整数n 的最大值为18. (2)令g (x )＝(x ＋a 1)(x ＋a 2)…(x ＋a 7)， 则f (x )＝xg (x )，∴f ′(x )＝g (x )＋xg ′(x )， ∴f ′(0)＝g (0)＝a 1a 2…a 7＝1.∵{a n }是等比数列，∴a 1a 2…a 7＝a 74＝1，即a 4＝1＝a 1q 3.又a 1>1，∴0<q <1，B 正确；∵lg a n ＝lg(a 1q n －1)＝lg a 1＋(n －1)lg q ，又lg q <0， ∴{lg a n }是公差为lg q 的递减的等差数列，A 错误； ∵S n －a 11－q ＝a 11－q (1－q n －1)＝a 1q q －1·q n －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n －a 11－q 是首项为a 1q q －1<0，公比为q 的递增的等比数列，C 正确；∵a 1>1，0<q <1，a 4＝1，∴当n ≤3时，a n >1，当n ≥5时，0<a n <1，∴当n ≤4时，T n >1.∵T 7＝a 1a 2…a 7＝a 74＝1，∴当n ≥8时，T n ＝T 7a 8a 9…a n <T 7＝1.又T 5＝T 7a 6a 7>1，T 6＝T 7a 7>1，∴使得T n >1成立的n 的最大值为6，D 正确.故选BCD.热点三 等差(比)数列的判断与证明【例3】 (2021·广东重点中学联考)在数列{a n }中，a 1＝5，a n ＝2a n －1＋2n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求a 2，a 3的值； (2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说理理由.解 (1)因为a 1＝5，且a n ＝2a n －1＋2n －1(n ≥2)， 所以a 2＝2a 1＋22－1＝13，a 3＝2a 2＋23－1＝33. (2)假设存在实数λ，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为等差数列. 设b n ＝a n ＋λ2n ，由{b n }为等差数列，得2b 2＝b 1＋b 3， 所以2×a 2＋λ22＝a 1＋λ2＋a 3＋λ23， 即13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8，解得λ＝－1. 而当λ＝－1时，有b n ＋1－b n ＝a n ＋1－12n ＋1－a n －12n ＝12n ＋1[(a n ＋1－2a n )＋1]＝12n ＋1[(2n ＋1－1)＋1]＝1， b 1＝a 1－12＝5－12＝2，则{b n }是首项为2，公差为1的等差数列. 所以存在实数λ＝－1，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 是以首项为2，公差是1的等差数列.探究提高 1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n ≥1，n ∈N *，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数；(2)中项公式法，一定注意，a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0. 2.第(2)问，假设存在实数λ，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为等差数列，利用前三项成等差数列，求得λ的值后，一定要验证数列{b n }是等差数列.【训练3】 (2021·全国甲卷)已知数列{a n }的各项为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①数列{a n }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1. (注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.) 解 ①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1.设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1， 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2a 1.因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列. ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列. 设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝12n 2d ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1. ②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1.设数列{S n }的公差为d ，d ＞0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2，对n ＝1也适合，所以a n ＝2d 2n －d 2，所以a n ＋1－a n ＝2d 2(n ＋1)－d 2－(2d 2n －d 2)＝2d 2(常数)，所以数列{a n }是等差数列.热点四 等差数列与等比数列的综合问题【例4】 设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *).已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值. 解 (1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0). 由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n 1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d . 由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1， 故a n ＝n .所以，S n ＝n （n ＋1）2.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2×（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 得n （n ＋1）2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)或n ＝4. 所以n 的值为4.探究提高 1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.2.数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.【训练4】 (2021·衡水中学联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝S 5＝－20.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知数列{b n }是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{a n }与{b n }的公共项为a m ，记m 由小到大构成数列{c n }，求{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝S 5＝－20，得4a 1＋6d ＝5a 1＋10d ＝－20， 解得a 1＝－8，d ＝2， 则a n ＝－8＋2(n －1)＝2n －10.(2)数列{b n }是以4为首项，4为公比的等比数列，∴b n ＝4·4n －1＝4n (n ∈N *).又依题意2m －10＝4n ，∴m ＝10＋4n2＝5＋22n －1，则T n ＝5n ＋2（1－4n ）1－4＝5n ＋22n ＋1－23.一、选择题1.(2021·福州一诊)正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＋a 8－a 25＋8＝0，则S 9＝( ) A.35 B.36 C.45 D.54答案 B解析 由等差数列的性质得a 2＋a 8＝2a 5，∴a 2＋a 8－a 25＋8＝0，可化为a 25－2a 5－8＝0.又a 5>0，解得a 5＝4. ∴S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝36.2.在等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和S 8为( ) A.4 B.2 C.3 D.5答案 B解析 因为{a n }为等比数列，且a 4＝2，a 5＝5， 所以a 4a 5＝2·5＝10. 则数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg a 1·a 2·…·a 8 ＝lg(a 1·a 8)(a 2·a 7)(a 3·a 6)(a 4·a 5) ＝lg(10)4＝4lg 10＝2.3.(2021·全国甲卷)等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n .设甲：q ＞0，乙：{S n }是递增数列，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 B解析 当a 1＜0，q ＞1时，a n ＝a 1q n －1＜0，此时数列{S n }递减，所以甲不是乙的充分条件.当数列{S n }递增时，有S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝a 1q n ＞0，若a 1＞0，则q n ＞0(n ∈N *)，即q ＞0；若a 1＜0，则q n ＜0(n ∈N *)，不存在，所以甲是乙的必要条件.综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.4.(2021·日照校际联考)对于数列{a n }，若存在正整数k (k ≥2)，使得a k <a k －1，a k <a k＋1，则称a k 是数列{a n }的“谷值”，k 是数列{a n }的“谷值点”.在数列{a n }中，若a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n －8，则数列{a n }的“谷值点”为( )A.2B.7C.2，7D.2，3，7答案 C解析 因为a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n －8，所以a 1＝2，a 2＝32，a 3＝2，a 4＝74，a 5＝65，a 6＝12，a 7＝27，a 8＝98.当n ≥7，n ∈N *时，n ＋9n －8>0，所以a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n －8＝n ＋9n －8，此时数列{a n }递增.又a 2<a 1，a 2<a 3，a 7<a 6，a 7<a 8， 所以数列{a n }的“谷值点”为2，7.5.(多选)(2021·湖北重点中学调研)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并满足条件a 1>1，a 2 021·a 2 022>1，(a 2 021－1)·(a 2 022－1)<0，则下列结论中正确的有( ) A.q >1 B.S 2 022>S 2 021C.a 2 021·a 2 023<1D.T 2 021是数列{T n }中的最大项 答案 BCD解析 由{a n }为等比数列，a 1>1，a 2 021·a 2 022>1及(a 2 021－1)·(a 2 022－1)<0， 得⎩⎨⎧a 2 021>1，0<a 2 022<1或⎩⎨⎧0<a 2 021<1，a 2 022>1(舍去). ∴公比0<q ＝a 2 022a 2 021<1，则A 错误；S 2 022＝S 2 021＋a 2 022>S 2 021，故B 正确；由等比数列性质知a 2 021·a 2 023＝a 22 022<1，所以C 正确；因为a 1>1，a 2>1，…，a 2 021>1，0<a 2 022<1，0<a 2 023<1，…，所以(T n )max ＝T 2 021，D 正确.故选BCD.6.已知数列{a n }满足a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1＋1，且a 1＝1，a 2＝5，则a 18＝( ) A.69 B.105 C.204 D.205答案 D解析 由a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1＋1，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1， 则(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝1， ∵a 2－a 1＝5－1＝4，∴数列{a n ＋1－a n }是以4为首项，1为公差的等差数列，a n ＋1－a n ＝4＋1×(n －1)＝n ＋3，则a 1＝1，a 2－a 1＝4，a 3－a 2＝5，…，a n －a n －1＝n ＋2， 各项相加，得a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝1＋4＋5＋…＋(n ＋2)＝1＋（n －1）·（4＋n ＋2）2＝（n －1）（n ＋6）2＋1，∴a 18＝（18－1）×（18＋6）2＋1＝205.二、填空题7.(2021·上海卷)已知等差数列{a n }的首项为3，公差为2，则a 10＝________. 答案 21解析 由题意，得a 10＝3＋(10－1)×2＝21.8.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n ＝2－2a n ＋1，若a 2＝12，则S 5＝________.答案 3116解析 由题意可知，S 1＝2－2a 2＝1，且S n ＝2－2(S n ＋1－S n )， 整理可得，S n ＋1－2＝12(S n －2)，由于S 1－2＝－1，所以{S n －2}是首项为－1，公比为12的等比数列， 故S 5－2＝(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝－116，∴S 5＝3116.9.(2021·济南模拟)已知等比数列{a n }的前n 项的乘积为T n ，若T 2＝T 9＝512，则T 8＝________. 答案 4 096解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 由T 2＝T 9，得a 76＝1，故a 6＝1. ∴a 1q 5＝1.①又T 2＝a 1a 2＝a 21q ＝512，② 由①②联立，得q 9＝1512，则q ＝12. 所以T 8＝T 9a 9＝T 9a 6q 3＝212＝4 096.三、解答题10.(2021·广州质检)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且{b n }的前n 项和为S n ，2a 1＝b 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，________.在①b 5＝4(b 4－b 3)，②b n ＋1＝S n ＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n －b n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.) 解 (1)若选条件①，b 5＝4(b 4－b 3). 设等差数列{a n }的公差为d ， ∵2a 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，∴a 1＋4d ＝5(a 1＋3d －a 1－2d )，∴a 1＝d ＝1.∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n . 设等比数列{b n }的公比为q . 由b 1＝2，且b 5＝4(b 4－b 3)， 得b 1q 4＝4(b 1q 3－b 1q 2). ∴q 2－4q ＋4＝0，解得q ＝2.所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列. 故b n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). 若选条件②，b n ＋1＝S n ＋2. 令n ＝1，得b 2＝S 1＋2＝b 1＋2＝4. ∴公比q ＝b 2b 1＝2.∴数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列. 从而b n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). (2)由(1)知a n －b n ＝n －2n ，∴T n ＝(1＋2＋3＋…＋n )－(21＋22＋23＋…＋2n )，∴T n ＝n （1＋n ）2－2（1－2n ）1－2，∴T n ＝2－2n ＋1＋n 22＋n 2. 11.(2021·新高考Ⅱ卷)记S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 3＝S 5，a 2a 4＝S 4.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求使S n >a n 成立的n 的最小值.解 (1)由等差数列的性质可得：S 5＝5a 3，则a 3＝5a 3， ∴a 3＝0.设等差数列的公差为d ，从而有a 2a 4＝(a 3－d )(a 3＋d )＝－d 2， S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(a 3－2d )＋(a 3－d )＋a 3＋(a 3＋d )＝－2d . ∵a 2a 4＝S 4，∴－d 2＝－2d ，由于公差不为零，故d ＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －6.(2)由数列{a n }的通项公式可得：a 1＝2－6＝－4，则S n ＝n ×(－4)＋n （n －1）2×2＝n 2－5n ，则不等式S n >a n 即n 2－5n >2n －6，整理可得：(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.12.(多选)(2021·长沙联考)在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2021年1月初向银行借了扶贫免息贷款10 000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为a n，则(参考数据：1.211≈7.5，1.212≈9), ()A.a1＝12 000B.a n＋1＝1.2a n－1 000C.2021年小王的年利润约为40 000元D.两年后，小王手中现款约达41万答案BCD解析每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，∴a1＝(1＋20%)×10 000－(600＋400)＝11 000(元)，故A错误；由题意a n＋1＝1.2a n－1 000，故B正确；由a n＋1＝1.2a n－1 000，得a n＋1－5 000＝1.2(a n－5 000)，∴数列{a n－5 000}是首项为6 000，公比为1.2的等比数列，∴a12－5 000＝6 000×1.211，即a12＝6 000×1.211＋5 000≈50 000，则2021年小王的年利润约为50 000－10 000＝40 000(元)，故C正确；两年后，即a24＝5 000＋6 000×1.223≈5 000＋6 000×921.2＝410 000，即41万，故D正确，故选BCD.13.(2021·江南十校联考)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a n＋1＋λ＝3S n，a3＝12，则实数λ的值为________.答案－3 4解析等比数列{a n}满足a n＋1＋λ＝3S n，①则a n＋λ＝3S n－1(n≥2，n∈N*)，②①－②得a n＋1－a n＝3S n－3S n－1，则a n＋1＝4a n，所以等比数列{a n }的公比为4， 又由a 3＝12，则a 1＝a 3q 2＝34. 若a n ＋1＋λ＝3S n ，则a 1q n ＋λ＝3×a 1（1－q n）1－q恒成立，∴λ＝－a 1＝－34.14.已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围. 解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6， 得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ， 从而S n ＝n （9－n ）2(n ∈N *).(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12n随n 的增大而减小， ∴{T n }为递增数列，得4≤T n <8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，又n ∈N *， 故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10.若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2. 故实数λ的取值范围为(2，＋∞).。

等差数列与等比数列练习和解析(高考真题)

等差数列与等比数列练习和解析(高考真题)

1．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n2．(2019·长郡中学联考)已知数列{a n }满足，a n ＋1＋2a n ＝0，且a 2＝2，则{a n }前10项的和等于( )A.1－2103 B ．－1－2103 C ．210－1D ．1－2103．已知等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠－1，且a 5＋a 4＝3(a 3＋a 2)，则 9a 1a 2a 3…a 9等于( )A ．－9B ．9C ．－81D ．81@4．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．125．(2019·山东省实验中学联考)已知等差数列{a n }的公差不为零，S n 为其前n 项和，S 3＝9，且a 2－1，a 3－1，a 5－1构成等比数列，则S 5＝( )A ．15B ．－15C ．30D ．25二、填空题6．(2019·北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________．7．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地．”则此人第4天走的里程是________里．8．(2019·雅礼中学调研)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n＋2(n ∈N *)．令b n ＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝________． ：三、解答题9．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5.(1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．10．已知数列{a n }是等比数列，并且a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ，记S n 为数列{b n }的前n 项和，证明：S n ＜163.?B 级 能力提升11．(2019·广州调研)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2D.9212．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，若a ·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足2a n －1＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．)1．解析：设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.@所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n . 答案：A2．解析：由题意得，a n ＋1＋2a n ＝0，则a n ＋1a n＝－2，即数列是公比为－2的等比数列，又a 2＝2，所以a 1＝－1，所以{a n }前10项的和等于S 10＝a 1（1－q 10）1－q＝－1－2103.答案：B3．解析：根据题意可知a 5＋a 4a 3＋a 2＝q 2＝3，则9a 1a 2a 3…a 9＝ 9a 95＝a 5＝a 1·q 4＝1×32＝9.答案：B【4．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×（3－1）2×d ＝2a 1＋2×（2－1）2×d ＋4a 1＋4×（4－1）2d ，解得d ＝－32a 1， 因为a 1＝2，所以d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 答案：B5．解析：设数列{a n }的公差为d (d ≠0)， 由S 3＝3a 2＝9，得a 2＝3.又a 2－1，a 3－1，a 5－1成等比数列，;所以(a 3－1)2＝(a 2－1)(a 5－1)，则(2＋d )2＝2(2＋3d )，所以d ＝2，则a 3＝a 2＋d ＝5，故S 5＝5a 3＝25. 答案：D 二、填空题6．解析：因为a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， 所以a 1＝－4，d ＝1， 所以a 5＝a 1＋4d ＝0， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5. `令a n ＜0，则n ＜5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正，所以S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －107．解析：由题意，每天走的路程构成公比为12的等比数列．设等比数列的首项为a 1，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378， 所以a 1＝192.因此a 4＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝24.答案：24—8．解析：由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝3n ，a n ＝3n －1. 所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝100（1＋100）2＝5 050. 答案：5 050 三、解答题9．解：(1)设{a n }的公差为d . 】由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0.由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ， S n ＝n （n －9）d 2. 由a 1＞0知d ＜0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N *}．<10．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1＝a 1－3，a 3＝（a 2＋1）－3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q －a 1＝－4，a 1q 2－a 1q ＝－2，解得⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12.所以a n ＝a 1qn －1＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝24－n .(2)证明：因为b n ＋1b n ＝a 2n ＋2a 2n＝14，所以数列{b n }是以b 1＝a 2＝4为首项，14为公比的等比数列．所以S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝163·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＜163. 、B 级 能力提升11．解析：依题意a 23＝a 1a 13，即(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.因此a n ＝2n －1，S n ＝n 2.则2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1＝（n ＋1）2－2（n ＋1）＋9n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥2（n ＋1）×9n ＋1－2＝4，当且仅当n ＝2时取得最小值4.答案：A12．解：(1)设数列{a n }的公差为d ， 由a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，a ·b ＝24，）得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2，因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)， 所以1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为2a n －1＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3， 所以T n ＝4n λ＋2λ， 当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ， 此时有b nb n －1＝4，若{b n }是等比数列，则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。

高考数学解答题(新高考)数列求通项(隔项等差(等比)数列)(典型例题+题型归类练)(解析版)

高考数学解答题(新高考)数列求通项(隔项等差(等比)数列)(典型例题+题型归类练)(解析版)

专题04 数列求通项（隔项等差（等比）数列）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1、隔项等差数列已知数列{}n a ，满足1()(1)n n a a f n ++=----，则21(1)(2)n n a a f n +++=+----；1(1)(3)n n a a f n -+=-----2(2)(1):n n a a d +--=（其中d 为常数）；或11(1)(3):(2)n n a a d n +---=≥则称数列{}n a 为隔项等差数列，其中： ①1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等差数列，公差为d ； ②2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等差数列，公差为d ；2、隔项等比数列已知数列{}n a ，满足1()(1)n n a a f n +⋅=----，则21(1)(2)n n a a f n ++⋅=+----；1(1)(3)n n a a f n -⋅=-----2(2):(1)n n a q a +=（其中q 为常数）；或11(1):(2)(3)n n a q n a +-=≥则称数列{}n a 为隔项等比数列，其中： ①1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等比数列，公比为q ； ②2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等比数列，公比为q ；二、典型例题角度1：隔项等差数列例题1．（2022·四川眉山·三模（文））已知数列{}n a ，11a =，14n n a a n ++=，求{}n a 的通项公式；思路点拨：根据题意：，可推出，两式作差，判断为隔项等差数列解答过程：由，可推出，两式作差（）所以是隔项等差数列：①构成以为首项的等差数列，公差为；②构成以为首项的等差数列，公差为；下结论求通项当为奇数：为第项：求通项当为偶数：为第项：综上：无论为奇数还是偶数：.核心秘籍对于本例中作为一个模型直接记忆，考试遇到判断为隔项等差数列.便于快速求解特别注意分奇偶时，判断是第几项【答案】(1)=21n a n -因为14n n a a n ++= 所以14(1)(2)n n a a n n -+=-≥， 两式相减得114n n a a +--=，所以{}n a 是隔项等差数列， 124a a +=且11a =， 所以11()=212n n a a d n -=+-(n 为奇数)， 22()=212n n a a d n -=+-(n 为偶数)， 所以=21n a n -.例题2．（2022·安徽·淮南第二中学高二开学考试）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()112*n n n n N S a a +=∈⋅，11a =.求数列{}n a 的通项公式；思路点拨：根据题意：，可推出，两式作差，判断为隔项等差数列解答过程：由，可推出，及两式作差∵，∴.所以是隔项等差数列：①构成以为首项的等差数列，公差为； ②构成以为首项的等差数列，公差为；下结论求通项当为奇数：为第项：求通项当为偶数：为第项：综上：无论为奇数还是偶数：.【答案】()*n a n n N =∈由题意得，12n n n S a a +=⋅，则1122n n n S a a +++=⋅，两式相减得()1122n n n n a a a a +++=-， ∵10n a +>，∵22n n a a +-=.∵11a =，∵当()21N*n k k =-∈，()2112121n k a a k k n -==+-=-=， 又1122S a a =，∵22a =，∵当()2N*n k k =∈时，()22212n k a a k k n ==+-==. 综上，()N*n a n n =∈.角度2：隔项等比数列例题3．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，19nn n a a +⋅=，N n *∈.求数列{}n a 的通项公式n a ；思路点拨：根据题意：，可推出，两式作商，判断为隔项等比数列解答过程：由，可推出，两式作商所以是隔项等比数列：①构成以为首项的等比数列，公比为； ②构成以为首项的等比数列，公比为；下结论求通项当为奇数：为第项：求通项当为偶数：为第项：综上：.【答案】(1)13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 解：由题意，当1n =时，129a a =，可得29a =，因为19n n n a a +⋅=，可得1129n n n a .a +++=，所以，29n na a +=， 所以数列{}n a 的奇数项和偶数项都是公比为9的等比数列.所以当n 为奇数时，设()21N n k k *=-∈，则1221211933k k n n k a a ----==⋅==， 当n 为偶数时，设()2N n k k *=∈，则12299933k k k nn k a a -==⋅===.因此，13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数. 三、题型归类练1．在数列{an }中，若()1121nn n a a n ++--＝，则数列{an }的前12项和等于_________. 【答案】78因为()1121nn n a a n ++-=-，所以211a a -=，323a a +=，435a a -=，547a a +=，659a a -=，76a a +=11，87a a -=13，98a a +=15，109a a -=17，1110a a +=19，1211a a -=21.从第一个式子开始，相邻的两个式子作差得： 1357911a a a a a a +++===2.从第二个式子开始，相邻的两个式子相加得： 42681012a a a a a a +++=8,=24,=40,把以上的式子依次相加可得： 12121112S a a a a =++++()()()()()()135791124681012a a a a a a a a a a a a =+++++++++++22282440+=++++=78.核心秘籍对于本例中作为一个模型直接记忆，考试遇到判断为隔项等比数列.便于快速求解特别注意分奇偶时，判断是第几项故答案为：78.2．秋末冬初，流感盛行，某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{}n a ，已知11a =，22a =，且()*21(1)n n n a a n N +-=+-∈，则该医院第5天入院治疗流感的人数有________人；则该医院30天内入院治疗流感的人数共有________人. 【答案】 1 25511a =，22a =，且()*21(1)n n n a a n N +-=+-∈1n =时，31301a a a =⇒-=，2n =时，42424a a a =⇒-=，3n =时，53501a a a =⇒-=，观察可知{}n a 奇数项是1的常数列，偶数项是首项为2，公差为2的等差数列. 30(230)151152552S故答案为: 1 ；2553．（2022·广东·三模）已知数列{n a }的前n 项和n S ，11a =，0n a >，141n n n a a S +=-.计算2a 的值，求{n a }的通项公式；【答案】3，21n a n =-当1n =时，12141a a a =-，解得23a = 由题知141n n n a a S +=- ① 12141n n n a a S +++=- ②由②-①得()1214n n n n a a a a +++-=， 因为0n a >，所以24n n a a +-=所以数列{}n a 的奇数项是以11a =为首项，以4为公差的等差数列；偶数项是以23a =为首项，以4为公差的等差数列；当n 为奇数时，1114212n n a n +⎛⎫=+-⨯=- ⎪⎝⎭ 当n 为偶数时，314212n n a n ⎛⎫=+-⨯=- ⎪⎝⎭所以{}n a 的通项公式21n a n =-.4．（2022·新疆·一模（理））已知数列{}n a 满足2122a a ==，1294n n n a a -+=+⋅．求数列{}n a 的通项公式；【答案】()()113241N 55n n n a n +-*=⋅+-⋅∈；依题意，121,2a a ==，由1294n n n a a -+=+⋅得：1294n n n a a -+-=⋅，则当n 为奇数，3n ≥时，()()()131532n n n a a a a a a a a -=+-+-+-⋅⋅⋅+()32232144191441914n n ---⋅=+++⋅⋅⋅+=+⋅-132455n -=⋅+，11a =满足上式，当n 为偶数，4n ≥时，()()()242642n n n a a a a a a a a -=+-+-+⋅⋅⋅+-()32332444294442914n n ---⋅=+++⋅⋅⋅+=+⋅-132455n -=⋅-，22a =满足上式，即当n 为奇数时，132455n n a -=⋅+，当n 为偶数时，132455n n a -=⋅-，所以()()113241N 55n n n a n +-*=⋅+-⋅∈．5．（2022·福建泉州·模拟预测）记数列{n a }的前n 项和为n S .已知11a =，___________. 从①24n n a a +-=；②14n n a a n ++=；③11n n S na n n +=-+（）中选出一个能确定{n a }的条件，补充到上面横线处，并解答下面的问题.求{n a }的通项公式： 【答案】(1)21n a n =- 选①：24n n a a +-=，只能说明数列{}n a 的奇数项和偶数项分别构成等差数列，已知11a =，数列的奇数项可以确定，但2a 未知，故数列的偶数项不确定，因此数列{}n a 不确定，题设的两个条件均无法求解， 选②：14n n a a n ++=，由14n n a a n ++=得： ()()12121n n a n a n +⎡⎤-+=---⎣⎦， 因为11a =，所以()1121110a a -⨯-=-= 故()210n a n --=，即21n a n =-； 选③：()11n n S na n n +=-+由()11n n S na n n +=-+得：2121a S -==，故23a = 当2n ≥时，()()111n n S n a n n -=---， 两式相减得：12n n a a +-=，又因为212a a -=满足12n n a a +-=， 综上：对所有的n *∈N ，均有12n n a a +-=， 所以{}n a 为首项为1，公差为2的等差数列， 故21n a n =-6.若数列{}n a ，11a =，2111()2n n n a a ++=，求数列{}n a 的通项公式.答案当n 是奇数时：11211()4n n a +-=⋅，整理得11()2n n a -=；当n 是偶数时：1221()4nn a a -=⋅，整理得11()2n n a +=解：因为2111()2n n n a a ++=，所以23211()2n n n a a +++=，两式相除：214n n a a +=，所以{}n a 是隔项等比数列； 1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等比数列，公比为14； 2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等比数列，公比为14； 当n 是奇数时：11211()4n n a +-=⋅，整理得11()2n n a -=当n 是偶数时：1221()4nn a a -=⋅，整理得11()2n n a +=7．（2022·浙江省富阳中学高三阶段练习）数列{}n a 满足21112,2n n n a a a ++=⋅=，求数列{}n a 的通项公式；【答案】(1)2n n a =依题意，数列{}n a 满足21112,2n n n a a a ++=⋅=，()21122n n n a a n --⋅=≥，两式相除并化简得()1142n n a n a +-=≥，312224a a a ⋅=⇒=， 所以{}{}212,n n a a -是公比为4的等比数列，其中{}21n a -的首项为2，{}2n a 的首项为4. 所以12112212242,442n n n n n n a a ----=⨯==⨯=，所以2n n a =.。

高考数列必刷典型题(讲解)

高考数列必刷典型题(讲解)

1－qn 1－q
＝a11－－aqnq(q≠1)，Sn＝na1(q＝1)．
■高考考法示例·
【例 1】 (1)(2018·唐山市期末)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 S5＝10，S8＝40，
则{an}的公差为(
)
A．1
B．2
C．3
D．4
(2)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S3，S9，S6成等差数列，且 a8＝3，则 a5 的值为________．
所以 a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0， 所以 a1＞a3，a2＜a4. 故选 B．]
[方法归纳] 等差、等比数列性质问题的求解策略
1．解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的
性质进行求解．
2．运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，
(2) a3＋a15 2 b3＋b9
＋ a3 ＝ b2＋b10 2
2a9 b1＋b11
11 ＋ a3 ＝ a9＋a3 ＝a1＋a11＝
b1＋b11 b1＋b11 b1＋b11 11
a1＋a11 2
b1＋b11 2
＝S11＝ T11
2×11－3 19 ＝ ，故选 A．
4×11－3 41
(3)数列{an}为等差数列，若aa76＜－1，则a7＋a6 a6＜0，可得 d＜0.∴a6＞0，a7＋a6＜0，a7＜0， ∴a1＋a11＝2a6＞0，S11＞0，a1＋a12＝a7＋a6＜0，S12＜0，则当 Sn＞0 时，n 的最大值为 11.故选 A．]
k1 k2 k3
k4
＝64a1，
又 a ＝a1＋(k4－1)·d＝a1＋(k4－1)·(3a1)，

高考数学复习考点题型专题讲解8 等差数列与等比数列

高考数学复习考点题型专题讲解8 等差数列与等比数列

高考数学复习考点题型专题讲解专题8 等差数列与等比数列高考定位 1.等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.1.(2022·全国乙卷)已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( ) A.14 B.12 C.6 D.3 答案 D解析 法一 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 由题意可得⎩⎨⎧S 3＝168，a 2－a 5＝42，即⎩⎨⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝168，a 1q （1－q 3）＝42，解得⎩⎨⎧a 1＝96，q ＝12，所以a 6＝a 1q 5＝3，故选D.法二 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 由题意可得⎩⎨⎧S 3＝168，a 2－a 5＝42，即⎩⎨⎧a 1（1－q 3）1－q ＝168，a 1q （1－q 3）＝42，解得⎩⎨⎧a 1＝96，q ＝12，所以a 6＝a 1q 5＝3，故选D.2.(2021·全国甲卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若S 2＝4，S 4＝6，则S 6＝( ) A.7 B.8 C.9 D.10 答案 A解析 法一 因为S 2＝4，S 4＝6，且易知公比q ≠±1，所以由等比数列的前n 项和公式，得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1（1－q 2）1－q ＝a 1（1＋q ）＝4，S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1＋q ）（1＋q 2）＝6，两式相除，得q 2＝12，所以⎩⎨⎧a 1＝4（2－2），q ＝22或⎩⎨⎧a 1＝4（2＋2），q ＝－22，所以S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝7.故选A.法二 易知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4构成等比数列，由等比中项得S 2(S 6－S 4)＝(S 4－S 2)2，即4(S 6－6)＝22，所以S 6＝7.故选A.3.(2022·新高考Ⅱ卷)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等于( )A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9答案 D解析设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且DD1＋CC1＋BB1＋AA1OD1＋DC1＋CB1＋BA1＝0.725，所以0.5＋3k3－0.34＝0.725，故k3＝0.9.4.(2021·全国甲卷)已知数列{a n}的各项为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列；②数列{S n}是等差数列；③a2＝3a1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.解①③⇒②.已知{a n}是等差数列，a2＝3a1.设数列{a n}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以S n＝na1＋n（n－1）2d＝n2a1.因为数列{a n }的各项均为正数， 所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列. ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列. 设数列{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋n （n －1）2d＝12n 2d ＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数， 则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1， 所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1. ②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1， 所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1. 设数列{S n }的公差为d ，d ＞0， 则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2， 所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ， 所以S n ＝n 2d 2，所以n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2， 对n ＝1也适合，所以a n ＝2d 2n －d 2，所以a n ＋1－a n ＝2d 2(n ＋1)－d 2－(2d 2n －d 2)＝2d 2(常数)， 所以数列{a n }是等差数列.热点一 等差数列、等比数列的基本公式1.等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；2.等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.3.等差数列的求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；4.等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎨⎧a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例 1 (1)已知等比数列{a n }的各项均为正数，且3a 12，a 34，a 2成等差数列，则a 20＋a 19a 18＋a 17等于( ) A.9 B.6 C.3 D.1(2)(2022·全国乙卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若2S 3＝3S 2＋6，则公差d ＝________.(3)已知{a n }是递减的等比数列，且a 2＝2，a 1＋a 3＝5，则{a n }的通项公式为________；a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)＝________. 答案 (1)A (2)2(3)a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3(n ∈N *) 323×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n解析 (1)设公比为q ，由3a 12，a 34，a 2成等差数列， 可得3a 12＋a 2＝a 32，所以3a 12＋a 1q ＝a 1q 22，则q 2－2q －3＝0，解得q ＝－1(舍去)或q ＝3.所以a 20＋a 19a 18＋a 17＝a 18q 2＋a 17q 2a 18＋a 17＝q 2＝9.(2)由2S 3＝3S 2＋6，可得2(a 1＋a 2＋a 3)＝3(a 1＋a 2)＋6， 化简得2a 3＝a 1＋a 2＋6， 即2(a 1＋2d )＝2a 1＋d ＋6， 解得d ＝2.(3)设等比数列{a n }的公比为q ， 由a 2＝2，a 1＋a 3＝5， 得2q＋2q ＝5， 解得q ＝12或q ＝2，又{a n }是递减的等比数列， 所以q ＝12，所以a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝12n －3，所以a n a n ＋1＝12n －3·12n －2＝122n －5，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1是首项为8， 公比为14的等比数列的前n 项和，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1－14＝323×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n.规律方法 等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略 (1)抓住基本量：首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)形式的数列为等比数列.训练1 (1)(2022·潍坊三模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 7－S 6＝24，a 3＝8，则数列{a n }的公差d ＝( ) A.2 B.4 C.6 D.8(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝90，设b n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13a n ，则数列{b n }的前15项和为( ) A.16 B.80 C.120 D.150(3)(2022·成都诊断)程大位是我国明代伟大的数学家，在他所著的《算法统宗》中有一道“竹筒容米”题：家有九节竹一茎，为因盛米不均平；下头三节三升九，上梢四节贮三升；惟有中间二节竹，要将米数次第盛；若是先生能算法，教君只算到天明.用你所学的数学知识求得中间二节的容积和为( ) A.2.1升 B.2.6升 C.2.7升 D.2.9升 答案 (1)B (2)C (3)A解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1， 公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ， 而a 7＝S 7－S 6＝24，又a 3＝8，∴a 7－a 3＝a 1＋6d －(a 1＋2d )＝4d ＝16， 解得d ＝4，故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，则S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(a 1＋a 3)(1＋q )＝90， 又a 1＋a 3＝a 1(1＋q 2)＝30， 解得a 1＝6，q ＝2， 所以a n ＝a 1q n －1＝3·2n ， 所以b n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13a n ＝n ，则{b n }为等差数列， 所以数列{b n }的前15项和T 15＝15（b 1＋b 15）2＝15×（1＋15）2＝120.故选C.(3)设从下到上每节竹容积构成数列{a n }，易知{a n }为等差数列， 设其公差为d ，则a 1＋a 2＋a 3＝3.9，a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝3，即（a 1＋a 3）×32＝3.9，（a 6＋a 9）×42＝3，所以a 1＋a 3＝2.6，a 6＋a 9＝1.5， 即2a 1＋2d ＝2.6，2a 1＋13d ＝1.5， 解得a 1＝1.4，d ＝－0.1， 所以a 4＝1.1，a 5＝1， 所以a 4＋a 5＝2.1.故选A.热点二 等差数列、等比数列的性质1.通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列，有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2.前n 项和的性质(m ，n ∈N *)：对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外).例2 (1)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－2，a 5＝2＋1，则a 1a 5＋2a 2a 6＋a 3a 7＝( ) A.1 B.9C.52＋7D.32＋9(2)(2022·徐州二模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( ) A.2 B.73C.83D.3(3)(2022·金华模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 6＋a 7＝1，则S 12＝________；若a 7<0，则使得不等式S n <0成立的最小整数n ＝________. 答案 (1)B (2)B (3)6 13 解析 (1)由等比数列的性质可得：a 1a 5＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－2＋2＋1)2＝9，故选B. (2)因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 6S 3＝3，即S 6＝3S 3， 则S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列， 即S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3， 故4S 3＝S 9－S 6，故S 9＝7S 3，故S 9S 6＝73.(3)根据题意，{a n }为等差数列， 若a 6＋a 7＝1，则S 12＝（a 1＋a 12）×122＝（a 6＋a 7）×122＝6，若a 7<0，则S 13＝（a 1＋a 13）×132＝13a 7<0，则使不等式S n <0成立的最小整数n ＝13. 规律方法 等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.训练2 (1)(2022·长沙三模)在等比数列{a n}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，则a3a9a15a5a13的值为( )A.－2＋22B.－ 2C.2D.－2或 2(2)(2022·聊城检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和，若S4S8＝25，则S8S16＝( )A.514B.726C.35 D.25(3)已知各项均为正数的等比数列{a n}，a6，3a5，a7成等差数列，若{a n}中存在两项a m，a n ，使得4a1为其等比中项，则1m＋4n的最小值为( )A.4B.9C.23 D.32答案(1)B (2)A (3)D解析(1)在等比数列{a n}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，则a7＋a11＝－5，a7·a11＝2，∴a9＝－2，则a3a9a15a5a13＝a39a29＝a9＝－ 2.(2)因为数列{a n}为等差数列，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列.因为S 4S 8＝25，所以设S 4＝2k ，S 8＝5k ，k ≠0， 则S 8－S 4＝3k ，可知S 12－S 8＝4k ，S 16－S 12＝5k ， 所以S 12＝9k ，S 16＝14k ， 所以S 8S 16＝5k 14k ＝514.(3)因为a 6，3a 5，a 7成等差数列， 所以2×3a 5＝a 6＋a 7.又{a n }是各项均为正数的等比数列， 设其首项为a 1，公比为q ， 所以6a 1q 4＝a 1q 5＋a 1q 6， 所以q 2＋q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)， 又4a 1为a m ，a n 的等比中项， 所以(4a 1)2＝a m ·a n ，所以16a 21＝a 1·2m －1·a 1·2n －1＝a 21·2m ＋n －2＝24×a 21，所以m ＋n －2＝4，即m ＋n ＝6，所以1m ＋4n ＝16(m ＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4m n ＋n m ＋4≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24mn ·n m ＝32， 当且仅当4m n ＝nm，即m ＝2，n ＝4时，等号成立，所以1m＋4n的最小值为32.故选D.热点三等差数列、等比数列的判断与证明证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.例3(2021·全国乙卷)设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2Sn ＋1bn＝2.(1)证明：数列{b n}是等差数列；(2)求{a n}的通项公式.(1)证明因为b n是数列{S n}的前n项积，所以n≥2时，S n＝bnbn－1，代入2Sn＋1bn＝2可得，2b n－1bn＋1bn＝2，整理可得2b n－1＋1＝2b n，即b n－b n－1＝12(n≥2).又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32， 故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列.(2)解 由(1)可知，b n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n （n ＋1）. 故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1，－1n （n ＋1），n ≥2.易错提醒a n ＋1＝a n q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.训练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝6，S n ＝12a n ＋1＋1.(1)证明：数列{S n －1}为等比数列，并求出S n ；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n .(1)证明 由S n ＝12a n ＋1＋1，得S n ＝12(S n ＋1－S n )＋1，即S n ＋1－1＝3(S n －1)，又a 2＝6，∴S 1＝2a 2＋1＝4，S 1－1＝3≠0，∴数列{S n －1}是首项为3，公比为3的等比数列，即S n －1＝3n ， ∴S n ＝3n ＋1.(2)解 由(1)可得：S n ＝12a n ＋1＋1＝3n ＋1，∴a n ＋1＝2×3n ， ∴a n ＝2×3n －1(n ≥2)， 又a 1＝4≠2×31－1＝2， ∴a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2， ∴1a n＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，12×3n －1，n ≥2，∴当n ≥2时，T n ＝1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝14＋12×13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13＝12－14×3n －1，当n ＝1时T 1＝14也符合上式，综上，T n ＝12－14×3n －1.一、基本技能练1.已知等比数列{a n }满足a 1＝2，a 3a 5＝4a 26，则a 3的值为( ) A.1 B.2C.1或－1D.2答案 A解析 由题意得a 3a 5＝a 24＝4a 26，又在等比数列中偶数项同号， ∴a 4＝2a 6，∴q 2＝12，∴a 3＝a 1q 2＝1，故选A.2.设数列{a n }是等差数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，a 3＋a 5＝10，S 5＝15，则S 6＝( ) A.18 B.24 C.30 D.36 答案 B解析 由等差数列的性质知a 4＝a 3＋a 52＝5，而S 5＝a 1＋a 52×5＝5a 3＝15，则a 3＝3，等差数列{a n }的公差d ＝a 4－a 3＝2， 所以a 1＝a 3－2d ＝－1，则S 6＝6a 1＋6×（6－1）2·d ＝－6＋30＝24.3.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.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块答案 C解析设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知S n，S2n－S n，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－S n)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋27×262×9＝3 402(块).4.若等差数列{a n}的前n项和为S n，则“S2 022>0，S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 B解析因为S2 022>0，S2 023<0，所以（a1＋a2 022）×2 0222>0，（a1＋a2 023）×2 0232<0，即a1＋a2 022＝a1 011＋a1 012>0，a1＋a2 023＝2a1 012<0，所以a1 011>0，a1 012<0，且a1 011>|a1 012|，所以a1 011a1 012<0，充分性成立；而当a1 011a1 012<0时，a1 011>0，a1 012<0或a1 011<0，a1 012>0，则S2 022>0，S2 023<0不一定成立.故“S2 022>0，S2 023<0”可以推出“a1 011a1 012<0”，但“a1 011a1 012<0”不能推出“S2 022>0，S2 023<0”，所以“S2 022>0，S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的充分不必要条件.故选B.5.(多选)已知等比数列{a n}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )A.a3＋a7≥2B.a4＋a6≥2C.a7－2a6＋1≥0D.a3－2a4－1≥0答案AC解析因为等比数列{a n}的公比为q，且a5＝1，所以a3＝1q2，a4＝1q，a6＝q，a7＝q2，因为a3＋a7＝1q2＋q2≥2，当且仅当q2＝1时等号成立，故A正确；因为a4＋a6＝1q＋q，当q<0时式子为负数，故B错误；因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确；因为a3－2a4－1＝1q2－2q－1＝⎝⎛⎭⎪⎫1q－12－2，则a3－2a4－1≥0不成立，故D错误.6.(多选)(2022·张家口质检)已知数列{a n}的前n项和为S n，下列说法正确的是( )A.若S n＝n2＋1，则{a n}是等差数列B.若S n＝3n－1，则{a n}是等比数列C.若{a n }是等差数列，则S 9＝9a 5D.若{a n }是等比数列，且a 1>0，q >0，则S 1·S 3>S 22 答案 BC解析 若S n ＝n 2＋1，当n ≥2时，a n ＝2n －1，a 1＝2不满足a n ＝2n －1， 故A 错误；若S n ＝3n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1， 由于a 1＝S 1＝31－1＝2， 满足a n ＝2·3n －1，所以{a n }是等比数列，故B 正确； 若{a n }是等差数列，则S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5，故C 正确；当q ＝1时，S 1·S 3－S 22＝a 21(1＋q ＋q 2)－a 21(1＋q )2＝－a 21q <0，故D 错误， 综上，选BC.7.写出一个公差为2，且前3项和小于第3项的等差数列a n ＝________. 答案 2n －4(n ∈N *)(答案不唯一) 解析 依题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3<a 3，d ＝2，解得a 1<－1，不妨令a 1＝－2，∴a n ＝2n －4.8.(2022·菏泽模拟)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＝2a n －1，若a n ∈(0，2 022)，则称项a n 为“和谐项”，则数列{a n }的所有“和谐项”的和为________. 答案 2 047解析当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－1－(2a n－1－1)＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，又由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，∴{a n}是公比为2，首项为1的等比数列，∴a n＝2n－1，由a n＝2n－1<2 022，得n－1≤10，即n≤11，∴所求和为S11＝1－2111－2＝2 047.9.已知数列{a n}满足a1＝1，(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n－1，且a n＋1>a n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝________.答案n2解析因为a1＝1，a n＋1>a n≥a1>0，所以a n＋1>a n.由(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1得a n＋1＋a n－1＝2a n a n＋1，所以(a n＋1－a n)2＝1，所以a n＋1－a n＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n，即a n＝n2.10.(2022·福州模拟)已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，若S2＋a2＝S3－3，则a4＋3a2的最小值为________.答案18解析由S2＋a2＝S3－3得a2＝S3－S2－3＝a3－3，所以a 1q ＝a 1q 2－3⇒a 1＝3q 2－q>0⇒q >1，所以a 4＋3a 2＝a 1q 3＋3a 1q ＝3（q 3＋3q ）q 2－q ＝3（q 2＋3）q －1＝3×（q －1）2＋2（q －1）＋4q －1＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤（q －1）＋4q －1＋6 ≥3×2（q －1）·4q －1＋6＝18，当且仅当q －1＝4q －1， 即q ＝3时等号成立，故a 4＋3a 2的最小值为18. 11.设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和.若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3(m ∈N *)，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1.由已知得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝3.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *). (2)由(1)知log 3a n ＝n －1， 故S n ＝n （n －1）2(n ∈N *).由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，得m (m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)(m ＋2)， 即m 2－5m －6＝0.解得m ＝－1(舍去)或m ＝6.12.(2022·新高考Ⅱ卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2－b 2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.(1)证明设等差数列{a n}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.(2)解由(1)知a n＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，b n＝b1·2n－1，由b k＝a m＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.二、创新拓展练13.(多选)(2022·济南质检)在等比数列{a n}中，公比为q，其前n项积为T n，并且满足a 1>1，a99·a100－1>0，a99－1a100－1<0，下列结论中正确的是( )A.0<q<1B.a99·a101－1<0C.T100的值是T n中最大的D.使T n>1成立的最大自然数n值等于198 答案ABD解析对于A，∵a99·a100－1>0，∴a 21·q 197>1，∴(a 1·q 98)2·q >1. ∵a 1>1，∴q >0. 又∵a 99－1a 100－1<0， ∴a 99>1，且a 100<1， ∴0<q <1，故A 正确；对于B ，∵a 2100＝a 99·a 101，a 100<1， ∴0<a 99·a 101<1，即a 99·a 101－1<0，故B 正确； 对于C ，由于T 100＝T 99·a 100， 而0<a 100<1，故有T 100<T 99，故C 错误；对于D ，T 198＝a 1·a 2·…·a 198＝(a 1·a 198)(a 2·a 197)·…·(a 99·a 100)＝(a 99·a 100)99>1，T 199＝a 1·a 2·…·a 199＝(a 1·a 199)·(a 2·a 198)…(a 99·a 101)·a 100＝(a 100)100<1，故D 正确. 故选ABD.14.(多选)(2022·石家庄模拟)已知数列{a n }满足a 1＝10，a 5＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，则下列结论正确的是( ) A.a n ＝12－2nB.|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧30，n ≤5，n 2＋5，n >5C.|a n |的最小值为0D.当且仅当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n 取得最大值30 答案 AC解析 由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0， 可得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列，设公差为d ， 因为a 1＝10，a 5＝2， 所以d ＝a 5－a 15－1＝－2，所以a n ＝10－2(n －1)＝12－2n ， 故A 正确；当n ＝6时，a n ＝0，所以当n ≤5时，a n >0， 当n >5时，a n ≤0，所以当n ≤5时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n （10＋12－2n ）2＝11n －n 2.当n >5时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－…－a n＝－(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 5) ＝－S n ＋2S 5 ＝－(11n －n 2)＋60 ＝n 2－11n ＋60，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧11n －n 2，n ≤5，n 2－11n ＋60，n >5，故B 错误；|a n |＝|12－2n |，当n ＝6时，|a n |取得最小值为0，故C 正确； 当n ＝5或n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n 取最大值30，故D 错误.15.(多选)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝a 2＝1，a n ＝a n －1＋2a n －2(n ≥3)，则下列结论正确的是( ) A.数列{a n ＋1＋a n }为等比数列 B.数列{a n ＋1－2a n }为等比数列 C.a n ＝2n ＋1＋（－1）n3D.S 20＝23(410－1)答案 ABD解析 因为a n ＝a n －1＋2a n －2(n ≥3)， 所以a n ＋a n －1＝2a n －1＋2a n －2 ＝2(a n －1＋a n －2)， 又a 1＋a 2＝2≠0，所以{a n ＋a n ＋1}是等比数列，A 正确；同理a n －2a n －1＝a n －1＋2a n －2－2a n －1＝－a n －1＋2a n －2＝－(a n －1－2a n －2)，而a 2－2a 1＝－1， 所以{a n ＋1－2a n }是等比数列，B 正确； 若a n ＝2n ＋1＋（－1）n3，则a 2＝23＋（－1）23＝3，但a 2＝1≠3，C 错误；由A 知{a n ＋a n ＋1}是等比数列，且公比为2，因此数列a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，…仍然是等比数列，公比为4，其前10项和为T 10， 则S 20＝T 10＝2（1－410）1－4＝23(410－1)，故D 正确.16.(多选)(2022·泰州调研)若正整数m ，n 只有1为公约数，则称m ，n 互质，对于正整数k ，φ(k )是不大于k 的正整数中与k 互质的数的个数，函数φ(k )以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(6)＝2，φ(8)＝4.已知欧拉函数是积性函数，即如果m ，n 互质，那么φ(mn )＝φ(m )φ(n )，例如：φ(6)＝φ(2)φ(3)，则( ) A.φ(5)＝φ(8)B.数列{φ(2n )}是等比数列C.数列{φ(6n )}不是递增数列D.数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1φ（6n ）的前n 项和小于35 答案 ABD解析 ∵φ(5)＝4，φ(8)＝4， ∴φ(5)＝φ(8)，A 对.∵φ(2n )＝2n －1，∴{φ(2n )}是等比数列，B 对.∵φ(6n )＝2·6n －1，∴{φ(6n )}一定是单调递增数列，故C 错.φ(6n )＝2·6n －1，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1φ（6n）的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫16n1－16＝35⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫16n<35，D 对，选ABD. 17.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝12，S n ＋1·(2－S n )＝1.(1)求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n －1是等差数列； (2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 中最接近2 023的数.(1)证明1S 1－1＝1a 1－1＝－2.由S n ＋1·(2－S n )＝1，得S n ＋1＝12－S n. 因为1S n ＋1－1－1S n －1＝112－S n－1－1S n －1＝2－S n S n －1－1S n －1＝－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n －1是以－2为首项，－1为公差的等差数列.(2)解 由(1)得1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，即S n ＝nn ＋1，则a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1n （n ＋1）(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝12满足上式，所以a n ＝1n （n ＋1）(n ∈N *)，则1a n＝n (n ＋1).由f (x )＝x (x ＋1)＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋122－14在(0，＋∞)上单调递增， 当n ＝44时，1a 44＝44×45＝1 980；当n ＝45时，1a 45＝45×46＝2 070.所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 中最接近2 023的数是1 980.。

高考真题与模拟训练 专题10 等差数列(解析版)

高考真题与模拟训练 专题10 等差数列(解析版)

专题10 等差数列第一部分 真题部分一、选择题1．（2021·北京高考真题）{}n a 和{}n b 是两个等差数列，其中()15kka kb ≤≤为常值，1288a =，596=a ，1192b =，则3b =（ ）A ．64B ．128C ．256D ．512【答案】B【解析】由已知条件可得5115a a b b =，则51519619264288a b b a ⨯===，因此，1531926412822b b b ++===. 故选：B.2．（2021·北京高考真题）数列{}n a 是递增的整数数列，且13a ≥，12100n a a a ++⋅⋅⋅+=，则n 的最大值为（ ） A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】C【解析】若要使n 尽可能的大，则1a ，递增幅度要尽可能小，不妨设数列{}n a 是首项为3，公差为1的等差数列，其前n 项和为n S ， 则2n a n =+，1131311881002S +=⨯=<，12314121021002S +=⨯=>， 所以n 的最大值为11. 故选：C.3．（2020·浙江高考真题）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，b n+1=S 2n+2–S 2n ，n *∈N ，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6 B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =【答案】D【解析】对于A ，因为数列{}n a 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，4262a a a =+，A 正确；对于B ，由题意可知，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，1212b S a a ==+， ∴234b a a =+，478b a a =+，61112b a a =+，81516b a a =+． ∴()47822b a a =+，26341112b b a a a a +=+++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++，B 正确；对于C ，()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-，当1a d =时，2428a a a =，C 正确； 对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++，()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-．当0d >时，1a d ≤，∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->；当0d <时，1a d ≥，∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D.4．（2019·全国高考真题（理））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =- B ． 310n a n =- C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =- 【答案】A【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，故选A ． 二、填空题5．（2021·江苏高考真题）已知等比数列{}n a 的公比为q ，且116a ，24a ，3a 成等差数列，则q 的值是___________. 【答案】4【解析】因为{}n a 为等比数列，且公比为q ， 所以21a a q =⋅，231a a q =⋅且10a ≠，0q ≠. 因为116a ，24a ，3a 成等差数列， 所以1321624a a a +=⨯，有21111624a a q a q +⋅=⨯⋅，28160q q -+=， 解得4q =. 故答案为：4.6．（2020·海南高考真题）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________． 【答案】232n n -【解析】因为数列{}21n -是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列{}32n -是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{}n a 是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以{}n a 的前n 项和为2(1)16322n n n n n -⋅+⋅=-， 故答案为：232n n -.7．（2020·全国高考真题（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S =__________．【答案】25 【解析】{}n a 是等差数列，且12a =-，262a a +=设{}n a 等差数列的公差d根据等差数列通项公式：()11n a a n d +-= 可得1152a d a d +++= 即：()2252d d -++-+= 整理可得：66d =解得：1d =根据等差数列前n 项和公式：*1(1),2n n n S na d n N -=+∈ 可得：()1010(101)1022045252S ⨯-=-+=-+=∴1025S =.故答案为：25.8．（2019·江苏高考真题）已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是_____. 【答案】16.【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩， 解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 9．（2019·全国高考真题（理））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________. 【答案】4.【解析】因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d⨯+==⨯+． 三、解答题10．（2021·天津高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式； （II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈， （i ）证明{}22n n c c -是等比数列；（ii）证明)*nk n N =∈【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =， 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈； 设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去），所以114,n n n b q n N b -*==∈； （II ）（i ）由题意，221441n n n n n b c b =++=， 所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-， 所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--， 所以数列{}22n n c c -是等比数列；（ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-==，所以112nn k k k k-==<， 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑， 则123112322222n n nT =+++⋅⋅⋅+， 两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--， 所以1242n n n T -+=-，所以1112422n nk nk kk n--==+⎫=-<⎪⎭11．（2021·全国高考真题）记n S是公差不为0的等差数列{}n a的前n项和，若35244,a S a a S==．（1）求数列{}n a的通项公式n a；（2）求使n nS a>成立的n的最小值．【答案】(1)26na n=-；(2)7.【解析】(1)由等差数列的性质可得：535S a=，则：3335,0a a a=∴=，设等差数列的公差为d，从而有：()()22433a a a d a d d=-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d=+++=-+-++-=-，从而：22d d-=-，由于公差不为零，故：2d=，数列的通项公式为：()3326na a n d n=+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a=-=-，则：()()214252nn nS n n n-=⨯-+⨯=-，则不等式n nS a>即：2526n n n->-，整理可得：()()160n n-->，解得：1n<或6n>，又n为正整数，故n的最小值为7.12．（2021·全国高考真题）已知数列{}n a满足11a=，11,,2,.nnna naa n++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n nb a=，写出1b，2b，并求数列{}n b的通项公式；（2）求{}n a的前20项和.【答案】（1）122,5b b==；（2）300.【解析】（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a==+===+=++=又22211k ka a++=+，2122k ka a+=+，*()k N∈故2223k ka a+=+，即13n nb b+=+，即13n nb b+-=所以{}n b为等差数列，故()21331nb n n=+-⨯=-.（2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.13．（2021·全国高考真题（理））已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：②数列是等差数列；③213aa =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】答案见解析【解析】选①②作条件证明③：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n aa n =-，所以213a a =.选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列， 所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n =+=，所以是等差数列.选②③作条件证明①：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-； 当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列； 当43a b =-4=3an b an a =+-03a=-<不合题意，舍去.综上可知{}n a 为等差数列.14．（2021·全国高考真题（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【解析】（1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈ 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; （2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n nb n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b nS b n+==-+,当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.15．（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x-=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：x(1,e)e(e ，+∞) ()f 'x+0 –f （x ）极大值因为2663=<=，所以max ()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln k q k，即k k q ≤，经检验知1k q k -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．16．（2019·北京高考真题（文））设{a n }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{a n }的通项公式；（Ⅱ）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值． 【答案】（Ⅰ）212n a n =-；（Ⅱ）30-. 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为234+10+8+6a a a ，，成等比数列，所以2324(+8)(+10)(+6)a a a =，即2(22)(34)d d d -=-，解得2d =，所以102(1)212n a n n =-+-=-.（Ⅱ）由（Ⅰ）知212n a n =-, 所以22102121112111()224n n S n n n n -+-=⨯=-=--；当5n =或者6n =时，n S 取到最小值30-.第二部分 模拟训练1．若数列{}n a 为等差数列，且16a π=，32a π=，则20cos a =（ ）A ．12B C ．12-D ． 【答案】C 【解析】3126a a d π-== 201101963a a ππ=+⋅=201041cos coscos cos 3332a ππππ⎛⎫===+=- ⎪⎝⎭ 故选：C2．记n S 为数列{}n a 的前项和，已知点(,)n n a 在直线102y x =-上，若有且只有两个正整数n 满足n S k ≥，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(8,14] B ．(14,18] C ．(18,20] D ．81(18,]4【答案】C【解析】解：由已知可得102n a n =-，由12n n a a --=-，所以数列{}n a 为等差数列，首项为8，公差为-2， 所以2(1)8(2)92n n n S n n n -=+⨯-=-+， 当n =4或5时， n S 取得最大值为20， 因为有且只有两个正整数n 满足n S k ≥， 所以满足条件的4n =和5n =， 因为3618S S ==，所以实数k 的取值范围是(]18,20． 故选：C ．3．已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，3518a S +=-，63a a =-，则下列数值中最大的是（ ）A ．416S B ．525S C ．636SD ．749S【答案】D【解析】设等差数列{}n a 的公差为d，3518a S +=-，63a a =-，()111154+2+5+182+5+2a d a d a d a d ⨯⎧=-⎪∴⎨⎪=-⎩，解得17a =-，2d =，()217282n n n S n n n -=-+⨯=-，281n S n n ∴=-，可得2n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是单调递增数列， 所以在416S ，525S ，536S ，749S 中，最大的为749S ． 故选：D.4．在正项等比数列{}n a 中.24a =.416a =.满足123m a a a a =21ma +.则m =（ ） A ．4 B ．3C ．5D ．8【答案】A【解析】由题意得公比2q ===， 首项21422a a q ===， ∴111222n n nn a a q --==⨯=，由21231m m a a a a a +=，()(1)12212331 (2)2222222m m m m m++++++===可得(1)2(1)222m m m ++=，解得4m =,故选：A.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21122n S n n =+，若()1211n n n n n b a a ++=-⋅，则数列{}n b 的前n 项和n T =______.【答案】,12,1n nn n T n n n ⎧-⎪⎪+=⎨+⎪-⎪+⎩为偶数为奇数【解析】21122n S n n =+， 当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，()()2211111112222n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=⎢⎥⎣⎦，满足11a =， n a n ∴=，()()()()12111++121111+1nn n n n n n n b a n n a n n +++=-⋅=-⋅=⎛⎫∴⋅ ⎪⎝⎭-， 当n 为偶数时，111111111+122334111n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-++++=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 当n 为奇数时，1111111121+122334111n n T n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-++-+=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ,12,1n n n n T n n n ⎧-⎪⎪+∴=⎨+⎪-⎪+⎩为偶数为奇数.故答案为：,12,1n nn n T n n n ⎧-⎪⎪+=⎨+⎪-⎪+⎩为偶数为奇数6．数列{}n a 的前n 项和为n S ，23nn n a S +=，数列{}n b 满足()()211332n bn n a a n N *++=-∈，则数列{}n b 的前10项和为______． 【答案】65【解析】由23nn n a S +=知：11123n n n a S ++++=，则1112233n n n n n n a S a S ++++--=-，得1323n n n a a +-=⨯，∴121323n n n a a +++-=⨯，而()()211332n bn n a a n N *++=-∈， ∴1n b n =+，故数列{}n b 的前10项和为1010(211)652T ⨯+==， 故答案为：65.7．设公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若数列{}n a 满足：存在三个不同的正整数,,r s t ，使得,,r s t a a a 成等比数列，222,,r s t a a a 也成等比数列，则1990nnS S a +的最小值为___________.【答案】45【解析】设1(1)n a a n d =+-，0d ≠， 由题意,,r s t a a a 成等比数列，s t r s a a a a =，所以s t s t r s r s a a a a s t a a a a r s--===--， 222,,r s t a a a 也成等比数列，2222s t r s a a a a =，所以222222222222s t s t r s r s a a a a s t s t a a a a r s r s---====---， 所以s t r s a a a a =2222s t r s a a a a ==，所以s t r s a a a a =2222s t r s a a a a ==2222s s r r a a s s sa a r r r--===--， 1111(1)(1)s r a a s d a d sd s a a r d a d rd r+--+===+--+，所以10a d -=，1d a =． 1111(1)99099099012(1)22nnn n a na dS S n a a n d n -+++==+++-，4445<<，设9901()22n f n n =++，由勾形函数性质知()f n在上递减，在)+∞上递增，又*n N ∈， (45)45f =，990441(44)454422f =++=，所以()f n 的最小值为45．即1990nnS S a +的最小值为45．故答案为：45．8．已知定义在[0,)+∞上的函数()f x 满足()()151,0222,2x x f x f x x ⎧--≤<⎪=⎨--≥⎪⎩.设()f x 在[)()*22,2n n n -∈N上的最大值记作n a ，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则n S 的最大值为___________. 【答案】64【解析】由题意，函数()()151,0222,2x x f x f x x ⎧--≤<⎪=⎨--≥⎪⎩，当1n =时，[0,2)x ∈，此时()151f x x =--，此时函数()f x 在[0,2)上的最大值为()1151115f =--=，所以115a =，当2n =时，[2,4)x ∈，此时()()22f x f x =--，此时2[0,2)x -∈， 所以()()2215212133f x f x x x =--=----=--，此时函数()f x 在[2,4)[0,2)上的最大值为()3133313f =--=，所以213a =，当[22,2)x n n ∈-时，()15[(22)]2(1)15(22)12(1)f x f x n n x n n =-----=------， 此时函数()f x 的最大值为()172f n n =-，所以172n a n =-，当18,n n N +≤≤∈时，0n a >，当9,n n N +≥∈时，0n a <，所以n S 的最大值为8818()8(151)6422a S a +⨯+===. 故答案为：64.9．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项11a =，且41412S S -=.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足111,21n n b b T +==+.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.【答案】（1）21n a n =-，13n n b -=；（2）1133n n n T -+=-. 【解析】解：（1）设数列{}n a 的公差为d ，且11a =， 又41412S S -=，则()12341412312a a a a a d +++-=++=， 所以2d =，则1(1)221n a n n =+-⋅=-；由121n n b T +=+可得121(2)n n b T n -=+≥， 两式相减得12n n n b b b +-=，13(2)n n b b n +=≥，又21213b T =+=， 所以213b b =，故{}n b 是首项为1，公比为3的等比数列，所以13n n b -=.（2）设1213n n n n a n c b --==， 记{}n c 的前n 项和为n T .则0121135213333n n n T --=++++， 12311352133333n n n T -=++++， 两式相减得：121222221133333n n n n T --=++++-，11112212233122133313n n n n n n T -⎛⎫⨯- ⎪-+⎝⎭=+⨯-=--，所以1133n n n T -+=-.10．已知数列{}n a 满足31212311212121212n n n a a a a ++++=-++++，n *∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，且21122n S n n k =-+，令2n n n c b a kn =-+，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】（1）112n n a =--；（2）()11122n n n n T +=+- ． 【解析】（1）当1n =时，11132a =-，132a ∴=-；当2n ≥时，由31212311212121212n n n a a a a ++++=-++++，①得31121231111212121212nn n a a a a ---++++=-++++，② ①-②得，111121222n n n n n a -=-=-+，112n n a ∴=--，132=-a 也符合，因此，数列{}n a 的通项公式为112n n a =--； （2）由题意，设等差数列{}n b 的公差为d ， 则()221111122222n n n d d d S nb n b n n n k -⎛⎫=+=+-=-+ ⎪⎝⎭， 11221220d d b k ⎧=⎪⎪⎪∴-=-⎨⎪=⎪⎪⎩，解得，1010b d k =⎧⎪=⎨⎪=⎩，()111n b b n d n ∴=+-=-；由（1）知，212n n n nc b a kn n =-+=+， 故123231*********2n n nT c c c c n ⎛⎫=++++=+++++++++ ⎪⎝⎭()()111111*********n n n n n n ⎛⎫- ⎪++⎝⎭=+=+--． 11．已知数列{}n a 满足0n a ≠恒成立.（1）若221n n n a a ka ++=且0n a >，当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（2）若2212n n n a a a ++=且0n a >，当11a =、4a =2a 以及n a 的通项公式；（3）若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，3[4,8]a ∈，20200a <，设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.【答案】（1）1 ；（2）2a ，()21n n a -=；（3）505143-【解析】（1）若221n n n a a ka ++=且0n a >，所以221lg lg n n n a a ka ++=，即21lg lg 2lg lg n n n a a k a ++=++，当{}lg n a 成等差数列时，21lg lg 2lg n n n a a a ++=+， 所以lg 0k =，解得：1k = ；（2）2212n n n a a a ++=，令1n =可得21322a a a =，即2322a a =，令2n =可得22432a a a =，即2232a =所以42224a =⨯，因为0n a >，所以32a =，解得2a =， 由2212n n n a a a ++=可得2112n n n na aa a +++=， 所以1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为21a a =2的等比数列，所以112n n na a -+=，所以0212a a =，1322a a =，2432a a =，212n nn a a --=， 以上式子累乘得：()()()()()()21211112101222122n n n n n n n n n na a --------++++-=⨯=⨯=⨯=，所以()21n n a -=，（3）由21312n n n n a a a a +++=-可得132412n n n n a a a a ++++=-， 所以22424111224n n n n n n a a a a a a +++++⎛⎫=-- ⎪=⎝⎭⨯， 因为0n a ≠，所以414n n a a +=，即44n n a a +=， 所以2505504202020162012444444k k a a a a a -=====，因为20200a <，所以504440a <，所以40a <，因为213412a a a a =-，所以341220a a a a =+即2432a a a =， ()()()202015920172610201837112019S a a a a a a a a a a a a =++++++++++++++()48122020a a a a +++++()()250425041214441444a a =+++++++++()250431444a +++++()250441444a +++++()()250412341444a a a a =+++++++，因为2432a a a =，3[4,8]a ∈，所以240a a >，因为40a <，所以20a <，所以()24a a +-≥=-24a a +≤-所以123431a a a a a +++≤-+-，令31y a =-+-2,t ⎡=⎣，21y t =--，对称轴为t =，是开口向上的抛物线，在2,t ⎡∈⎣单调递增，所以t =时取得最大值，故1234a a a a +++最大值为(211-=-，所以()()2504202012341444S a a a a =+++++++最大值为50550514141143---⨯=-.。

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1．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n2．(2019·长郡中学联考)已知数列{a n }满足，a n ＋1＋2a n ＝0，且a 2＝2，则{a n }前10项的和等于( )A.1－2103B ．－1－2103C ．210－1D ．1－2103．已知等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠－1，且a 5＋a 4＝3(a 3＋a 2)，则9a 1a 2a 3…a 9等于( )A ．－9B ．9C ．－81D ．814．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．125．(2019·山东省实验中学联考)已知等差数列{a n }的公差不为零，S n 为其前n 项和，S 3＝9，且a 2－1，a 3－1，a 5－1构成等比数列，则S 5＝( )A ．15B ．－15C ．30D ．25二、填空题6．(2019·北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________．7．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地．”则此人第4天走的里程是________里．8．(2019·雅礼中学调研)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n＋2(n ∈N *)．令b n ＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝________．三、解答题9．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5.(1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．10．已知数列{a n }是等比数列，并且a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ，记S n 为数列{b n }的前n 项和，证明：S n ＜163.B 级 能力提升11．(2019·广州调研)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2D.9212．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，若a ·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足2a n －1＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．1．解析：设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n .答案：A2．解析：由题意得，a n ＋1＋2a n ＝0，则a n ＋1a n＝－2，即数列是公比为－2的等比数列，又a 2＝2，所以a 1＝－1，所以{a n }前10项的和等于S 10＝a 1（1－q 10）1－q＝－1－2103.答案：B3．解析：根据题意可知a 5＋a 4a 3＋a 2＝q 2＝3，则9a 1a 2a 3…a 9＝ 9a 95＝a 5＝a 1·q 4＝1×32＝9. 答案：B4．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×（3－1）2×d ＝2a 1＋2×（2－1）2×d ＋4a 1＋4×（4－1）2d ，解得d ＝－32a 1，因为a 1＝2，所以d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 答案：B5．解析：设数列{a n }的公差为d (d ≠0)， 由S 3＝3a 2＝9，得a 2＝3.又a 2－1，a 3－1，a 5－1成等比数列，所以(a 3－1)2＝(a 2－1)(a 5－1)，则(2＋d )2＝2(2＋3d )， 所以d ＝2，则a 3＝a 2＋d ＝5，故S 5＝5a 3＝25. 答案：D 二、填空题6．解析：因为a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， 所以a 1＝－4，d ＝1， 所以a 5＝a 1＋4d ＝0， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n ＜0，则n ＜5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正，所以S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －107．解析：由题意，每天走的路程构成公比为12的等比数列．设等比数列的首项为a 1，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，所以a 1＝192.因此a 4＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝24.答案：248．解析：由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 所以{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝3n ，a n ＝3n －1. 所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝100（1＋100）2＝5 050.答案：5 050 三、解答题9．解：(1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ， S n ＝n （n －9）d 2.由a 1＞0知d ＜0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0， 解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N *}． 10．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q ， 因为a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1＝a 1－3，a 3＝（a 2＋1）－3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q －a 1＝－4，a 1q 2－a 1q ＝－2，解得⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12.所以a n ＝a 1qn －1＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝24－n .(2)证明：因为b n ＋1b n ＝a 2n ＋2a 2n ＝14，所以数列{b n }是以b 1＝a 2＝4为首项，14为公比的等比数列．所以S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝163·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＜163. B 级 能力提升11．解析：依题意a 23＝a 1a 13，即(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.因此a n ＝2n －1，S n ＝n 2.则2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1＝（n ＋1）2－2（n ＋1）＋9n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥2（n ＋1）×9n ＋1－2＝4，当且仅当n ＝2时取得最小值4.答案：A12．解：(1)设数列{a n }的公差为d ， 由a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，a ·b ＝24，得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2， 因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)， 所以1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为2a n －1＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3， 所以T n ＝4n λ＋2λ，当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ，此时有b nb n －1＝4，若{b n }是等比数列，则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。

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