数列高考题隔项问题 -

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2018年高考数学破解命题陷阱专题16 数列求和的方法规律

专题16 数列求和的方法规律一．高考命题类型 1.倒序求合法 2.裂项求和法 3.错位相减求和 4.分组求和 5.分奇偶数讨论求和 6.利用数列周期性求和 7.含有绝对值的数列求和二．命题陷阱及命题陷阱破解措施 1.倒序求和例1. 设()f x =，利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值是________．【答案】【方法规律总结】：倒序相加法求和，不仅应用在等差数列中，而且在函数以及组合中也有应用。

等差数列中主要利用等差数列性质：若()*,,,,m n p q m n p q N+=+∈，则mn p q aa a a +=+；函数中主要利用对称中心性质：若()f x 关于(),m n 对称，则()()22f x f m x n +-=；组合中中主要利用组合数性质：n m n m m C C -=练习1.已知()11sin 22f x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，数列{}n a 满足()()12101n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则2017a =__________．【答案】1009【解析】因为sin y x =的图象关于原点对称， ()1122f x sin x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的图象由sin y x =向上平移12个单位，向右平移12个单位，故答案为1009. 练习 2.已知函数12f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭为奇函数， ()()1g x f x =+，若2017n n a g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则数列{}n a 的前2016项和为( )【解析】∵函数12f x ⎛⎫+⎪⎝⎭为奇函数图象关于原点对称， ∴函数()f x 的图象关于点(12,0)对称， ∴函数()()1g x f x =+的图象关于点(12,1)对称，∴()()12g x g x +-=， ∵2017n n a g ⎛⎫=⎪⎝⎭，12320152016201620172017201720172017g g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯++=⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，练习3. 已知函数()32331248f x x x x =-++，则201612017k k f=⎛⎫⎪⎝⎭∑的值为 _____．2.裂项求和例2. 数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（）1656130【解析】()11111n a n n n n ==-++5111111111512233445566S ∴=-+-+-+-+-=练习1.数列）1【解析】n n==+故数列的前10项的和为10...1S =练习2.在等差数列{}n a 中， 357116,8a a a a ++==，则数列341·n n a a ++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为（）21nn +练习3. 已知数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S ， n T ，且0n a >， 2*63,n n n S a a n N =+∈，()()122121nnn a n a a b +=--，若*,n n N k T ∀∈>恒成立，则k 的最小值是( )178441【答案】B【解析】当1n =时， 211163a a a =+，解得13a =或10a =. 由0n a >得13a =.由263n n n S a a =+，得211163n n n S a a +++=+. 两式相减得22111633n n n n n a a a a a +++=-+-.所以11()(3)0n n n n a a a a +++--=.因为0n a >，所以110,3n n n n a a a a +++>-=.即数列{}n a 是以3为首项，3为公差的等差数列，所以()3313n a n n =+-=. 所以()()()()111281117818181812121nnn a n n n n n n a a b +++⎛⎫===- ⎪------⎝⎭. 所以22311111111111117818181818181778149n n n n T ++⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-< ⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭. 要使*,n n N k T ∀∈>恒成立，只需149k ≥.练习4.已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若12a =且12n n S S +=，设2log n n b a =，则122320172018111b b b b b b +++的值是（）4033201712232017201811111111140331122232016201720172017b b b b b b +++=+-+-++-=-=. 故选B. 练习5.定义12nnp p p +++为n 个正数12,,,n p p p 的“均倒数”，若已知数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，又14n n a b +=，则122320152016111b b b b b b +++=（）练习6.数列{}n a 满足11a =，且对于任意的*n N ∈都有11n n a a a n +=++，则122017111···a a a +++等于（）20162017403220172017201840342018【答案】D【解析】由题意可得： 11n n a a n +-=+，则：1213211,2,23,,n n a a a a a a n -=-=-=-=，以上各式相加可得： ()12n n n a +=，则：11121n a n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭， 12201711111111403421223201720182018a a a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⨯-+-++-=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 练习7.设数列{}n a 满足122,6a a ==，且2122n n n a a a ++-+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则122017201720172017a aa ⎡⎤+++=⎢⎥⎣⎦( )解得(1)n a n n =+， ∴1111n a n n =-+， ∴121111111111122311n a a a n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=-+-+-=- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴12201720172017a a a +++ 则122017201720172017a a a ⎡+++⎢⎥⎣120162018+练习8. 已知幂函数()af x x =的图象过点()4,2，令()()11n a f n f n =++（*n N ∈），记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则2018S =（）1111-【解析】函数()af x x =的图象过点()4,2，可得42a=,解得12a =，()12f x x=，则()()11n a f n f n ===++，则2018120191S =+.练习9. 已知数列{}n a 的首项为9，且()21122n n a a a n --=+≥，若1112n n n b a a +=++，则数列{}n b 的前n 项和n S =__________．【答案】2119101n -- 练习10.设数列{}na n S ，点,n S n n⎛⎫ ⎪⎝⎭， ()*n N ∈均在函数32y x =-的图象上. （1）求数列{}n a 的通项公式。

行政职业能力测验辅导之数字推理精选例题

数字推理的主要是通过加、减、乘、除、平方、开方等方法来寻找数列中各个数字之间的规律，从而得出最后的答案。

在实际解题过程中，根据相邻数之间的关系分为两大类：一、相邻数之间通过加、减、乘、除、平方、开方等方式发生联系，产生规律，主要有以下几种规律：1、相邻两个数加、减、乘、除等于第三数2、相邻两个数加、减、乘、除后再加或者减一个常数等于第三数3、等差数列：数列中各个数字成等差数列4、二级等差：数列中相邻两个数相减后的差值成等差数列5、等比数列：数列中相邻两个数的比值相等6、二级等比：数列中相邻两个数相减后的差值成等比数列7、前一个数的平方等于第二个数8、前一个数的平方再加或者减一个常数等于第二个数;9、前一个数乘一个倍数加减一个常数等于第二个数;10、隔项数列：数列相隔两项呈现一定规律，11、全奇、全偶数列12、排序数列二、数列中每一个数字本身构成特点形成各个数字之间的规律。

1、数列中每一个数字都是n 的平方构成或者是n 的平方加减一个常数构成，或者是n的平方加减n构成2、每一个数字都是n的立方构成或者是n的立方加减一个常数构成，或者是n的立方加减n3、数列中每一个数字都是n的倍数加减一个常数以上是数字推理的一些基本规律，必须掌握。

但掌握这些规律后，怎样运用这些规律以最快的方式来解决问题呢?这就需要在对各种题型认真练习的基础上，应逐步形成自己的一套解题思路和技巧。

第一步，观察数列特点，看是否存是隔项数列，如果是，那么相隔各项按照数列的各种规律来解答第二步，如果不是隔项数列，那么从数字的相邻关系入手，看数列中相邻数字在加减乘除后符合上述的哪种规律，然后得出答案。

第三步，如果上述办法行不通，那么寻找数列中每一个数字在构成上的特点，寻找规律。

当然，也可以先寻找数字构成的规律，在从数字相邻关系上规律。

这里所介绍的是数字推理的一般规律，在对各种基本题型和规律掌握后，很多题是可以直接通过观察和心算得出答案。

1. 256 ，269 ，286 ，302 ，（）A.254B.307C.294D.316解析： 2+5+6=13256+13=2692+6+9=17269+17=2862+8+6=16286+16=302?=302+3+2=3072. 72 , 36 , 24 , 18 , ( )A.12B.16C.14.4D.16.4解析：（方法一）相邻两项相除,72 36 24 18\ / \ / \ /2/1 3/2 4/3(分子与分母相差1 且前一项的分子是后一项的分母)接下来貌似该轮到5/4,而18/14.4=5/4. 选C（方法二）6×12=72，6×6=36，6×4=24，6×3 =18，6×X 现在转化为求X12，6，4，3，X12/6 ，6/4 ， 4/3 ，3/X 化简得2/1，3/2，4/3，3/X，注意前三项有规律，即分子比分母大一，则3/X=5/4可解得：X=12/5再用6×12/5=14.43. 5 ，6 ，19 ，17 ，（），-55A.15B.344C.343D.11解析：前一项的平方减后一项等于第三项5^2 - 6 = 196^2 - 19 = 1719^2 - 17 = 34417^2 - 344 = -554. 3 , 11 , 13 , 29 , 31 ,（）A.52B.53C.54D.55解析：奇偶项分别相差11－3＝8，29－13＝16＝8×2，？－31＝24＝8×3；？=>55,选D5. -2/5，1/5，-8/750，（）。

2023届新高考数学：《数列》练习题

华南师大附中2023届高考一轮复习《数列》练习题姓名：______________ 班级：______________一、单项选择题1. 数列 −1，3，−5，7，−9，⋯⋯ 的一个通项公式为 ( ) A ． a n =2n −1B ． a n =(−1)n (1−2n )C ． a n =(−1)n (2n −1)D ． a n =(−1)n+1(2n −1)2. S n 是等差数列 {a n } 的前 n 项和，如果 a 4+a 11=10，那么 S 14= ( ) A ． 210 B ． 200 C ． 140 D ． 703. 设 S n 为等差数列 {a n } 的前 n 项和．若 S 5=25，a 3+a 4=8，则 {a n } 的公差为 ( ) A ． −2 B ． −1 C ． 1D ． 24. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，则“{a n } 是等差数列”是“{Snn } 是等差数列”的 ( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5. 已知等比数列 {a n } 的公比为 q ，前 n 项和为 S n ．若 q =2，S 2=6，则 S 3= ( ) A ． 8 B ． 12 C ． 14 D ． 166. 设等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，公比为 q ．若 S n ={2,n =1q n −1,n >1，则 a 3= ( )A ． 8B ． 9C ． 18D ． 547. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯 ( ) A ． 1 盏 B ． 3 盏 C ． 5 盏 D ． 9 盏8. “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 √212．若第一个单音的频率为 f ，则第八个单音的频率为 ( ) A ． √23fB ． √223fC ． √2512fD ． √2712f二、不定项选择题9. 若数列 {a n } 满足 a n =q n (q >0,n ∈N ∗)，则下列结论正确的是 ( ) A ． {a 2n } 是等比数列 B ． {1a n} 是等比数列C ． {lga n } 是等差数列D ． {lga n 2} 是等差数列10. 已知数列 {a n } 是正项等比数列，且 2a 3+3a 7=√6，则 a 5 的值可能是 ( )A ． 2B ． 4C ． 85D ． 8311. 数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，若 a 1=1，a n+1=2S n (n ∈N ∗)，则有 ( ) A ． S n =3n−1 B ． {S n } 为等比数列 C ． a n =2⋅3n−1D ． a n ={1,n =12⋅3n−2,n ≥212. 设 {a n } 是无穷数列，若存在正整数 k ，使得对任意 n ∈N +，均有 a n+k >a n ，则称 {a n } 是间隔递增数列，k 是 {a n } 的间隔数．下列说法正确的是 ( ) A ．公比大于 1 的等比数列一定是间隔递增数列 B ．已知 a n =n +4n ，则 {a n } 是间隔递增数列C ．已知 a n =2n +(−1)n ，则 {a n } 是间隔递增数列且最小间隔数是 2D ．已知 a n =n 2−tn +2020，若 {a n } 是最小间隔数为 3 的间隔递增数列，则 4≤t <5三、填空题13. 已知数列 {a n } 的通项公式为 a n =cos nπ2，则它的第 5 项为．14. 中国古代有这样一道数学题：今有一男子擅长走路，每日增加相同里数，九日走了 1260 里，第一日，第四日，第七日所走之和为 390 里，则该男子第三日走的里数为．15. 已知数列 {a n } 满足 a na n−1=12(n ≥2,n ∈N ∗)，S n 为其前 n 项和．若 a 5=4，则 S 5= ．16. 在 −5 和 16 中间插入 n 个数，使这 n +2 个数组成和是 88 的等差数列，则公差 d = ．四、解答题17.已知等差数列{a n}满足a1+a2=6，a2+a3=10．(1) 求数列{a n}通项公式．(2) 设b n=a n+a n+1，求证：数列{b n}是等差数列．(3) 求数列{b n}的前n项和T n．18.已知公差不为零的等差数列{a n}中，a3=7，a42=a2a9．(1) 求数列{a n}的通项公式；(2) 设b n=1，求数列{b n}的前n项和S n．a n a n+119.已知{a n}是等差数列，其前n项和为S n，a4=−3，再从条件①条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（1）数列{a n}的通项公式；（2）S n的最小值，并求S n取得最小值时n的值．条件①：S4=−24；条件②：a1=2a3．20.设公比为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，已知a3=8，S2=48，数列{b n}满足b n=4log2a n．(1) 求数列{a n}和{b n}的通项公式．(2) 是否存在m∈N∗，使得b m⋅b m+1是数列{b n}中的项？若存在，求出m的值；若不存在，b m+2请说明理由．。

数字推理题的各种规律(2)

数字推理题的各种规律一．题型:□等差数列及其变式【例题1】2，5，8，()A 10B 11C 12D 13【解答】从上题的前3个数字可以看出这是一个典型的等差数列，即后面的数字与前面数字之间的差等于一个常数。

题中第二个数字为5，第一个数字为2，两者的差为3，由观察得知第三个、第二个数字也满足此规律，那么在此基础上对未知的一项进行推理，即8+3=11，第四项应该是11，即答案为B。

【例题2】3，4，6，9，()，18A 11B 12C 13D 14【解答】答案为C。

这道题表面看起来没有什么规律，但稍加改变处理，就成为一道非常容易的题目。

顺次将数列的后项与前项相减，得到的差构成等差数列1，2，3，4，5，……。

显然，括号内的数字应填13。

在这种题中，虽然相邻两项之差不是一个常数，但这些数字之间有着很明显的规律性，可以把它们称为等差数列的变式。

□等比数列及其变式【例题3】3，9，27，81()A 243B 342C 433D 135【解答】答案为A。

这也是一种最基本的排列方式，等比数列。

其特点为相邻两个数字之间的商是一个常数。

该题中后项与前项相除得数均为3，故括号内的数字应填243。

【例题4】8，8，12，24，60，()A 90B 120C 180D 240【解答】答案为C。

该题难度较大，可以视为等比数列的一个变形。

题目中相邻两个数字之间后一项除以前一项得到的商并不是一个常数，但它们是按照一定规律排列的；1，1.5，2，2.5，3，因此括号内的数字应为60×3=180。

这种规律对于没有类似实践经验的应试者往往很难想到。

我们在这里作为例题专门加以强调。

该题是1997年中央国家机关录用大学毕业生考试的原题。

【例题5】8，14，26，50，()A 76B 98C 100D 104【解答】答案为B。

这也是一道等比数列的变式，前后两项不是直接的比例关系，而是中间绕了一个弯，前一项的2倍减2之后得到后一项。

忽大忽小数列的一般题型(吐血推荐)

3，我们对于一些乘方数以及附近的数字要熟悉，如5=2^3-3=3^2-4。
4，A^B或者B^A以及其变式的相关数列要引起我们的重视。
5，乘方数列与其他数列结合在一起也是常常会考察的。
（1）1/2，-1，2，1，2，（）
A1 B2 C3 D4
【解析】
这个题目是大-小-大-小。
选择A。A^B=C。
（2）1，3，5，5，1，（）
移动数列
如（B-A）*倍数=C：
（1）4，12，12，0，-18，（）
A-27 B-20 C-24 D-36
【解析】
这个题目是小-大-小，我们要注意中间的0，以及-18，这个-18是怎么来的了，我们可以大胆假设是0-12，然后变化得来的，仔细分析，就可以得出（0-12）*1.5=-18
选择A。（B-A）*1.5=C。
选择B。D/A=2。
（2）12，9，14，21，23，35，（）
A44 B46 C47 D48
【解析】
这个题目是大-小-大，隔项相加的就一次交替比较多。
选择A。A+B=D。
（3）1，3，5，2，9，20，（）
A6 B10 C15 D26
【解析】
这个题目是小-大-小-大-小。隔两项相除的时候经常是大小多次交替
A28 B36 C42 D48
【解析】选择B。两项一组，前项/后项=3。
（6）1，2，2，5，5，26，7，（）
A37 B82 C50 D63
【解析】选择C。两项一组，A^2+1=B。
自残数列：
1，一般出现这种大小分布不均匀的数列或者就是很小的递增，减的数列，很可能考察的就是自残数列。
2，一般数列较短，只有五项左右的考察自残数列的较多。

间隔问题公式

间隔问题公式
间隔问题是一种涉及到等差数列、等比数列等问题的题目，常见的间隔问题包括发车间隔、相遇问题、追赶问题等。

对于此类问题，常用的公式如下:
1. 等差数列间隔问题公式:
对于等差数列，相邻两数的差值相等，设公差为 d，首项为 a1，则第 n 项的值可以表示为:
an = a1 + (n - 1)d
其中，an 表示第 n 项，a1 表示首项，n 表示项数。

2. 等比数列间隔问题公式:
对于等比数列，相邻两数的比值相等，设公比为 r，首项为 a1，则第 n 项的值可以表示为:
an = a1 * r^(n - 1)
其中，an 表示第 n 项，a1 表示首项，n 表示项数。

3. 相遇问题公式:
在相遇问题中，甲乙两人或者物体之间的距离随着时间的变化而变化，假设两人或者物体之间的距离为 s，时间为 t，则甲乙两人或者物体之间的间隔变化可以表示为:
s = ht + c
其中，h 表示甲乙两人或者物体的速度差，c 表示甲乙两人或者物体之间的碰撞损失。

4. 追赶问题公式:
在追赶问题中，追赶者的速度比被追赶者的速度大，假设追赶者与被追赶者之间的距离为 s，时间为 t，则追赶者与被追赶者的间隔变化可以表示为:
s = vt - t
其中，v 表示追赶者的速度。

以上是常见的间隔问题公式，通过这些公式，可以方便地求解等差数列、等比数列等问题，同时也可以应用于其他相关的数学问题。

2022年高考复习数列求通项题型解析-2023届高考数学二轮复习

标准模型：（为常数，）或（为常数，）
例：在数列中，，且 .证明：为等比数列，并求的通项公式；
类型2：用“同除法”构造等差数列
（1）形如，可通过两边同除，将它转化为，从而构造数列为等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式.
例：设数列满足： .求数列的通项公式.
（2）形如，可通过两边同除，将它转化为，换元令：，则原式化为：，先利用构造法类型1求出，再求出的通项公式.
所以，
所以，
所以；
练习
1．记是公差不为0的等差数列的前项和，已知，数列满足，且 .求的通项公式；
(2)证明数列是等比数列，并求的通项公式；
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(1)解：设等差数列的公差为，
因为，
则，
解得或（舍去），
所以；
(2)证明：因为，
所以，即，
所以，故；
例题6．已知数列的通项公式为，
求数列的通项公式.
感悟升华（核心秘籍）
1、使用倒数法模型的标准：（类型2）
形如（为常数，，，）的数列，通过两边取“倒”，变形为，可通过换元：，化简为：，再用待定系数法.
【答案】(1)
解：因为，
所以，
则，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
又当n＝1时，也满足上式，所以．
法：角度2：已知和的关系
例题2．已知数列的前项积为，且 .求数列的通项公式；
【答案】，
当时，
当时， ∴
由得即
∴
∴ 是以3为首项，2为公差的等差数列，

对数列隔项成等差问题的浅谈

�� 2 +�� 2
�� 2 −�� 2 �� 2 −�� 2 �� 2 +�� 2
+�� +�� +2�� − 2
然后综上,画个大括号写个结论这里不打了哈. 求和其实也是遵循着最基本的等差数列求和的原则 ,在这里我选择了分组求的办法 (只是个人见解而已,更优解等你来想哦),用这种方法时,先把最简单的一种情况算出来,然后结合通项, 加加减减就可以得到所有情况下的前 n 项和了.(注意计算) 再强调一下,这类问题还是蛮常见的,掌握这里讲的方法后,就可以轻轻松松的多拿点分数了. 新浪微博@邵爷很霸气
��−�� 13 7
× �� ( 以首项为
�� 的为例的话)
很简单,是么?那我们再玩点大的,顺便求个和玩玩儿.
例3、若数列 �� 满足��1 = ��且�� +1 +(−1)�� =2n-1(其中 a 为常数),�� 是数列 �� 的前 n 项和,数列 �� 满足�� =��2�� . (1) 求��1 + ��3 的值; (2) 试判断 �� 是否为等差数列,并说明理由; (3) 求�� . 解:(1)没啥好说,代代数字就行了.答案为 2. (2)分就讨论进行了,不讲啦╮(╯▽╰)╭ (3)’照样需要讨论当 n 为偶数时,有�� +1 +�� =2n-1 �� +2 -�� +1 =2n+1 二式相加得�� + �� +2 =4n �� +2 + �� +4 =4n+8 二式相减,得�� +4 − �� =8 当 n 为奇数时,�� +1 -�� =2n-1 �� +2 +�� +1 =2n+1 ‘发现这次是隔了三项的等差,爽!

认识·隔项等差数列

认识隔项等差数列一、升降维法引例：已知数列{}n a 满足：∀n ＞2，222-++=n n n a a a ①，以及∀n ＞3，332-++=n n n a a a ②.试问：数列{}n a 是否是等差数列？（注意：为叙述方便，本专题将222-++=n n n a a a 称为隔两项等差，将332-++=n n n a a a 称为隔三项等差，n a 称为中心.）解：不难发现，①式中右侧两项“距离”中心较近，而②式中右侧两项“距离”中心较远，所以应使“距离”中心较远的项不断接近中心.套路如下：由①式可得222-+-=n n n a a a 和222+--=n n n a a a ，所以有1132-++-=n n n a a a (n ＞1)和1132+---=n n n a a a (n ＞3)，代入②式，有112-++=n n n a a a (n ＞3)，即数列{}n a 从第三项起成等差数列.下证明数列{}n a 从第一项起成等差数列.设x a =3，公差d ，则令①式中n=3，变形得d x a a a 22531-=-=，同理有d x a -=2，所以3122a a a +=，4232a a a +=，所以数列{}n a 是等差数列.例：设数列}{n a 、}{n b 、}{n c 满足：2+-=n n n a a b ，2132++++=n n n n a a a c （n =1,2,3,…），证明}{n a 为等差数列的充分必要条件是}{n c 为等差数列且1+≤n n b b （n =1,2,3,…）. 证明：必要性. 设}{n a 是公差为d 1的等差数列，则0)()()()(112312311=-=---=---=-+++++++d d a a a a a a a a b b n n n n n n n n n n 所以 ,3,2,1(1=≤+n b b n n ）成立.又)(3)(2)(231211++++++-+-+-=-n n n n n n n n a a a a a a c c1111632d d d d =++=（常数）（n =1，2，3，…），所以数列}{n c 为等差数列.充分性.设数列}{n c 是公差d 2的等差数列，且1b b n ≤（n =1，2，3，…）..32,32432221++++++++=∴++=n n n n n n n n a a a c a a a c ①－②得)(3)(2)(423122++++++-+-+-=-n n n n n n n n a a a a a a c c ,3221++++=n n n b b b ，221122)()(d c c c c c c n n n n n n -=-+-=-++++ 221232d b b b n n n -=++∴++， ③从而有.2322321d b b b n n n -=+++++ ④④－③得.0)(3)(2)(23121=-+-+-+++++n n n n n n b b b b b b ⑤ 0,0,023121≥-≥-≥-+++++n n n n n n b b b b b b ， ∴由⑤得).,3,2,1(01 ==-+n b b n n由此不妨设323),,3,2,1(d a a n d b n n n =-==+则（常数）. 由此312132432d a a a a a c n n n n n n -+=++=+++，从而313211524324d a a d a a c n n n n n -+=-+=++++，两式相减得3112)(2d a a c a n n n n --=-++，因此),3,2,1)((21)(2132311 =+==-=-++n d d d c c a a n n n n 常数，所以数列}{n a 是等差数列.二、分组拼凑法（利用n a 的双重身份）再看引例：已知数列{}n a 满足：∀n ＞2，222-++=n n n a a a ①，以及∀n ＞3，332-++=n n n a a a ②.试问：数列{}n a 是否是等差数列？解：①②由表一，1173d a a +=，由表二，1172D a a +=，所以113D d =.（利用1a ，7a 的双重身份）同理，利用4a ，10a 的双重身份，有1232D d =，所以21d d =，设d d d ==21. 下只需证212d a a =-. 由表二，12141a d a a a D -+=-=，所以d d d d D a a 2123112=-=-=-，所以数列{}n a 是以2d 为公差的等差数列，证毕. 练习：（2017江苏T19）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足：1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．解：（1）略（2）数列{}n a 既是“()P 2数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n ≥时，n n n n n a a a a a --+++++=21124，①当4n ≥时，n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=3211236.② 由①知，n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，④ 将③④代入②，得n n n a a a -++=112，其中4n ≥，所以345,,,a a a 是等差数列，设其公差为d'. 在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d'=-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以122a a d'=-，所以数列{}n a 是等差数列.。

数列中的隔项问题

数列中的隔项问题对于数列的隔项问题，“隔项”指的是从数列中跳过一定的项数，再取一个数。

假设数列为$a_1,a_2,a_3,\dots,a_n$，隔项后的数列为$a_1,a_3,a_5,\dots,a_{2k+1}$，其中$k$为隔了几项。

将隔项后的数列用通项公式表示出来需要分为两类：一类是将原数列的通项公式中的$n$替换为$2k+1$；另一类是对原数列进行配对，再利用配对后得到的每对项的公式表示出隔项后的数列。

首先来看第一类。

假设原数列的通项公式为$a_n=f(n)$，那么隔项后的数列的通项公式为$a_{2k+1}=f(2k+1)$。

例如，若原数列为$1,2,3,4,5,\dots$，则隔项后的数列为$1,3,5,7,9,\dots$，其通项公式为$a_{2k+1}=2k+1$。

接着看第二类方法。

将原数列进行配对后，得到的每对项之间的差值即为隔项数。

例如，数列$1,3,5,7,9,11,\dots$中，第一对项为$1,3$，差值为$2$，即隔了$1$项；第二对项为$5,7$，差值也为$2$；以此类推，每对项之间隔了$1$项，因此隔项后的数列为$a_1+a_2,a_3+a_4,a_5+a_6,\dots$。

再对这个数列求通项公式，即得到隔项后的数列的通项公式。

以数列$1,2,3,4,5,\dots$为例，将其进行配对，得到$(1,2),(3,4),(5,6),(7,8),\dots$，每对项之间差值为$1$，因此隔项后的数列为$1+3,2+4,3+5,4+6,\dots$，即$3,6,9,12,\dots$，其通项公式为$a_{2k+1}=3k+1$。

总体来说，数列的隔项问题并不难，只需要通过公式或配对来确定隔项后数列的通项公式即可。

「高中数学」数列隔项递推求通项的解题策略

「高中数学」数列隔项递推求通项的解题策略
数列隔项(奇偶项)符合一般递推规律的一类问题是数列中一种常见题型，这类问题学生往往对奇偶分类搞混淆，那么本文就针对这一类问题给出解题策略与方法总结.
【分析】第（Ⅱ）为探索题.对于探索题的解法，通常我们先假设存在，用特殊项，比如利用前3项成等差，求出参数的值（这个过程利用的是条件的必要性）；然后再验证该参数的值的确使得该数列为等差数列（这个过程是证明条件的充分性）.
【总结】本题采用的特殊到一般的数学思想，本题在验证an为等差数列时，是通过递推关系分别求出奇数项与偶数项的通项公式，最终可求出an的通项公式，进而可证明为等差数列.。

隔项等差等比数列

隔项等差、等比数列1. （隔项等差、等比数列求和）秋末冬初，流感盛行，我市某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{}n a ，1221,2,1(1)n n n a a a a +==-=+-且 (n ∈N )，该医院30天入院治疗流感的人数有（） A.253 B. 254 C. 255 D.256解析因为1221,2,1(1)n n n a a a a +==-=+-且所以n 为奇数时2n n a a +=；n 为偶数时2-=2n n a a +；即奇数项为常数列，偶数项为2为首项，2为公差的等差数列，所以总和为255. 2. （隔项等差、等比数列求和）已知数列{}n a 中12-22,3,=+3n n a a a a ==且（n 3≥） (1)求数列{}n a 的通项公式n a （2）求数列{}n a 的前n 项和n S解析（1）由-2=+3n n a a （n 3≥）得-2-=3n n a a （n 3≥）即{}n a 从第3项起，每一项与它的前2项的差都等于3，所以它是公差为3的隔两项的等差数列，从而有n 是奇数时1n 131=+22n n a a ++⨯（-1）3=； n 是偶数时2n 3=+22n na a ⨯（-1）3= 所以 3n 1 n 23n2=n n a +⎧⎨⎩是奇数是偶数（2）n 是偶数时 n 1231n n S a a a a a -=+++⋅⋅⋅++=（131n a a a -++⋅⋅⋅+）+（24n a a a ++⋅⋅⋅+） =1n 3(1)113123=n(34)2222224n n n n -+⎡⎤⎡⎤++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ n 是奇数时 n 1231n n S a a a a a -=+++⋅⋅⋅++=n-1+a n S =[]13113(1)4=(n+1)(31)424n n n +-+++（n-1） 1n(3n+4) n 41(n+1)(3n+1) n 4=n S ⎧⎨⎩ 是偶数是奇数3. （隔项等差、等比数列求和）已知数列{}n a 中1224,5,=(-)2n n n a a a a +==且，求数列{}n a 的通项公式n a解析由2题可以总结得到，隔两项等比数列的通项公式为12112222 a q n a q =n n nn a --⎧⎨⎩是奇数是偶数因为2=(-1)2nn n a a +，所以n 是奇数时2n n a a +=-2； n 是偶数时2n naa +=2所以()12224-2 n 52 =n n n n a --⨯⨯⎧⎨⎩是奇数是偶数4、数列{}221221,2,(1cos)sin ,1,2,3,.22n n n n n a a a a a n ππ+===++=满足(Ⅰ)求34,,a a 并求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ)设21122,.n n n n na b S b b b a -==+++证明：当162.n n S n≥-<时，解 (Ⅰ)因为22123111,2,(1cos)sin 12,22a a a a a ππ===++=+=所以2222(1cos )sin 2 4.n a a a ππ=++==一般地，当*21(N )n k k =-∈时，222121(21)21[1cos ]sin 22k k k k a a ππ+---=++ ＝211k a -+，即2121 1.k k a a +--=所以数列{}21k a -是首项为1、公差为1的等差数列，因此21.k a k -= 当*2(N )n k k =∈时，22222(1cos2.2k k k a a π+=+= 所以数列{}2k a 是首项为2、公比为2的等比数列，因此22.k k a =故数列{}n a 的通项公式为*2*21,21(N ,22,2(N .n n n k k a n k k +⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩(Ⅱ)由(Ⅰ)知，2122,2n n n a nb a -== 23123,2222n n nS =++++ ① 2241112322222n n nS +=++++ ② ①-②得，23111111.222222n n n nS +=++++-21111[1()]1221.122212n n n n n ++-=-=---所以11222.222n n n nn n S -+=--=- 要证明当6n ≥时，12n S n -=成立，只需证明当6n ≥时，(2)12nn n +<成立. 证法一(1)当n =6时，66(62)48312644⨯+==<成立.(2)假设当(6)n k k =≥时不等式成立，即(2)1.2kk k +< 则当n =k +1时，1(1)(3)(2)(1)(3)(1)(3)1.222(2)(2)2k k k k k k k k k k k k k k++++++++=⨯<<++由(1)、(2)所述，当n ≥6时，2(1)12n n +<，即当n ≥6时，12.nS n-< 证法二令2(2)(6)2n n n c n +=≥，则21121(1)(3)(2)30.222n n n n n n n n n c c ++++++--=-=< 所以当6n ≥时，1n n c c +<.因此当6n ≥时，66831.644n c c ⨯≤==< 于是当6n ≥时，2(2)1.2n n +< 综上所述，当6n ≥时，12.n S n-<。

数文字推理试题库及答案分析

数字推理习题库及答案分析1、5，10，17，26，（）A、30；B、43；C、37；D、41【解答】相邻两数之差为5、7、9、11，组成等差数列。

2、184：55，66，78，82，（）A、98；B、100；C、97；D、102【解答】本题思路：56-5-6=45=5×966-6-6=54=6×978-7-8=63=7×982-8-2=72=8×998-9-8=81=9×94、5的立方加1，所以括号中应为5的立方加1，即126的开方，应选D。

3、1，13，45，97，（）A、169；B、125；C、137；D、189【解答】相邻两数之差组成12、32、52这样的等差数列，故下一个数就应当是97+72=169，选A。

4、1，01，2，002，3，0003，（）A、4 0003；B、4 003；C、4 00004；D、4 0004【解答】隔项为自然数列和等比数列，应选D。

5、2，3，6，36，（）A、48；B、54；C、72；D、1296【解答】从第三项开始，每一项都是前几项的乘积。

应选D。

6、3，6，9，（）A、12；B、14；C、16；D、24【解答】等比数列。

7、1，312，623，（）A、718；B、934；C、819；D、518【解答】个位数分别是1、2、3、4，十位数分别是0、1、2、3，百位数分别是0、3、6、9，所以选B。

8、8，7，15，22，（）A、37；B、25；C、44；D、39【解答】从第三项开始，后一项为哪一项前两项的和。

应选A。

9、3，5，9，17，（）A、25；B、33；C、29；D、37【解答】相邻两项的差组成等比数列。

应选B。

10、20，31，43，56，（）A、68；B、72；C、80；D、70【解答】相邻两项的差组成等差数列。

应选D。

11、+1，-1，1，-1，（）A、+1；B、1；C、-1；D、-1【解答】从第三项开始，后一项为哪一项前两项的乘积。

例说隔项等差_等比数列

*
n
an =
an =
已知数列 { an } 中, a 1 = 4 , a2 = 5, 因为 an+ 2 = (- 2 ) an, 所以当 n 是奇
n
an+ 2 = ( - 2) an. 求 {an } 的通项公式 an. an+ 2 an+ 2 数时, = - 2; 当 n 是偶数时, = 2, 从而 an an 有数列 { an } 的通项公式为 an = 评析 4 ∀ ( - 2)
足 a1 = 1, a2 = 2, an+ 2 = s in
2
n 2
an +
所以 Sn = 2 -
-
n n+ 2 = 2. n n 2 2 1 成立, n
n , n = 1, 2, 3, ∃ 2 ( 1 ) 求 a3, a4 并求数列 { an } 的通项公式; ( 2 ) 设 bn = a2n- 1 , S = b1 + b2 + ∃ + bn, a2n n
2
2k - 1 a2k - 1 + s in = 2
2
a2k- 1 + 1 , 即 a2k+ 1 - a2k- 1 = 1. 所以数列 {a2k- 1 } 是首项为 1、公差为 1 的等差数列, 因此 a2k - 1 = k. 当 n = 1 + cos
2
2k( k & a2k + s in
2
N ) 时, a2k + 2 2k 2
, 2 2 3 7 (C) , 4 4 5. 已知 sin ! =
零的数列 { ak } 的前 k 项和为 S k, 且 Sk = 1 * a a ( k & N ), 其中 a1 = 1. 2 k k+ 1 ( 1 ) 求数列 { ak } 的通项公式; ( 2 ) 对任意给定的正整数 n (n ! 2), 数列 { bk } 满足 bk+ 1 k- n = ( k = 1, 2, ∃, n - 1), b1 ak + 1 bk

数列隔项问题

数列隔项问题1．（2020·浙江高三其他）已知数列{}n a 满足,()()111122,32n n n n n a a a a a ----⎧-+>⎪=⎨-⎪⎩*(,1)n N n ∈>,若1(2,3)a ∈且记数列{}n a 的前n 项和为n S ,若2019=m S ,则2019S 的值为（） A ．60572B ．3028C ．60592D ．3029【答案】C2．（2018·上海市进才中学高一期末）数列{}n a 满足()1121nn n a a n ++-=-，则数列{}n a 的前60项和等于（） A ．1830 B ．1832 C ．1834 D ．1836【答案】A3．（2019·四川遂宁高一期末）已知数列{}n a 的前n 项和为21n S n n =-+，令()1cos2n n n b a π+=，记数列{}n b 的前n 项为n T ，则2019T = （） A ．2020 B ．2019C ．2018D ．2017【答案】B4．（2018·福建南平�高三月考（理））已知数列{}n b 满足121,4,b b ==2221sin cos 22n nn n b b ππ+⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则该数列的前23 项的和为（） A ．4194 B ．4195C ．2046D ．2047【答案】A5．（2015·上海黄浦卢湾高级中学高三月考（理））数列{}n a 通项为()*cos N 26n n a n n ππ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，n S 为其前n 项的和，则2015S =______.【答案】504-6．（2019·辽宁沙河口育明高中高二期末（文））若数列{}n a 的通项为1(1)(21)sin2nn n a n π=+-+⋅，前n 项和为n S ，则200S =___________. 【答案】4007．（2018·广东高三一模（理））已知数列{}n a 满足：1a 为正整数，1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，如果11a =，1232018a a a a ++++=_________．【答案】4709。

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 =.。

高中数学：数列经典题目集锦及答案经典及题型精选

数列经典题目集锦一一、构造法证明等差、等比类型一：按已有目标构造1、数列{a n }，{b n }，{c n }满足：b n ＝a n －2a n ＋1，c n ＝a n ＋1＋2a n ＋2－2，n ∈N *.(1) 若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列； (2) 若数列{b n }，{c n }都是等差数列，求证：数列{a n }从第二项起为等差数列；(3) 若数列{b n }是等差数列，试判断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否成等差数列？证明你的结论．类型二：整体构造2、设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，且(S n ＋1＋λ)a n ＝(S n ＋1)a n ＋1对一切n ∈N *都成立．(1) 若λ＝1，求数列{a n }的通项公式； (2) 求λ的值，使数列{a n }是等差数列．二、两次作差法证明等差数列3、设数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，已知11,6,1321===a a a ，且*1,)25()85(N n B An S n S n n n ∈+=+--+，（其中A ,B 为常数）．(1)求A 与B 的值；(2)求数列{}n a 为通项公式；三、数列的单调性4.已知常数0λ≥，设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S , 满足：11a =，()11131n n n n n na S S a a λ+++=+⋅+（*n ∈N ）．（1）若0λ=，求数列{}n a 的通项公式；（2）若112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立，求实数λ的取值范围．5.设数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为n S ，若1564a a =，5348S S -=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对于正整数,,k m l （k m l <<），求证：“1m k =+且3l k =+”是“5,,k m l a a a 这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；（3）设数列{}n b 满足：对任意的正整数n ，都有121321n n n n a b a b a b a b --++++13246n n +=⋅--，且集合*|,nn b M n n N a λ⎧⎫=≥∈⎨⎬⎩⎭中有且仅有3个元素，求λ的取值范围.四、隔项（分段）数列问题6. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧13a n ＋n （n 为奇数），a n －3n （n 为偶数）.(1) 是否存在实数λ，使数列{a 2n －λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；(2) 若S n 是数列{a n }的前n 项的和，求满足S n ＞0的所有正整数n .7.若{}n b 满足：对于N n *∈，都有2n n b b d +-=(d 为常数)，则称数列{}n b 是公差为d 的“隔项等差”数列．（Ⅰ）若17,321==c c ，{}n c 是公差为8的“隔项等差”数列，求{}n c 的前15项之和；（Ⅱ）设数列{}n a 满足：1a a =，对于N n *∈，都有12n n a a n ++=． ①求证：数列{}n a 为“隔项等差”数列，并求其通项公式；②设数列{}n a 的前n 项和为n S ，试研究：是否存在实数a ，使得22122++k k k S S S 、、成等比数列（*N k ∈）?若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由．五、数阵问题8.已知等差数列{a n }、等比数列{b n }满足a 1＋a 2＝a 3，b 1b 2＝b 3，且a 3，a 2＋b 1，a 1＋b 2成等差数列，a 1，a 2，b 2成等比数列．(1) 求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2) 按如下方法从数列{a n }和数列{b n }中取项：第1次从数列{a n }中取a 1，第2次从数列{b n }中取b 1，b 2，第3次从数列{a n }中取a 2，a 3，a 4，第4次从数列{b n }中取b 3，b 4，b 5，b 6， ……第2n －1次从数列{a n }中继续依次取2n －1个项，第2n 次从数列{b n }中继续依次取2n 个项， ……由此构造数列{c n }：a 1，b 1，b 2，a 2，a 3，a 4，b 3，b 4，b 5，b 6，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，b 7，b 8，b 9，b 10， b 11，b 12，…，记数列{c n }的前n 项和为S n .求满足S n <22 014的最大正整数n .数列经典题目集锦答案1.证明：(1) 设数列{a n }的公差为d ，∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1)＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ， ∴ 数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (4分) (2) 当n ≥2时，c n －1＝a n ＋2a n ＋1－2，∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ a n ＝b n ＋c n －12＋1，∴ a n ＋1＝b n ＋1＋c n2＋1，∴ a n ＋1－a n ＝b n ＋1＋c n 2－b n ＋c n －12＝b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12.∵ 数列{b n }，{c n }都是等差数列，∴b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12为常数， ∴ 数列{a n }从第二项起为等差数列． (10分)(3) 结论：数列{a n }成等差数列．证明如下： (证法1)设数列{b n }的公差为d ′， ∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ 2n b n ＝2n a n －2n ＋1a n ＋1，∴ 2n －1b n －1＝2n －1a n －1－2n a n ，…，2b 1＝2a 1－22a 2，∴ 2n b n ＋2n －1b n －1＋…＋2b 1＝2a 1－2n ＋1a n ＋1，设T n ＝2b 1＋22b 2＋…＋2n －1b n －1＋2n b n ，∴ 2T n ＝22b 1＋…＋2n b n －1＋2n ＋1b n ，两式相减得：－T n ＝2b 1＋(22＋…＋2n －1＋2n )d ′－2n ＋1b n ，即T n ＝－2b 1－4(2n －1－1)d ′＋2n ＋1b n ， ∴ －2b 1－4(2n －1－1)d ′＋2n ＋1b n ＝2a 1－2n ＋1a n ＋1，∴ 2n ＋1a n ＋1＝2a 1＋2b 1＋4(2n －1－1)d ′－2n ＋1b n ＝2a 1＋2b 1－4d ′－2n ＋1(b n －d ′)， ∴ a n ＋1＝2a 1＋2b 1－4d′2n ＋1－(b n －d ′)． (12分) 令n ＝2，得a 3＝2a 1＋2b 1－4d′23－(b 2－d ′)＝2a 1＋2b 1－4d′23－b 1， ∵ b 1＋a 3＝0，∴2a 1＋2b 1－4d′23＝b 1＋a 3＝0，∴ 2a 1＋2b 1－4d ′＝0，∴ a n ＋1＝－(b n －d ′)，∴ a n ＋2－a n ＋1＝－(b n ＋1－d ′)＋(b n －d ′)＝－d ′，∴ 数列{a n }(n ≥2)是公差为－d ′的等差数列． (14分) ∵ b n ＝a n －2a n ＋1，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0，∴ 数列{a n }是公差为－d ′的等差数列． (16分)(证法2)∵ b n ＝a n －2a n ＋1，b 1＋a 3＝0，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0，(12分) ∴ b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，∴ 2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)． ∵ 数列{b n }是等差数列，∴ 2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0， ∴ 2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)．(14分) ∵ a 1－2a 2＋a 3＝0，∴ 2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0， ∴ 数列{a n }是等差数列．(16分)2.解析：(1) 若λ＝1，则(S n ＋1＋1)a n ＝(S n ＋1)a n ＋1，a 1＝S 1＝1.∵ a n ＞0，S n ＞0，∴ S n ＋1＋1S n ＋1＝a n ＋1a n ，(2分) ∴S 2＋1S 1＋1·S 3＋1S 2＋1·…·S n ＋1＋1S n ＋1＝a 2a 1·a 3a 2·…·a n ＋1a n ，化简，得S n ＋1＋1＝2a n ＋1. ①(4分) ∴ 当n ≥2时，S n ＋1＝2a n . ② ①－②，得a n ＋1＝2a n ，∴a n ＋1a n＝2(n ≥2)．(6分) ∵ 当n ＝1时，a 2＝2，∴ n ＝1时上式也成立，∴ 数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(8分) (2) 令n ＝1，得a 2＝λ＋1.令n ＝2，得a 3＝(λ＋1)2.(10分) 要使数列{a n }是等差数列，必须有2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝0.(11分) 当λ＝0时，S n ＋1a n ＝(S n ＋1)a n ＋1，且a 2＝a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＋1(S n －S n －1)＝(S n ＋1)(S n ＋1－S n )，整理，得S 2n ＋S n ＝S n ＋1S n －1＋S n ＋1，S n ＋1S n －1＋1＝S n ＋1S n ，(13分) 从而S 2＋1S 1＋1·S 3＋1S 2＋1·…·S n ＋1S n －1＋1＝S 3S 2·S 4S 3·…·S n ＋1S n ，化简，得S n ＋1＝S n ＋1，∴ a n ＋1＝1.(15分) 综上所述，a n ＝1(n ∈N *)，∴ λ＝0时，数列{a n }是等差数列．(16分)3.解析：(1)由11,6,1321===a a a ，得18,7,1321===S S S ．把2,1=n 分别代入*1,)25()85(N n B An S n S n n n ∈+=+--+，得⎩⎨⎧-=+-=+48228B A B A ，解得，8,20-=-=B A ．(2)由(1)知，82028)(511--=---++n S S S S n n n n n ，即82028511--=--++n S S na n n n ，① 又8)1(2028)1(5122-+-=--++++n S S a n n n n ． ②②-①得，20285)1(51212-=---+++++n n n n a a na a n ，即20)25()35(12-=+--++n n a n a n ． ③ 又20)75()25(23-=+-+++n n a n a n ．④④-③得，0)2)(25(123=+-++++n n n a a a n ，520n +≠，∴02123=+-+++n n n a a a ，又32215a a a a -=-=，所以32120a a a -+=，因此，数列{}n a 是首项为1，公差为5的等差数列．故45)1(51-=-+=n n a n ．4.解析：(1) 0λ=时,111n n n n naS S a a +++=+∴1n n n na S S a +=∵0n a >，∴0n S > ∴ 1n n a a +=，∵11a =，∴1n a =(2) ∵()11131n n n n n n a S S a a λ+++=+⋅+ 0n a > ，∴1131nn n n nS S a a λ++-=⋅+ 则212131S S a a λ-=⋅+，2323231S S a a λ-=⋅+，，11131n n n n n S S a a λ----=⋅+()2n ≥ 相加，得()2113331n nnS n a λ--=+++-则()3322n n n S n a n λ⎛⎫-=+⋅≥ ⎪⎝⎭，该式对1n =也成立， ∴()*332n n n S n a n N λ⎛⎫-=+⋅≥ ⎪⎝⎭． ③ ∴()1*13312n n n S n a n N λ++⎛⎫-=++⋅≥ ⎪⎝⎭． ④ ④－③，得1113333122n n n n n a n a n a λλ+++⎛⎫⎛⎫--=++⋅-+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 即11333322n n n n n a n a λλ++⎛⎫⎛⎫--+⋅=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∵0λ≥，∴133330,022n n n n λλ+--+>+> . ∵112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立， ∴332nn λ-+1133()22n n λ+-<+对一切*n ∈N 恒成立．即233nnλ>+对一切*n ∈N 恒成立．记233n n nb =+,则()()()111423622233333333n n n n n n n n n n b b +++-⋅-+-=-=++++ 当1n =时，10n n b b +-=；当2n ≥时，10n n b b +->∴ 1213b b ==是{}n b 中的最大项．综上所述，λ的取值范围是13λ>. 5. 解析：（1）数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，∴215364a a a ==，38a ∴=，又5348S S -=，2458848a a q q ∴+=+=，2q ∴=，3822n n n a -∴=⋅=； ……4分（2）（ⅰ）必要性：设5,,k m l a a a 这三项经适当排序后能构成等差数列，①若25k m l a a a ⋅=+，则10222k m l ⋅=+，1022m k l k --∴=+，11522m k l k ----∴=+，1121,24m k l k ----⎧=⎪∴⎨=⎪⎩ 13m k l k =+⎧∴⎨=+⎩. ………… 6分②若25m k l a a a =+，则22522m k l ⋅=⋅+，1225m k l k +--∴-=，左边为偶数，等式不成立， ③若25l k m a a a =+，同理也不成立，综合①②③，得1,3m k l k =+=+，所以必要性成立. …………8分（ⅱ）充分性：设1m k =+，3l k =+，则5,,k m l a a a 这三项为135,,k k k a a a ++，即5,2,8k k k a a a ，调整顺序后易知2,5,8k k k a a a 成等差数列，所以充分性也成立. 综合（ⅰ）（ⅱ），原命题成立. …………10分（3）因为11213213246n n n n n a b a b a b a b n +--++++=⋅--，即123112122223246n n n n n b b b b n +--++++=⋅--，（*）∴当2n ≥时，1231123122223242n n n n n b b b b n ----++++=⋅--，（**）则（**）式两边同乘以2，得2341123122223284n n n n n b b b b n +---++++=⋅--，（***）∴（*）－（***），得242n b n =-，即21(2)n b n n =-≥，又当1n =时，21232102b =⋅-=，即11b =，适合21(2)n b n n =-≥，21n b n ∴=-.………14分 212n n n b n a -∴=，111212352222n n n n nn n b b n n n a a ------∴-=-=， 2n ∴=时，110n n n n b b a a --->，即2121b b a a >；3n ∴≥时，110n n n n b b a a ---<，此时n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭单调递减，又1112b a =，2234b a =，3358b a =，44716b a =， 71162λ∴<≤. ……………16分 6. 解析：(1) 设b n ＝a 2n －λ，因为b n ＋1b n ＝a 2n ＋2－λa 2n －λ＝13a 2n ＋1＋（2n ＋1）－λa 2n －λ＝13（a 2n －6n ）＋（2n ＋1）－λa 2n －λ＝13a 2n ＋1－λa 2n －λ.(2分)若数列{a 2n －λ}是等比数列，则必须有13a 2n＋1－λa 2n －λ＝q (常数)，即⎝⎛⎭⎫13－q a 2n ＋(q －1)λ＋1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧13－q ＝0（q －1）λ＋1＝0⎩⎨⎧q ＝13，λ＝32，(5分) 此时b 1＝a 2－32＝13a 1＋1－32＝－16≠0，所以存在实数λ＝32，使数列{a 2n －λ}是等比数列．(6分)(注：利用前几项，求出λ的值，并证明不扣分) (2) 由(1)得{b n }是以－16为首项，13为公比的等比数列，故b n ＝a 2n －32＝－16·⎝⎛⎭⎫13n －1＝－12·⎝⎛⎭⎫13n ，即a 2n ＝－12·⎝⎛⎭⎫13n ＋32.(8分)由a 2n ＝13a 2n －1＋(2n －1)，得a 2n －1＝3a 2n －3(2n －1)＝－12·⎝⎛⎭⎫13n －1－6n ＋152，(10分)所以a 2n －1＋a 2n ＝－12·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n －1＋⎝⎛⎭⎫13n －6n ＋9＝－2·⎝⎛⎭⎫13n －6n ＋9， S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝－2[13＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n ]－6(1＋2＋…＋n )＋9n＝－2·13[1－⎝⎛⎭⎫13n ]1－13－6·n （n ＋1）2＋9n ＝⎝⎛⎭⎫13n －1－3n 2＋6n ＝⎝⎛⎭⎫13n－3(n －1)2＋2，(12分)显然当n ∈N *时，{S 2n }单调递减．又当n ＝1时，S 2＝73＞0，当n ＝2时，S 4＝－89＜0，所以当n ≥2时，S 2n ＜0；S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝32·⎝⎛⎭⎫13n －52－3n 2＋6n ，同理，当且仅当n ＝1时，S 2n －1＞0.综上，满足S n ＞0的所有正整数n 为1和2.(16分) 7.解析：（Ⅰ）易得数列⎩⎨⎧+-=.9414为偶数时，当为奇数时；，当n n n n c n前15项之和53527)6517(28)593(=⨯++⨯+=……………………………4分（Ⅱ）①n a a n n 21=++ （*∈N n ）（1）， )1(221+=+++n a a n n （2）（1）-（2）得22=-+n n a a （*∈N n ）．所以，{}n a 为公差为2的“隔项等差”数列． ……………………………6分当n 为偶数时，a n n a a n -=⨯⎪⎭⎫⎝⎛-+-=2122，当n 为奇数时，()[]11)1(2)1(21-+=----=--=-a n a n n a n a n n ； …8分②当n 为偶数时，()2212212222221222n n n n a n n n a S n =⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅=；当n 为奇数时，()2212121212221212121⨯⎪⎭⎫⎝⎛---+-⋅-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++⋅=n n n a n n n a S n 21212-+=a n ． ……………………………12分故当k n 2=时，222k S k =，a k k S k ++=+22212，222)1(2+=+k S k ，由()222212++⋅=k k k S S S ，则2222)1(22)22(+⋅=++k k a k k ，解得0=a ．所以存在实数0a =，使得22122++k k k S S S 、、成等比数列（*N k ∈）……………………………16分8. 解析：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）＝a 1＋2d ，b 1（b 1q ）＝b 1q 2，（a 1＋2d ）＋（a 1＋b 1q ）＝2[（a 1＋d ）＋b 1]，（a 1＋d ）2＝a 1（b 1q ），解得a 1＝d ＝1，b 1＝q ＝2.故a n ＝n ，b n ＝2n .(6分)(2) 将a 1，b 1，b 2记为第1组，a 2，a 3，a 4，b 3，b 4，b 5，b 6记为第2组，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，b 7，b 8，b 9，b 10，b 11，b 12记为第3组，……以此类推，则第n 组中，有2n －1项选取于数列{a n }，有2n 项选取于数列{b n }，前n 组共有n 2项选取于数列{a n }，有n 2＋n 项选取于数列{b n }，记它们的总和为P n ，并且有()22211222nn n n n P +++=+-.(11分)P 45－22 014＝452（452＋1）2＋22 071－22 014－2>0，P 44－22 014＝442（442＋1）2－21 981(233－1)－2<0.当S n ＝452（452＋1）2＋(2＋22＋…＋22 012)时，S n －22 014＝－22 013－2＋452（452＋1）2<0.(13分)当S n ＝452（452＋1）2＋(2＋22＋…＋22 013)时，S n －22 014＝－2＋452（452＋1）2>0.可得到符合S n <22 014的最大的n ＝452＋2 012＝4 037.(16分)。

新教材高考数学第二课时等比数列的性质及实际应用练习含解析选修2

等比数列的性质及实际应用课标要求素养要求1.能根据等比数列的定义推出等比数列的性质，并能运用这些性质简化运算.2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.通过推导等比数列的性质及其应用，提升学生的数学抽象和逻辑推理素养，通过利用等比数列的相关公式解决实际应用问题，提升学生的数学建模和数学运算素养.新知探究1915年，波兰数学家谢尔宾斯基创造了一个美妙的“艺术品”，被人们称为谢尔宾斯基三角形，如图所示.我们来数一数图中那些白色的同一类三角形的个数，可以得到一列数：1，3，9，27，……，我们知道这是一个等比数列.问题在等差数列{a n }中有这样的性质：若m ＋n ＝p ＋q ，那么a m ＋a n ＝a p ＋a q ，用上述情境中的数列验证，在等比数列中是否有类似的性质？提示在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ，那么a m ·a n ＝a p ·a q .常用等比数列的性质1.如果m ＋n ＝k ＋l (m ，n ，k ，l ∈N *)，则有a m ·a n ＝a k ·a l . 2.如果m ＋n ＝2k (m ，n ，k ∈N *)，则有a m ·a n ＝a 2k .3.若m ，n ，p (m ，n ，p ∈N *)成等差数列，则a m ，a n ，a p 成等比数列.4.在等比数列{a n }中，每隔k 项(k ∈N *)取出一项，按原来的顺序排列，所得的新数列仍为等比数列.5.如果{a n }，{b n }均为等比数列，且公比分别为q 1，q 2，那么数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n ，{|a n |}仍是等比数列，且公比分别为1q 1，q 1q 2，q 2q 1，|q 1|.6.等比数列的项的对称性：在有穷等比数列中，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a 1·a n ＝a 2·a n －1＝a k ·a n －k ＋1＝….拓展深化[微判断]1.知道等比数列的某一项和公比，可以计算等比数列的任意一项.(√)2.若{a n }为等比数列，且m ＋n ＝p (m ，n ，p ∈N *)，则a m ·a n ＝a p .(×) 提示 ∵{a n }为等比数列，m ＋n ＝p ，∴a m ·a n ＝a 1q m －1·a 1qn －1＝a 21qm ＋n －2.又知a p ＝a 1qp －1，∴a m ·a n ≠a p .3.若{a n }，{b n }都是等比数列，则{a n ＋b n }是等比数列.(×)提示反例：{a n }为：1，－1，1，－1，…，{b n }为－1，1，－1，1，…，则{a n ＋b n }为：0，0，0，0，…，显然不是等比数列.4.若数列{a n }的奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相同，则{a n }是等比数列.(×) 提示反例：1，3，2，6，4，12，…显然满足条件，但不是等比数列. [微训练]1.已知等比数列{a n }，a 1＝1，a 3＝19，则a 5等于( )A.±181B.－181C.181D.±12解析根据等比数列的性质可知a 1a 5＝a 23⇒a 5＝a 23a 1＝181.答案 C2.在等比数列{a n }中，已知a 3＝1，a 5＝4，a 12＝8，则a 10＝________. 解析由a 3a 12＝a 5a 10得1×8＝4a 10，解得a 10＝2. 答案 2 [微思考]1.在等比数列{a n }中，若a m ·a n ＝a k ·a l ，是否有m ＋n ＝k ＋l 成立？提示不一定成立，如a n ＝2，a 1a 2＝a 3a 4，但1＋2≠3＋4.2.若数列{a n }是各项都是正数的等比数列，那么数列{lg a n }还是等比数列吗？提示是等差数列.题型一等比数列性质的应用【例1】已知{a n }为等比数列.(1)若a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，求a 3＋a 5；(2)若a n >0，a 5a 6＝9，求log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10的值. 解 (1)a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25 ＝(a 3＋a 5)2＝25，∵a n >0，∴a 3＋a 5>0，∴a 3＋a 5＝5. (2)根据等比数列的性质，得a 5a 6＝a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝9，∴a 1a 2…a 9a 10＝(a 5a 6)5＝95， ∴log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10 ＝log 3(a 1a 2…a 9a 10) ＝log 395＝10.【迁移1】在例1(1)中，添加条件a 1a 7＝4，求a n .解由等比数列的性质得a 1a 7＝a 3a 5＝4，又由例1(1)知a 3＋a 5＝5，解得a 3＝1，a 5＝4或a 3＝4，a 5＝1，若a 3＝1，a 5＝4，则q ＝2，a n ＝2n －3；若a 3＝4，a 5＝1，则q ＝12，a n ＝25－n.【迁移2】把例1(2)的条件改为“公比为3，a 1a 2a 3…a 30＝3300，求log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10的值.解 a 1a 2a 3…a 30＝(a 1a 2a 3…a 10)·q 100(a 1a 2a 3…a 10)·q 200(a 1a 2a 3…a 10)＝q 300(a 1a 2a 3…a 10)3＝3300，即a 1a 2a 3…a 10＝1，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 31＝0. 规律方法巧用等比数列的性质解题(1)解答等比数列问题的基本方法——基本量法.①基本思路：运用方程思想列出基本量a 1和q 的方程组，解出a 1和q ，然后利用通项公式求解；②优缺点：适用面广，入手简单，思路清晰，但有时运算稍繁. (2)利用等比数列的性质解题①基本思路：充分发挥项的“下标”的指导作用，分析等比数列项与项之间的关系，选择恰当的性质解题；②优缺点：简便快捷，但是适用面窄，有一定的思维含量.【训练1】 (1)在等比数列{a n }中，a 6·a 12＝6，a 4＋a 14＝5，则a 25a 5＝( ) A.94或49 B.32 C.32或23D.32或94(2)公差不为零的等差数列{a n }中，2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________.解析 (1)由a 6·a 12＝a 4·a 14＝6，且a 4＋a 14＝5，解得a 4＝2，a 14＝3或a 4＝3，a 14＝2，若a 4＝2，a 14＝3，则q 10＝32，即a 25a 5＝94；若a 4＝3，a 14＝2，则q 10＝23，即a 25a 5＝49.(2)由a 3＋a 11＝2a 7，且2a 3－a 27＋2a 11＝0，得4a 7－a 27＝0得a 7＝4(a 7＝0不合题意，舍去)，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16. 答案 (1)A (2)16题型二等差数列与等比数列的综合问题【例2】已知{a n }为等差数列，且a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12. (1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，求正整数k 的值. 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋4d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)由(1)可得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （2＋2n ）2＝n (1＋n ).因为a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，所以a 2k ＝a 1S k ＋2，从而(2k )2＝2(k ＋2)(k ＋3)，即k 2－5k －6＝0，解得k ＝6或k ＝－1(舍去)，因此k ＝6. 规律方法解决等差、等比数列的综合问题应注意的四个方面 (1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用. (2)对于解答题注意基本量及方程思想.(3)注重问题的转化，利用非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用公式和性质解题.(4)当题中出现多个数列时，既要纵向考查单一数列的项与项之间的关系，又要横向考查各数列之间的内在联系.【训练2】有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数.解法一设四个数依次为a －d ，a ，a ＋d ，（a ＋d ）2a，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a －d ＋（a ＋d ）2a ＝16，a ＋a ＋d ＝12.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，d ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝9，d ＝－6.所以，当a ＝4，d ＝4时，所求四个数为0，4，8，16；当a ＝9，d ＝－6时，所求四个数为15，9，3，1. 故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1. 法二设四个数依次为2a q －a ，aq，a ，aq (q ≠0)，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧2aq －a ＋aq ＝16，a q ＋a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝8，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，q ＝13.当a ＝8，q ＝2时，所求四个数为0，4，8，16；当a ＝3，q ＝13时，所求四个数为15，9，3，1.故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1. 题型三等比数列的实际应用【例3】某人买了一辆价值13.5万元的新车，专家预测这种车每年按10%的速度贬值. (1)用一个式子表示n (n ∈N *)年后这辆车的价值.(2)如果他打算用满4年时卖掉这辆车，他大概能得到多少钱？解 (1)从第一年起，每年车的价值(万元)依次设为：a 1，a 2，a 3，…，a n ，由题意，得a 1＝13.5，a 2＝13.5(1－10%)，a 3＝13.5(1－10%)2，…. 由等比数列定义，知数列{a n }是等比数列，首项a 1＝13.5，公比q ＝1－10%＝0.9， ∴a n ＝a 1·qn －1＝13.5×(0.9)n －1.∴n 年后车的价值为a n ＋1＝13.5×0.9n万元. (2)由(1)得a 5＝a 1·q 4＝13.5×0.94≈8.9(万元)， ∴用满4年时卖掉这辆车，大概能得到8.9万元.规律方法求解此类问题应先把实际问题转化为等比数列问题，在建立等比数列模型后，运算中往往要运用指数运算等，要注意运算的准确性，对于近似计算问题，答案要符合题设中实际问题的需要.【训练3】画一个边长为2的正方形，再以这个正方形的一条对角线为边画第2个正方形，以第2个正方形的一条对角线为边画第3个正方形，……，这样共画了10个正方形，则第10个正方形的面积等于________.解析依题意，这10个正方形的边长构成以2为首项，2为公比的等比数列{a n }，所以a n ＝2×(2)n －1，所以第10个正方形的面积S ＝a 210＝[2×(2)9]2＝4×29＝2 048. 答案 2 048一、素养落地1.通过学习等比数列性质的应用，提升数学运算素养，通过解决等比数列实际应用问题，提升数学建模素养.2.解决等比数列的问题，通常考虑两种方法：(1)基本量法：利用等比数列的基本量a 1，q ，先求公比，后求其他量.(2)数列性质：等比数列相邻几项的积成等比数列、与首末项等距离的两项的积相等、等比中项的性质等在解题中经常被用到.3.解决数列应用题的关键是读懂题意，建立数学模型，弄清问题的哪一部分是数列问题，是哪种数列.在求解过程中应注意首项的确立，时间的推算，不要在运算中出现问题. 二、素养训练1.(多选题)若数列{a n }是等比数列，则下面四个数列中也是等比数列的有( ) A.{ca n }(c 为常数) B.{a n ＋a n ＋1} C.{a n ·a n ＋1)D.{a 3n }解析当c ＝0时，{ca n }不是等比数列，当数列{a n }的公比q ＝－1时，a n ＋a n ＋1＝0，不是等比数列；由等比数列的定义，选项CD 中的数列是等比数列. 答案 CD2.在等比数列{a n }中，a 4＝6，a 8＝18，则a 12＝( ) A.24 B.30 C.54D.108解析由a 28＝a 4a 12得a 12＝a 28a 4＝54.答案 C3.若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 {a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1. 答案 14.在《九章算术》中“衰分”是按比例递减分配的意思.今共有粮98石，甲、乙、丙按序衰分，乙分得28石，则衰分比例为________.解析设衰分比例为q ，则甲、乙、丙各分得28q ，28，28q 石，∴28q＋28＋28q ＝98，∴q ＝2或12. 又0<q <1，∴q ＝12.答案 125.在等比数列{a n }中，已知a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，求a 1＋a 10. 解因为数列{a n }为等比数列，所以a 5a 6＝a 4a 7＝－8. 联立⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 4a 7＝－8，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4.当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2时，q 3＝－12，故a 1＋a 10＝a 4q3＋a 7q 3＝－7；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4时， q 3＝－2，同理，有a 1＋a 10＝－7.所以a 1＋a 10＝－7.基础达标一、选择题1.在等比数列{a n }中，a 2，a 18是方程x 2＋6x ＋4＝0的两根，则a 4a 16＋a 10＝( ) A.6 B.2 C.2或6D.－2解析由题知a 2＋a 18＝－6，a 2·a 18＝4，所以a 2<0，a 18<0，故a 10<0，所以a 10＝－a 2·a 18＝－2，因此a 4·a 16＋a 10＝a 210＋a 10＝2，故选B. 答案 B2.在正项等比数列{a n }中，a 2a 7＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 8＝( ) A.2 B.4 C.6D.8解析原式＝log 2(a 1a 2a 3…a 8)＝log 2(a 2a 7)4＝4log 24＝8. 答案 D3.等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( ) A.－24 B.－3 C.3D.8解析根据题意得a 23＝a 2·a 6，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，解得d ＝0(舍去)，d ＝－2，所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.答案 A4.《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9，则第5节的容积为( ) A.2 B.6766 C.3D. 3解析法一依题意可设，竹子自上而下各节的容积成等比数列{a n }，设其公比为q (q ≠0)，由上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9可知⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q ·a 1q 2＝3，a 1q 6·a 1q 7·a 1q 8＝9，解得a 1q ＝33，q 3＝63，所以第5节的容积为a 1q 4＝a 1q ·q 3＝33·63＝ 3.故选D.法二依题意可设，竹子自上而下各节的容积成等比数列{a n }，由上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9可知a 1a 2a 3＝3，a 7a 8a 9＝9，由等比数列的性质可知a 1a 2a 3a 7a 8a 9＝(a 1a 9)·(a 2a 8)·(a 3a 7)＝a 65＝27.所以a 5＝ 3.故选D. 答案 D5.两个公比均不为1的等比数列{a n }，{b n }，其前n 项的乘积分别为A n ，B n .若a 5b 5＝2，则A 9B 9＝( ) A.512 B.32 C.8D.2解析因为A 9＝a 1a 2a 3…a 9＝a 95，B 9＝b 1b 2b 3…b 9＝b 95，所以A 9B 9＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5b 59＝512.答案 A 二、填空题6.已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2＝________. 解析由题意知，a 3＝a 1＋4，a 4＝a 1＋6. ∵a 1，a 3，a 4成等比数列，∴a 23＝a 1a 4，∴(a 1＋4)2＝(a 1＋6)a 1，解得a 1＝－8，∴a 2＝－6. 答案－67.已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9＝________.解析由等比数列的性质，得a 3a 11＝a 27，∴a 27＝4a 7. ∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 7＝a 7＝4. 再由等差数列的性质知b 5＋b 9＝2b 7＝8. 答案 88.已知等比数列{a n }的公比为－12，则a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6的值是________.解析 ∵等比数列{a n }的公比为－12，则a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6＝a 1＋a 3＋a 5q （a 1＋a 3＋a 5）＝－2.答案－2 三、解答题9.某城市2015年年底人口为100万人，人均住房面积为5米2.该城市拟自2016年年初开始每年新建住房245万米2，到2023年年底时，人均住房面积为24米2，则该城市的人口年平均增长率约是多少？(精确到0.001，参考公式(1＋x )8≈1＋8x (其中0<x <1).解设该城市的人口年平均增长率为x (0<x <1).则该城市2015年年底到2023年年底人口数量组成等比数列，记为{a n }. 则a 1＝100，q ＝1＋x ，2023年年底人口数量为a 9＝a 1q 8＝100(1＋x )8.2023年年底，住房总面积为100×5＋8×245＝2 460(万米2). 由题意得 2 460100（1＋x ）8＝24，即(1＋x )8＝4140. ∵(1＋x )8≈1＋8x (0<x <1)， ∴1＋8x ≈4140，∴x ≈0.003.∴该城市的人口年平均增长率约是0.3%.10.在等比数列{a n }(n ∈N *)中，a 1>1，公比q >0.设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0. (1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n . (1)证明因为b n ＝log 2a n ，所以b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1－log 2a n ＝log 2a n ＋1a n＝log 2q (q >0)为常数，所以数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)解因为b 1＋b 3＋b 5＝6，所以(b 1＋b 5)＋b 3＝2b 3＋b 3＝3b 3＝6，即b 3＝2. 又因为a 1>1，所以b 1＝log 2a 1>0，又因为b 1·b 3·b 5＝0，所以b 5＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b 3＝2，b 5＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝－1，因此S n ＝4n ＋n （n －1）2(－1)＝9n －n 22.又因为d ＝log 2q ＝－1，所以q ＝12，b 1＝log 2a 1＝4，即a 1＝16，所以a n ＝25－n(n ∈N *).能力提升11.在等比数列{a n }中，若a 1a 2a 3a 4＝1，a 13a 14a 15a 16＝8，则a 41a 42a 43a 44＝________. 解析设等比数列{a n }的公比为q ，a 1a 2a 3a 4＝a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝a 41·q 6＝1，①a 13a 14a 15a 16＝a 1q 12·a 1q 13·a 1q 14·a 1q 15＝a 41·q 54＝8，②②÷①得q 48＝8，q 16＝2，∴a 41a 42a 43a 44＝a 1q 40·a 1q 41·a 1q 42·a 1q 43＝a 41·q 166＝a 41·q 6·q 160＝(a 41·q 6)(q 16)10＝210＝1 024.答案 1 02412.已知0＜r ＜p ＜100，在一容器内装有浓度为r %的溶液1 kg ，注入浓度为p %的溶液14kg ，搅匀后倒出混合液14kg.如此反复进行下去. (1)写出第1次混合后溶液的浓度a 1%；(2)设第n 次混合后溶液的浓度为a n %，试用a n 表示a n ＋1；(3)写出{a n }的通项公式.解 (1)a 1%＝r %＋14p %1＋14＝15(p ＋4r )%. (2)a n ＋1%＝a n %＋14p %1＋14＝15(p ＋4a n )%，即a n ＋1＝15(p ＋4a n ). (3)由(2)知a n ＋1＝15(p ＋4a n )，即a n ＋1－p ＝45(a n －p )，所以{a n －p }是一个公比为45的等比数列，首项为a 1－p ＝45(r －p )，所以a n －p ＝45(r －p )⎝ ⎛⎭⎪⎫45n －1＝(r －p )⎝ ⎛⎭⎪⎫45n，所以a n ＝p －(p －r )⎝ ⎛⎭⎪⎫45n . 创新猜想13.(多选题)已知等比数列{a n }，则下面式子对任意正整数k 都成立的是( )A.a k ·a k ＋1>0B.a k ·a k ＋2>0C.a k ·a k ＋1·a k ＋2>0D.a k ·a k ＋1·a k ＋2·a k ＋3>0解析对于A ，当q <0时，a k ·a k ＋1<0，A 不一定成立；对于B ，a k ·a k ＋2＝(a k q )2>0，B 成立；对于C ，a k ·a k ＋1·a k ＋2＝(a k ＋1)3不一定成立，C 不一定成立；对于D ，a k ·a k ＋1·a k ＋2·a k ＋3＝(a k ＋1·a k ＋2)2>0一定成立，故选BD. 答案 BD14.(多空题)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝12，a 1－a 3＝6，则a n ＝________；a 1a 2…a n 的最大值为________.解析设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由a 1＋a 2＝12，a 1－a 3＝6，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝12，a 1－a 1q 2＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.∴a n ＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －4.∴a 1a 2…a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3－2－1＋0＋1＋…＋（n －4）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n （n －7）2.令f (n )＝12n (n －7)＝12(n 2－7n )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－498，∴当n ＝3或n ＝4时，f (n )有最小值，即f (n )min ＝－6，∴a 1a 2…a n 的最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫12－6＝64.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －464。

四类数列题型-新高考数学大题秒杀技巧(解析版)

四类数列题型-2023年高考数学大题秒杀技巧数列求和问题一般分为四类：类型1：错位相减；类型2：裂项相消求和；类型3：分组求和；类型4：含−1 n 类进行求和。

下面给大家对每一个类型进行秒杀处理.数列求和之前需要掌握一些求数列通项的技巧，技巧如下：①当高考数列大题出现《a n 与a n +1》或《a n 与a n −1》递推关系且关系式中系数为1时，应遵循以下步骤第一步：作差第二步：列举第三步：求和→简称《知差求和》注意：列举时最后一项必须是a n −a n −1②当高考数列大题出现《a n 与a n +1》或《a n 与a n −1》递推关系且关系式中系数不为1时，应遵循以下步骤第一步：秒求所配系数第二步：寻找新的等比数列第三步：求新数列的通项第四步反解a n →简称《构造法》③当高考数列大题出现《a n 与a n +1》或《a n 与a n −1》递推关系，关系式中出现倍数关系时，应分为两种情况，第一种情况：若f n 是常数时，可归为等比数列，第二种情况：若f n 可求积，应遵循以下步骤第一步：出现商的形式第二步：列举第三步：求积出现a n →简称《知商求积》类型1：错位相减；a n =An +B ⋅C n第一步：求和(求和×公比)S n =A +B ⋅C 1+A ⋅2+B ⋅C 2+A ⋅3+B ⋅C 3+⋯⋯+A ⋅n −1 +B ⋅C n −1+A ⋅n +B ⋅C nC ⋅S n =A +B ⋅C 2+A ⋅2+B ⋅C 3+A ⋅3+B ⋅C 4+⋯⋯+A ⋅n −1 +B ⋅C n +A ⋅n +B ⋅C n +1①式-②式得S n −C ⋅S n =A +B ⋅C 1+A ⋅C 2+A ⋅C 3+⋯⋯+A ⋅C n −A ⋅n +B ⋅C n +1S n 1−C =A ⋅C 1+A ⋅C 2+A ⋅C 3+⋯⋯+A ⋅C n +B ⋅C 1−A ⋅n +B ⋅C n +1S n =A ⋅C ⋅1−C n1−C+B ⋅C 1−A ⋅n +B ⋅C n +11−CS n =A ⋅C ⋅1−C n 1−C 2+B ⋅C 11−C −A ⋅n +B ⋅C n +11−C ⇒S n =AC −C n +1C −12−B ⋅C 1C −1+A ⋅n +B ⋅C n +1C −1S n =An C −1+B C −1−A C −1 2 ⋅C n +1−B C −1−A C −1 2⋅C 错位相减专项训练1已知等差数列a n 前n 项和为S n ，a 1=1，S 9=9a 6-18.(1)求an 的通项公式；(2)若数列b n满足a1b1+a2b2+⋯+a n b n=2n-3⋅2n+1+6，求和：T n=a1b n+a2b n-1+⋯+a n-1b2+a n b1.【答案】(1)a n=2n-1(2)3×2n+1-4n-6【详解】(1)因为等差数列a n前n项和为S n，所以S9=9a1+a92=9×2a52=9a5，又S9=9a6-18，所以9a5=9a6-18⇒d=a6-a5=189=2，又a1=1，所以a n是首项为1，公差为2的等差数列，所以a n的通项公式为a n=1+2n-1=2n-1.(2)因为a1b1+a2b2+⋯+a n b n=2n-3⋅2n+1+6，所以a1b1+a2b2+⋯+a n-1b n-1=2n-5⋅2n+6n≥2，两式相减得：a n b n=2n-3⋅2n+1+6-2n-5⋅2n-6=2n-1⋅2n n≥2，又a1b1=2满足上式，所以a n b n=2n-1⋅2n n∈N*，又a n=2n-1，所以b n=2n.所以T n=1×2n+3×2n-1+5×2n-2+⋯+2n-3×4+2n-1×2，2T n=1×2n+1+3×2n+5×2n-1+⋯+2n-3×8+2n-1×4，两式相减得：T n=2n+1+2n+1+2n+⋯+8-2n-1×2=2n+1+8-2n+21-2-2n-1×2=3×2n+1-4n-6.2数列a n中，a1=2，记T n=a1a2a3⋯a n，T n是公差为1的等差数列.(1)求a n的通项公式；(2)令b n=na n2n，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)a n=n+1 n(2)S n=3-n+32n【详解】(1)当n=1时，T1=a1=2所以T n=T1+n-1×1=n+1所以a1a2a3⋯a n=n+1当n≥2时，a1a2a3⋯a n-1=n所以a n=n+1nn≥2又a1=2符合a n=n+1 n所以a n=n+1 n.(2)由(1)得b n=n+12n所以S n=22+322+423+⋯+n2n-1+n+12n①所以12S n=222+323+424+⋯+n2n+n+12n+1②①-②得12S n=22+122+123+124+⋯+12n-n+12n+1=1+141-12n-11-12-n+12n+1=32-12n-n+12n+1所以S n=3-n+3 2n.3已知数列a n满足a1=-1，且2a n+1-a n=1 2n.(1)求2n⋅a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n.【答案】(1)2n a n=n-3(2)S n=-n-12n-1【详解】(1)解：因为数列a n满足a1=-1，且2a n+1-a n=12n，在等式2a n+1-a n=12n两边同时乘以2n可得2n+1a n+1-2n a n=1，且2a1=-2，所以，数列2n⋅a n是以-2为首项，公差为1的等差数列，所以，2n a n=-2+n-1=n-3.(2)解：由(1)可得a n=n-32n ，所以，S n=-221+-122+023+⋯+n-32n，①可得12S n=-222+-123+⋯+n-42n+n-32n+1，②①-②可得12S n=-1+122+123+⋯+12n-n-32n+1=-1+141-12n-11-12-n-32n+1=-12-n-12n+1，因此，S n=-n-12n-1.4已知数列a n的前n项和为S n,a1=0，且S n+1=2S n+2n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列b n满足b n=log2a n+12，求a n+1b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=0,n=1 2n-1,n≥2(2)T n=n2-2n+3×2n+1-6【详解】(1)令n=1时S2=a1+a2=2a1+2=2∵a1=0，∴a2=2∵S n+1=2S n+2，...①∴n≥2时，S n=2S n-1+2，...②由①-②得a n+1=2a n.∴a n=0,n=1 2n-1,n≥2 .(2)由(1)知b n=log2a n+12=n2.令c n=a n+1b n=n2⋅2n，则T n=c1+c2+c3+⋯+c n=12×21+22×22+32×23+⋯+n22n...③2T n=12×22+22×23+⋯+(n-1)2×2n+n22n+1...④③-④得：-T n=1×21+3×22+5×23+⋯+2n-1×2n-n22n+1令G n=1×21+3×22+5×23+⋯+(2n-1)×2n...⑤2G n=1×22+3×23+⋯+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1...⑥⑤-⑥得：-G n=1×21+2×22+2×23+⋯+2×2n-2n-1×2n+1=2+222+23+⋯2n-2n-1×2n+1=2+231-2n-11-2-2n-1×2n+1=-2n-3×2n+1-6∴G n=2n-3×2n+1+6∴-T n=2n-3×2n+1+6-n22n+1∴T n=n2-2n+3×2n+1-65已知等差数列a n的公差不为零，其前n项和为S n，且a2是a1和a5的等比中项，a2n=2a n +1n∈N*．(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=2a n+1，令c n=a n b n，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=2n-1(2)T n=209+2n3-59×4n+1.【详解】(1)设等差数列a n的首项为a1，公差为d≠0，又a2是a1和a5的等比中项，得a22=a1a5，即a1+d2=a1a1+4d，即d=2a1，①又a2n=2a n+1n∈N*，取n=1时，a2=2a1+1，即a1+d=2a1+1，②将①②联立解得a1=1，d=2，an=2n-1，(2)由题意可知，b n =22n =4n ，c n =2n -1 ⋅4n ，T n =1×4+3×42+5×43+⋯+2n -3 ×4n -1+2n -1 ×4n ,4T n =1×42+3×43+5×44+...+2n -3 ×4n +2n -1 ×4n +1-3T n =4+2×42+2×43+...+2×4n -2n -1 ×4n +1，-3T n =4+2×42-4×4n 1-4-2n -1 ×4n +1，-3T n =-203+53-2n ×4n +1，T n =209+2n 3-59×4n +1类型2：裂项相消求和①a n =f (n +1)−f (n )②sin1°cos n °cos (n +1)°=tan (n +1)°−tan n °③a n =1n (n +1)=1n −1n +1④a n =(2n )2(2n −1)(2n +1)=1+1212n −1−12n +1 ⑤a n =1n (n −1)(n +2)=121n (n +1)−1(n +1)(n +2)⑥a n =n +2n (n +1)⋅12n =2(n +1)−n n (n +1)⋅12n =1n ⋅2n −1−1(n +1)2n ,则S n =1−1(n +1)2n ⑦a n =1(An +B )(An +C )=1C −B 1An +B −1An +C⑧a n =1n +n +1=n +1-n ，1a +b=1a -b a -b ⑨a n =log a n +1n =log a n +1 −log a n ⑩a n =2n 2n −1 ⋅2n +1−1=12n −1−12n +1−1裂项相消求和专项训练6已知在等差数列a n 中，a 1+a 5=18,a 6=15.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列1a n -1a n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n +3(2)n 6n +9【详解】(1)设a n 的公差为d .由a 1+a 5=18，可得a 3=9.因为a 6=15，所以3d =a 6-a 3=15-9=6，所以d =2.因为a 3=a 1+2d =9，所以a 1=5，故a n =2n +3.(2)因为a n =2n +3，所以1a n -1a n=12n +1 2n +3=1212n +1-12n +3，所以S n =1a n -1a n=1213-15 +1215-17 +⋯+1212n +1-12n +3=1213-12n +3 =n6n +9.7已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足a 1=12，a n +S n -1S n=0(n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列(2n +1)a 2n 的前n 项和.【答案】(1)a n =12,n =1,-1n (n +1),n ≥2.(2)T n =n (n +2)(n +1)2【详解】(1)当n =1时，S 1=a 1=12，当n ≥2时，a n =S n -S n -1，∴S n -S n -1+S n -1S n =0，即S n -1-S n =S n -1S n ，∵S n -1，S n ≠0，∴1S n -1S n -1=1，∴1S n 是首项为2，公差为1的等差数列，∴1S n=2+(n -1)×1=n +1，S n =1n +1，∴a n =-S n -1S n =-1n (n +1)，综上，a n =12,n =1,-1n (n +1),n ≥2.(2)∵a 2n =1n 2(n +1)2，,(n ≥1),∴(2n +1)a 2n =2n +1n 2(n +1)2=1n 2-1(n +1)2，记数列(2n +1)a 2n 的前n 项和为T n ，∴T n =112-122+122-132+⋅⋅⋅+1(n -1)2-1n 2 +1n 2-1(n +1)2=1-1(n +1)2=n (n +2)(n +1)2.8已知公差不为0的等差数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1,a 2,a 5成等比数列，a 2a 3=a 8.(1)求数列a n 的通项公式a n ；(2)若n ≥2，1S 2-1+1S 3-1+⋯+1S n -1≥2140，求满足条件的n 的最小值.【答案】(1)a n =2n -1(2)4【详解】(1)解：设等差数列a n的公差为d，因为a1,a2,a5成等比，所以a22=a1a5，可得a1a1+4d=a1+d2，整理得2a1d=d2，又因为d≠0，所以2a1=d，因为a2⋅a3=a8，所以a1+da1+2d=a1+7d，可得a21-a1=0，解得a1=0或者a1=1，当a1=0时，d=2a1=0，不合题意舍去；当a1=1时，d=2a1=2，则a n=2n-1，所以数列a n的通项公式为a n=2n-1.(2)解：由a n=2n-1，可得S n=n(1+2n-1)2=n2，所以1S n-1=1n2-1=121n-1-1n+1,n≥2，当n≥2时，1S2-1+1S3-1+⋯+1S n-1=121-13+12-14+⋯+1n-1-1n+1=1232-1n-1n+1 ，令1232-1n-1n+1≥2140，可得1n+1n+1≤920，即9n2-31n-20=(9n+5)(n-4)≥0，解得n≥4，所以n的最小值为4.9从①a n+12=a2n-1+4a n+2a n-1+1n≥2,a n>0，②na n+1=n+1a n+1，③前n项和S n满足nS n+1 S n+n=n+1中任选一个，补充在下面的横线上，再解答.已知数列a n的首项a1=1，且.(1)求a n的通项公式；(2)若b n=2a n a n+1，求数列b n的前n项和T n.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)a n=2n-1(2)T n=2n2n+1【详解】(1)选①：由a n+12=a2n-1+4a n+2a n-1+1n≥2，可得a n+a n-1a n-a n-1-2=0.因为a n>0，所以a n-a n-1=2n≥2,所以a n是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n=1+n-1×2=2n-1.选②：由na n+1=n+1a n+1，得na n+1+n=n+1a n+n+1，所以n a n+1+1=n+1a n+1，所以a n+1+1n+1=a n+1n，故数列a n +1n 是常数列，所以a n +1n =a 1+11=2，故a n =2n -1.选③：由nS n +1S n +n=n +1，得nS n +1-n +1 S n =n n +1 ，则S n +1n +1-S n n =1，所以数列S nn是首项为1，公差为1的等差数列，所以S nn=1+n -1 ×1=n ，则S n =n 2.当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-(n -1)2=2n -1，易知a 1=1也满足上式，故a n 的通项公式为a n =2n -1.(2)由(1)可得b n =2a n a n +1=22n -1 2n +1=12n -1-12n +1，则T n =b 1+b 2+⋯+b n =1-13 +13-15 +⋯+12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +110已知数列a n 满足a 1=13，2-a n a n +1=1．(1)证明：数列11-a n是等差数列，并求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项的积为T n ，证明：T 1T 2+T 2T 3+⋯+T n T n +1<12．【答案】(1)证明见解析，a n =2n -12n +1；(2)证明见解析.【详解】(1)由2-a n a n +1=1，得a n +1=12-a n，显然n ∈N ∗，a n ≠1，否则a 1=1，矛盾，11-a n +1=11-12-a n =2-a n 2-a n -1=2-a n 1-a n =1+11-a n ，即11-a n +1-11-a n =1，因此数列11-a n 是首项为11-a 1=32，公差为1的等差数列，则11-a n =32+(n -1)×1=2n +12，整理得a n =2n -12n +1，所以数列11-a n是等差数列，数列a n 的通项公式是a n =2n -12n +1.(2)由(1)知，a n =2n -12n +1，T n =a 1a 2a 3⋯a n =13×35×57×⋯×2n -12n +1=12n +1，于是T n T n +1=12n +1⋅12n +3=1212n +1-12n +3，所以T 1T 2+T 2T 3+⋯+T n T n +1=1213-15 +15-17+⋯+12n +1-12n +3 =1213-12n +3 <12.类型3：分组求和①等差数列求和公式：S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n −1)2d ②等比数列求和公式：S n =na 1(q =1)a 1(1−q n)1−q=a 1−a nq1−q(q ≠1)③S n =nk =1k =12n (n +1)④S n =nk =1k 2=16n (n +1)(2n +1)⑤S n =nk =1k 3=12n (n +1)]2类型3：分组求和专项训练11已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=3,2S n =3a n -3.(1)求a n 的通项公式；(2)设数列b n 满足：b n =a n +log 3a n ，记b n 的前n 项和为T n ，求T n .【答案】(1)a n =3n n ∈N * (2)T n =3n +1+n 2+n -32【详解】(1)∵2S n =3a n -3①∴当n ≥2时，2S n -1=3a n -1-3②①-②得：2a n =3a n -3a n -1即a n =3a n -1n ≥2∵a 1=3，∴数列a n 是以3为首项，3为公比的等比数列.∴a n =3n n ∈N *(2)∵b n =a n +log 3a n =3n +n .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n -1+b n =31+1 +32+2 +⋯+3n -1+n -1 +3n +n =31+32+⋯+3n -1+3n +1+2+⋯+n -1+n =31-3n 1-3+1+n n 2=3n +1+n 2+n -32所以b n 的前n 项和T n =3n +1+n 2+n -32.12已知数列a n 满足：a 1=3，a n =a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =a n -1+-1 n log 2a n -1 ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n +1(n ∈N *)(2)T n =2n +1-2-n +12,n =2k -12n +1-2+n 2,n =2k且k ∈N *【详解】(1)∵a n -a n -1=2n -1(n ≥2)，∴当n ≥2时a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+⋯+(a n -1-a n -2)+(a n -a n -1)=3+2+22+⋯+2n -2+2n -1=2+1-2n1-2=2n +1，检验知：当n =1时上式也成立，故a n =2n +1(n ∈N *)．(2)∵b n =2n +(-1)n n ．当n 为偶数时，T n =2+22+⋯+2n+(-1)+2+(-3)+4+⋯+(-1)nn =2(1-2n )1-2+n 2=2n +1-2+n2；当n 为奇数时，T n =T n -1+2n +(-1)n n =2n -2+n -12+2n -n =2n +1-2-n +12且n ≥3，又n =1时T 1=b 1=2-1=1满足上式，此时T n =2n +1-2-n +12；T n =2n +1-2-n +12,n =2k -12n +1-2+n 2,n =2k且k ∈N *.13在等比数列a n 中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一，第二，第三列中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一行．第一列第二列第三列第一行-1-416第二行2-6-10第三行5128(1)写出a 1，a 2，a 3，并求数列a n 的通项公式；(2)若数列b n 满足b n =a n +log 2a 2n ，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)a n =-1 n -1⋅2n(2)S n =2+-2 n +13+n 1+n【详解】(1)根据等比数列的定义和表格中数据，得到a 1=2，a 2=-4，a 3=8，即数列a n 是首项为2，公比为-2的等比数列，故a n =2×-2 n -1=-1 n -1⋅2n .(2)因为b n =a n +log 2a 2n =-1n -1⋅2n +log 222n =-1 n -1⋅2n +2n ，数列-1 n -1⋅2n 是首项为2，公比为-2的等比数列，2n 是首项为2，公差为2的等差数列，所以S n =21--2 n 1+2+2n 1+n 2=2+-2 n +13+n 1+n14已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=1，S n +1=2S n +1n ∈N + ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n +1+log 2a n a n +1 n ∈N + ，求数列b n 的前n 项和．【答案】(1)a n=2n-1,n∈N+(2)23(4n-1)+n2【详解】(1)因为S n+1=2S n+1，所以S n+1+1=2(S n+1)，又S1+1=a1+1=2，所以数列{S n+1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以S n+1=2×2n-1=2n，即S n=2n-1，当n≥2时，S n-1=2n-1-1，所以a n=S n-S n-1=2n-1-2n-1+1=2n-1，当n=1时，a1=1也适合，故a n=2n-1,n∈N+.(2)b n=a n a n+1+log2a n a n+1=2n-1⋅2n+log2(2n-1⋅2n)=22n-1+2n-1，所以数列b n的前n项和为21+23+25+⋯+22n-1+1+3+5+⋯+2n-1=2(1-4n)1-4+n(1+2n-1)2=23(4n-1)+n2.15已知数列a n的前n项和S n=n2+n2，等比数列b n满足b2=a2，b3=a3+1．(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)若c n=-a n b n+1,n为奇数a nb n,n为偶数，求数列cn的前2n项和T2n．【答案】(1)a n=n，b n=2n-1 (2)23(4n-1)【详解】(1)解：当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n，又n=1时，a1=S1=1也成立，所以，a n=n，所以，b2=a2=2，b3=a3+1=4，所以，等比数列b n的公比为b3b2=2，b1=b22=1，所以，b n=2n-1(2)解：因为c n=-a n b n+1,n为奇数a nb n,n为偶数，即cn=-n⋅2n,n为奇数n⋅2n-1,n为偶数，所以c2n-1+c2n=-(2n-1)⋅22n-1+2n⋅22n-1=22n-1,所以，数列c n的前2n项和T2n=c1+c2+c3+c4+⋯+c2n-1+c2n =(c1+c2)+(c3+c4)+⋯+(c2n-1+c2n)=2+23+25+⋯+22n-1=2(1-4n)1-4=23(4n-1)类型4：含−1n类进行求和我们估且把这种求和的方法称为“并项法”，可以推广到一般情况，用“并项法”求形如通项公式为a n =−1 n ⋅f n 的摆动数列{a n }前n 项和的步骤如下：第一步：首先获得并项后的一个通项公式，即先求当n 为奇数时，a n +a n +1的表达式；第二步：然后对n 分奇、偶进行讨论，即当n 为偶数时，由S n =a 1+a 2 +a 3+a 4 +a 5+a 6 +⋯+a n −1+a n 求出S n ；第三步：当n 为奇数且n ＞1时，由S n =S n −1+a n 求出S n ，特别注意对n =1时要单独讨论，即S 1要单独求出.第四步：将S 1代入当n 为奇数且n ＞1时S n 的表达式进行检验，如果适合，结果写成两段分段函数形式表示，如果不适合，结果写成三段分段函数形式表示含−1 n 类进行求和专项训练16设S n 为数列a n 的前n 项和，a n >0，a 2n +2a n +1=4S n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列-1 n 4n a n a n +1 的前n 项和T n.【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =-1+(-1)n 12n +1【详解】(1)已知a 2n +2a n +1=4S n ①，当n =1时，a 1=1.当n ≥2时，a 2n -1+2a n -1+1=4S n -1②①-②得：a 2n +2a n -a 2n -1-2a n -1=4a n ，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0.又a n >0，所以a n +a n -1≠0，a n -a n -1=2.所以数列a n 是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n =2n -1.(2)设b n =(-1)n4n a n a n +1=(-1)n 4n 2n -1 2n +1 =(-1)n 12n -1+12n +1.T n =-1+13 +13+15 -15+17+⋯+(-1)n 12n -1+12n +1 =-1+(-1)n 12n +1.17数列a n 的前n 项的和为S n ，已知a 1=1，a 2=3，当n ≥2时，S n +1+S n -1=2S n +n +1.(1)求数列a n 的通项公式a n ；(2)设b n =-1 n ⋅a n ，求b n 的前2m m ∈N ∗ 项和T 2m .【答案】(1)an =n n +12(2)T2m=m m+1【详解】(1)解：当n≥2时，由S n+1+S n-1=2S n+n+1可得S n+1-S n=S n-S n-1+n+1，即a n+1=a n+n+1，因为a1=1，a2=3，所以n=1时也满足a n+1=a n+n+1，当n≥2时，a n-a n-1=n，所以，a n=a1+a2-a1+⋯+a n-a n-1=1+2+3+⋯+n=n n+12，当n=1时，a1=1，也满足上式，所以a n=n n+12n∈N∗.(2)解：b n=-1n⋅n n+12，对任意的n∈N∗，b2n-1+b2n=-2n2n-12+2n2n+12=2n，所以，T2m=b1+b2+b3+b4+⋯+b2m-1+b2m=21+2+⋯+m=2×m m+12=m m+1.18设正项数列a n的前n项和为S n，已知a3=5，且a2n+1=4S n+4n+1.(1)求a n的通项公式；(2)若b n=(-1)n⋅2na n a n+1，求数列b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1；(2)T n=-n2n+1,n为偶数,-n+12n+1,n为奇数.【详解】(1)因为a2n+1=4S n+4n+1，所以4S n=a2n+1-4n-1①，所以n≥2时，4S n-1=a2n-4n-1-1②．由①-②，得4a n=a2n+1-a2n-4，即a2n+1=a n+22．因为a n各项均为正数，所以a n+1=a n+2，即a n+1-a n=2，因为a3=5，所以a23=4a1+a2+9，a22=4a1+5，解得a2=3，a1=1，a2-a1=2，所以数列a n是公差为2的等差数列，所以a n=1+n-1×2=2n-1．(2)由(1)得b n=-1n2n2n-12n+1=-1n212n-1+12n+1．当n为偶数时，T n=-121+13+1213+15-1215+17+1217+19+⋯+1212n-1+12n+1=12-1+12n+1=-n2n+1；当n为奇数时，T n=-121+13+1213+15-1215+17+1217+19+⋯-1212n-1+12n+1=12-1-12n+1=-n+12n+1．所以T n=-n2n+1,n为偶数,-n+12n+1,n为奇数.19正项数列a n的前n项和为S n，已知2a n S n=a2n+1．(1)求证：数列S2n为等差数列，并求出S n，a n；(2)若b n=(-1)na n，求数列b n的前2023项和T2023．【答案】(1)S n=n；a n=n-n-1；(2)T2023=-2023.【详解】(1)由2a n S n=a2n+1可得，2S21=S21+1，又因为S n为正项数列a n的前n项和，所以S1=a1=1，因为a n=S n-S n-1，所以2S n-S n-1S n=S n-S n-12+1，所以S2n-S2n-1=1n≥2，数列S2n为等差数列，所以S2n=n，S n=n，a n=1n=1n-n-1n≥2，所以an=n-n-1.(2)b n=(-1)na n=(-1)n n+n-1，T2023=-1+2+1-3-2+4+3-⋅⋅⋅-2023-2022=-2023.20已知正项等比数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a2a3a4=64，数列b n满足b1=1,b1+1 2 b2+1 3b3+⋅⋅⋅+1nb n=b n+1-1n∈N*．(1)求数列a n,b n的通项公式；(2)设c n=a n+(-1)n2b n+1，求数列c n的前2n项和T2n．【答案】(1)a n=2n-1，b n=n；(2)T2n=22n+2n-1．【详解】(1)设数列a n的公比为q，由已知得q>0，因为a2a3a4=64，所以a33=64，得a3=4，又a1=1．所以q=2，所以a n=a1q n-1=2n-1，对于数列b n，因为b1+12b2+13b3+⋅⋅⋅+1nb n=b n+1-1 ①当n=1时，b1=b2-1，则b2=2，当n≥2时，b1+12b2+13b3+⋯+1n-1b n-1=b n-1 ②，由①-②得1nb n=b n+1-b n，即b n+1b n=n+1n，又b2b1=2，也适合上式，故b n+1b n=n+1nn∈N*，当n≥2时b n=b nb n-1⋅b n-1b n-2⋅⋅⋅⋅⋅b2b1⋅b1=nn-1⋅n-1n-2⋅⋅⋅⋅⋅21⋅1=n，又b1=1，所以b n=n；(2)由(1)可得：a n=2n-1,b n=n，则c n=a n+(-1)n2b n+1=2n-1+(-1)n(2n+1)，则数列c n的前2n项和为：T2n=20+(-1)⋅(2+1)+21+(-1)2⋅(2×2+1)+⋯+22n-1+(-1)2n⋅(2⋅2n+1)，所以：T2n=20+21+22+⋯+22n-1+(-1)⋅(2+1)+(-1)2⋅(2×2+1)+⋯+(-1)2n⋅(2⋅2n+1)=1-22n1-2+[-(2+1)+(2×2+1)]+⋯+[-(2⋅(2n-1)+1)+(2⋅2n+1)] =22n-1+2n=22n+2n-1．。

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数列中的隔项问题裂项求和数列中的放缩问题
1.已知()21+=
n n a n 求n S
2.已知()2)1(1++=
n n n a n 求n S
3.求证：
n 11n 131211n 121222-<+++<+- 2,≥∈n N n
4.求证：
)11123(21n 13121222+--<+++n n 2,≥∈n N n
5.求证： )1n (2n 13121)21(2-<+++<
-+ n 2,≥∈n N n
数列中的隔项问题
1（2014新课标）已知数列{}n a 的前项和是n S ，11,0n a a =≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数，
（I ）证明：2n n a a λ+-=
（II ）是否存在λ，使得{}n a 为等差数列? 并说明理由.
2 在数列中，已知11,121+=
=+n n a a a ，96100a a =则=+1615a a
3 (2013天津，理19) 已知首项为32
的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设T n ＝1n n
S S -
(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．
4.（2012新课标卷）（12）数列{n a }满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为
A.3690
B.3660
C.1845
D.1830
5．(2013湖南，理15)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12
n ，n ∈N *，则 (1)a 3＝__________
(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝__________.
6．(2013课标全国Ⅰ，理12)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝2n n c a +，c n ＋1＝2
n n b a +，则( )． A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列
C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列
D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列
7．(2013江西，理17)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：2n S －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.
(1)求数列{a n }的通项公式a n ；
(2)令221(2)n n n b n a +=+，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564.
8(2013浙江，理18)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．
(1)求d ，a n ；
(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.
9.（2012广东理）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足1*1221()n n n S a n N ++=-+∈，
且123,5,a a a +成等差数列。

（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式。

（3）证明：对一切正整数n ，有
1211132
n a a a +++<
n。