高考数学数列题型篇
高考数学压轴数列的最值题型分类专题
高考数学压轴数列的最值题型分类专题题型一、求数列n a 的最大项、最小项求解数列的最大项最小项通常采用 ①利用均值不等式求最值②解不等式组 1+≥n n a a ，1-≥n n a a ③构造函数利用单调性法④根据数列项的正负与单调性求数列的最大最小项.1. 基本不等式法例1.已知数列{}n a 的通项公式为1562+=n na n ，，求{}的最大值n a2.解不等式组例1.已知数列{}n a 的通项公式为1562+=n na n ，，求{}的最大值n a变式练习：（1） 已知数列}{n a 中，)2(8.0+=n a n n ，求数列的最大项.（2）已知等差数列{}n b 的前n 项和为n T ，且15,1054≤≥T T ,求的最大值4a（3）已知数列}{n a 中，)2(8.0+=n a n n ，求数列的最大项.（4）已知数列}{n a 的通项公式nn n n a 11)1(10+=，试求出该数列的最大项.3.构造函数利用单调性 （若1n n a a +<，则此数列为递增数列，若1n n a a +>，则其为递减数列，若1n n a a +=，则其为常数列）例 1 数列}{n a 中，20172016--=n n a n ,则该数列中的最大项与最小项分别是__________例2. 设函数)1x 0(log log )x (f 2x x 2<<-=数列{}n a 满足),2,1n (,n 2)2(f na==（1）求n a 。
（2）求{}n a 的最小项变式练习： （1）已知)N n (98n 97n a n*∈--=则在数列{}n a 的前30项中最大项和最小项分别是_____。
（2） 已知)N n (n131211S n *∈++++= ，记1n 1n 2n S S a ++-=，求数列{}n a 的最小值。
（3） 已知数列)N n (156n n a 2n*∈+=，则该数列中的最大项是第几项？（4） 已知无穷数列{}n a 的通项公式nn n 10)1n (9a +=，试判断此数列是否有最大项，若有，求出第几项最大，若没有，说明理由。
高考数学高考数学题型(推荐5篇)
高考数学高考数学题型（推荐5篇）1.高考数学高考数学题型第1篇直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法。
【解答题答题模板】专题一、三角变换与三角函数的性质问题1、解题路线图①不同角化同角②降幂扩角③化f(x)=Asin(ωx+φ)+h④结合性质求解。
2、构建答题模板①化简：三角函数式的化简，一般化成y=Asin(ωx+φ)+h的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式。
②整体代换：将ωx+φ看作一个整体，利用y=sin x，y=cos x的性质确定条件。
③求解：利用ωx+φ的范围求条件解得函数y=Asin(ωx+φ)+h的性质，写出结果。
④反思：反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性。
专题二、解三角形问题1、解题路线图(1) ①化简变形;②用余弦定理转化为边的关系;③变形证明。
(2) ①用余弦定理表示角;②用基本不等式求范围;③确定角的取值范围。
2、构建答题模板①定条件：即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向。
②定工具：即根据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化。
③求结果。
④再反思：在实施边角互化的时候应注意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系;二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形。
专题三、数列的通项、求和问题1、解题路线图①先求某一项，或者找到数列的关系式。
②求通项公式。
③求数列和通式。
2、构建答题模板①找递推：根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式。
②求通项：根据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式，或利用累加法或累乘法求通项公式。
③定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)。
④写步骤：规范写出求和步骤。
⑤再反思：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范。
专题四、利用空间向量求角问题1、解题路线图①建立坐标系，并用坐标来表示向量。
②空间向量的坐标运算。
高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)
高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ；n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq；等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数，且a3 ·a9 =2 2a ，a2 =1，则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3（. 江西卷）公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904（湖南卷）设S n 是等差数列a n 的前n 项和，已知a2 3，a6 11，则S7 等于【】第1页/ 共8页A ．13 B．35 C．49 D．633.（辽宁卷）已知a为等差数列，且a7 －2 a4 ＝－1, a3 ＝0, 则公差d＝n（A）－2 （B）－12 （C）12（D）24.（四川卷）等差数列｛a n ｝的公差不为零，首项a1 ＝1，a2 是a1 和a5 的等比中项，则数列的前10 项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1905.（湖北卷）设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ]，则{ 52 1} ，[ 521],521A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列6.（湖北卷）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：他们研究过图1 中的1，3，6，10，⋯，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16⋯这样的数成为正方形数。
高考数学复习考点题型专题讲解10 数列的递推关系与通项
高考数学复习考点题型专题讲解专题10 数列的递推关系与通项1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).类型一利用a n与S n的关系求通项1.已知S n求a n的步骤(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式.(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.2.S n与a n关系问题的求解思路(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解.(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解.例1 (1)已知数列{a n}为正项数列，且4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{a n}的各项均为正数，且S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，求数列{a n}的通项公式.解(1)由题知4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，①则4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S n－1an－1＋2＝S n－1(n≥2，n∈N*)，②由①－②可得4S nan＋2＝a n，即4S n＝a2n＋2a n，n≥2，n∈N*，在已知等式中令n＝1，得4S1a1＋2＝S1，则4S1＝a1(a1＋2)，③满足上式，所以4S n＝a2n＋2a n，④则4S n－1＝a2n－1＋2a n－1(n≥2)，⑤④－⑤可得4a n＝a2n＋2a n－a2n－1－2a n－1⇔2(a n＋a n－1)＝a2n－a2n－1. 因为a2n－a2n－1＝(a n＋a n－1)(a n－a n－1)，a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以{a n}为公差是2的等差数列，由③可解得a1＝2，所以a n＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*).(2)由S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，得当n ≥2时，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，所以2S n ＝S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，所以S 2n －S 2n －1＝1，所以{S 2n }为公差是1的等差数列，所以S 2n ＝S 21＋(n －1).在S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 中，令n ＝1可得S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，解得a 1＝1，所以S 2n ＝n ，所以S n ＝n ，所以a n ＝⎩⎨⎧S n －S n －1，n ≥2，S 1，n ＝1＝⎩⎨⎧n －n －1，n ≥2，1，n ＝1，所以a n ＝n －n －1(n ∈N *).训练1 已知正项数列{a n ＋2n －1}的前n 项和为S n ，且4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3.求数列{a n }的通项公式.解 由题知4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3＝(a n ＋2n －1)2＋2(a n ＋2n －1)－3， 令b n ＝a n ＋2n －1， 则4S n ＝b 2n ＋2b n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝b 2n －1＋2b n －1－3，②由①－②，得4b n ＝b 2n －b 2n －1＋2b n －2b n －1， 整理得(b n －b n －1－2)(b n ＋b n －1)＝0. 因为b n >0，所以b n －b n －1＝2(n ≥2). 又4S 1＝b 21＋2b 1－3， 即b 21－2b 1－3＝0，解得b 1＝3或b 1＝－1(舍去)，所以数列{b n }是以3为首项，2为公差的等差数列， 则b n ＝2n ＋1，所以a n ＝b n －2n －1＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *). 类型二 构造辅助数列求通项(1)形如a n ＝pa n －1＋q (p ≠1，q ≠0)的形式，通常可构造出等比数列a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1，进而求出通项公式. (2)形如a n ＝pa n －1＋q n ，此类问题可先处理q n ，两边同时除以q n ，得a nq n ＝pa n －1q n＋1，进而构造成a n q n ＝p q ·a n －1q n －1＋1，设b n ＝a n q n ，从而变成b n ＝pqb n －1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.(3)形如qa n －1－pa n ＝a n a n －1，可以考虑两边同时除以a n a n －1，转化为q a n －pa n －1＝1的形式，进而可设b n ＝1a n，递推公式变为qb n －pb n －1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.(4)形如a n ＝ma n －1k （a n －1＋b ）(其中n ≥2，mkb ≠0)取倒数，得到1a n ＝k m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a n －1⇔1a n＝kb m ·1a n －1＋km，转化为(1)中的类型. (5)形如a n ＝pa r n －1(n ≥2，a n ，p >0)两边取常用对数，得lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，转化为(1)中的类型. 考向1 构造法求通项例2 (1)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，得2n a n ＝2n ＋1a n ＋1－1，所以数列{2n a n }是首项和公差均为1的等差数列， 于是2n a n ＝1＋(n －1)×1＝n ， 所以a n ＝n2n (n ∈N *).(2)因为S n ＋1－2S n ＝1， 所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，n ∈N *. 因为a 1＝S 1＝1， 所以可推出S n ＋1>0，故S n ＋1＋1S n ＋1＝2， 即{S n ＋1}为等比数列. 因为S 1＋1＝2，公比为2， 所以S n ＋1＝2n ， 即S n ＝2n －1.因为S n －1＝2n －1－1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 又a 1＝1也满足此式， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *). 考向2 取倒数法求通项 例3 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n a n ＋3，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式.解 对a n ＋1＝a na n ＋3两边取倒数，可得1a n ＋1＝3a n＋1，由1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋12是首项为1，公比为3的等比数列，∴1a n ＋12＝3n －1， 则a n ＝22·3n －1－1(n ∈N *). 考向3 取对数法求通项例4 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a 2n －1(n ≥2).求数列{a n }的通项公式. 解 对a n ＝2a 2n －1两边取对数得log 2a n ＝1＋2log 2a n －1， ∴log 2a n ＋1＝2(log 2a n －1＋1)， 设b n ＝log 2a n ＋1，则{b n }是以2为公比，1为首项的等比数列，所以b n ＝2n －1， 即log 2a n ＋1＝2n －1， 故a n ＝22n －1－1(n ∈N *).训练2 (1)若数列{a n }中，a 1＝3，且a n ＋1＝a 2n ，则a n ＝________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1，则a n ＝________.答案 (1)32n －1(n ∈N *) (2)12n －1(n ∈N *) 解析 (1)易知a n >0，由a n ＋1＝a 2n 得lg a n ＋1＝2lg a n ， 故{lg a n }是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列， 则lg a n ＝lg a 1·2n －1＝lg 32n －1， 即a n ＝32n －1(n ∈N *). (2)由a n ＝a n －12a n －1＋1，取倒数得1a n ＝2＋1a n －1，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以2为公差，1为首项的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＝12n －1(n ∈N *).(3)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式.解 因为a n ＋1＝12a n ＋1，所以a n ＋1－2＝12(a n －2)，所以数列{a n －2}是以－1为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ∈N *.一、基本技能练1.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2S n ＋1，则a 7＝________. 答案 96解析 因为S n ＋1＝2S n ＋1， 所以S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 1＝2，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3， 所以数列{a n }从第二项开始成等比数列， 因此其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，3·2n －2，n ≥2， 所以a 7＝3×25＝96.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝2n （n ＋1）(n ∈N *)解析 由S n ＝n 2a n 可得， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，即(n2－1)a n＝(n－1)2a n－1，故anan－1＝n－1n＋1，所以a n＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a3a2·a2a1·a1＝n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24×13×1＝2n（n＋1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2n（n＋1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n（n＋1），n∈N*.3.已知正项数列{a n}满足a1＝2，a n＋1＝a n，则a n＝________.答案221－n(n∈N*)解析将a n＋1＝a n两边取以2为底的对数得log2a n＋1＝12log2an，∴数列{log2an}是以1为首项，12为公比的等比数列，故log2an＝1×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝21－n，即a n＝221－n(n∈N*).4.数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)，令b n＝log3(a n＋1)，则b n＝________. 答案n(n∈N*)解析由a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)可知a n＋1＋1＝3(a n＋1)，又a1＝2，知a n＋1≠0，所以数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，因此a n＋1＝3·3n－1＝3n，故b n ＝log 3(a n ＋1)＝n .5.(2022·南京调研)在数列{b n }中，b 1＝－1，b n ＋1＝b n 3b n ＋2，n ∈N *，则通项公式b n ＝________.答案 12n －3(n ∈N *)解析 由b n ＋1＝b n 3b n ＋2，且b 1＝－1.易知b n ≠0，得1b n ＋1＝2b n＋3.因此1b n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋3，1b 1＋3＝2， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n ＋3是以2为首项，2为公比的等比数列，于是1b n＋3＝2·2n －1，可得b n ＝12n－3，n ∈N *. 6.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋ln 3(n ≥2)，则数列{a n }的通项a n ＝________. 答案 (1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *)解析 由a n ＝2a n －1＋ln 3得a n ＋ln 3＝2(a n －1＋ln 3)， 则{a n ＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n －1， 因此a n ＝(1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *).7.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n .某同学已经证明了数列 {a n ＋1－2a n }和数列{a n ＋1＋a n }都是等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝________. 答案 2n ＋1－（－1）n －13(n ∈N *)解析因为a n＋2＝a n＋1＋2a n，所以当n＝1时，a3＝a2＋2a1＝5.令b n＝a n＋1－2a n，则{b n}为等比数列. 又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，所以等比数列{b n}的公比q＝b2b1＝－1，所以b n＝(－1)n－1，即a n＋1－2a n＝(－1)n－1.①令c n＝a n＋1＋a n，则{c n}为等比数列，c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，所以等比数列{c n}的公比q1＝c2c1＝2，所以c n＝4×2n－1＝2n＋1，即a n＋1＋a n＝2n＋1.②联立①②，解得a n＝2n＋1－（－1）n－13.8.(2022·青岛二模)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝12，a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，则b2 023＝________.答案2 023 2 024解析因为a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，所以1－a n＋1＝1－a n（1－a n）（1＋a n），a n ＋1＝1－11＋a n ＝a n1＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是等差数列，其公差为1，首项为1a 1＝2，所以1a n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，所以a n ＝1n ＋1， 所以b n ＝n n ＋1，所以b 2 023＝2 0232 024.9.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n －na n ＝3n (n ∈N *)，且S 3＝15，则S 10＝________. 答案 120解析 当n ＝1时，2S 1－a 1＝3， 解得a 1＝3. 又2S n －na n ＝3n ，①当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝3(n －1)，② 所以①－②得(n －1)a n －1－(n －2)a n ＝3，③ 当n ≥3时，(n －2)a n －2－(n －3)a n －1＝3，④ 所以④－③得(n －1)·a n －1－(n －2)a n ＝(n －2)a n －2－(n －3)a n －1， 可得2a n －1＝a n ＋a n －2，所以数列{a n }为等差数列，设其公差为d .因为a 1＝3，S 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ＝15， 解得d ＝2， 故S 10＝10×3＋10×92×2＝120. 10.已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ＝2n ＋n (n ∈N *) 解析∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )， ∴a n ＋1－（n ＋1）a n －n＝2，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －n ＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝2n ＋n (n ∈N *).11.数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，a 1＝－1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋12n ＋1＝32·a n2n＋1, ∴a n ＋12n ＋1＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋2， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋2是以a 12＋2＝32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋2＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴a n ＝3n －2n ＋1，∴S n ＝(31＋32＋…＋3n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝3－3n ＋11－3－4－2n ＋21－2＝3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *).12.已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋3a n －1，则{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝2a n ＋3a n －1， ∴a n ＋1＋a n ＝3(a n ＋a n －1)，∴{a n ＋1＋a n }是以a 2＋a 1＝3为首项，3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝3×3n －1＝3n .① 又a n ＋1－3a n ＝－(a n －3a n －1)，∴{a n ＋1－3a n }是以a 2－3a 1＝－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝(－1)×(－1)n －1＝(－1)n ，② 由①－②得4a n ＝3n －(－1)n ， ∴a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *).二、创新拓展练13.(2022·金丽衢12校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，且T n ＝a 1a 2…a n ，若T n ＋1＝a n T na 2n ＋1，n ∈N *，则( )A.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫112，111B.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110C.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫18，17D.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，15答案 B解析 因为T n ＝a 1a 2…a n ， 所以a n ＋1＝T n ＋1T n. 因为T n ＋1＝a n T na 2n ＋1， 所以a n ＋1＝a n a 2n ＋1，所以1a n ＋1＝a n ＋1a n.因为a 1＝1>0，所以1a n ＋1>1a n >0，a 2＝12， 所以0<a n ＋1<a n ≤1， 所以1a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n＋2，所以a 2n ＋2＝1a 2n ＋1－1a 2n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2，94，n ≥2.由累加法可得1a 210－1a 22∈(16，18)，所以1a 10∈(20，22)，所以a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2222，510，同理可得a 50∈⎝⎛⎭⎪⎫1121，110＝⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110，故选B. 14.(多选)(2022·武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3为等比数列 B.{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C.{a n }为递增数列D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4答案 ABD 解析 因为1a n ＋1＝2＋3a na n ＝2a n＋3， 所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋3， 又1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1a n＋3＝4×2n －1，则a n ＝12n ＋1－3， 所以{a n }为递减数列，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝22＋23＋…＋2n ＋1－3n ＝4（1－2n ）1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4，故ABD 正确.15.(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A.a 4＝12B.a n ＋1＝a n ＋n ＋1C.a 100＝5 050D.2a n ＋1＝a n ·a n ＋2答案 BC解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ， 故a n ＝n （n ＋1）2，∴a 4＝4×（4＋1）2＝10，故A 错误；a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×（100＋1）2＝5 050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）4，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误.16.(多选)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依次类推，第n 项记为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A.a 60＝16 B.S 18＝128 C.a k 2＋k 2＝2k －1D.S k 2＋k 2＝2k －k －1答案 AC解析 由题意可将数列分组： 第一组为20， 第二组为20，21， 第三组为20，21，22， ……，则前k 组一共有1＋2＋…＋k ＝k （1＋k ）2个数.第k 组第k 个数为2k －1， 故a k 2＋k 2＝2k －1，所以C 正确.因为10×（10＋1）2＝55，所以a 55＝29，又11×（11＋1）2＝66，则a 60为第11组第5个数，第11组为20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，210， 故a 60＝24＝16，所以A 正确.每一组数的和为20＋21＋…＋2k －1＝2k －12－1＝2k －1，故前k 组数之和为21＋22＋ (2)－k ＝2（2k －1）2－1－k ＝2k ＋1－2－k ，S k 2＋k 2＝2k ＋1－k －2，所以D 错误.S 15＝26－5－2＝57，S 18＝S 15＋20＋21＋22 ＝26－5－2＋7＝64，所以B 错误.故选AC. 17.已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，则该数列的通项公式a n ＝________. 答案4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1(n ∈N *)解析 由a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－（a n ＋4）7a n －2－2（a n ＋4）＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1，解得a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.18.(2022·徐州考前卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，写出一个满足S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n 的通项公式：a n ＝________.答案 2n (答案不唯一)解析 当a n ＝2n时，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2－22n 2n＝2n ＋1－2＝S n ，∴a n ＝2n 满足条件.。
高考理科数学一轮复习专题训练：数列(含详细答案解析)
B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元 数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （ ） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里 里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn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【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行， 令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n： ， + ， + + ， + + + ， ，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列 满足，且 ，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时， ，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前 项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为 ， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果 ．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ； 即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前 项和 ．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前 项和为 ，且 是 与 的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为 ，已知 ．（1）求证：数列 是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为 ，且 b = 4n nn +1，若对任意 都成立，求实数 的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当 为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得 ．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是 为首项， 为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当 为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在 上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述 的取值范围为．第 7 单元 数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（ ）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （ ）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为 ， ， （ ），则 （ ）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则 ．．故选 B ．满足： ，若数列 是等比数列，则 的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （ ）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列 的前 项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足： ， ， 成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前 项和对任意的恒成立，则 的最大值为（ ）A ．115【答案】C【解析】由 ， ，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列 是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即 的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ， （ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪 琪 琪 琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以 ， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值 ． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前 项和为 ，且 ， ，数列 满足 ，（1）求数列（2）令【答案】（1）， 的通项公式；，求数列 的前 项和 ．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时， ，即 ，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前 项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为 ，首项为 的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是 ，首项 的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理 是偶数时是公比是 ，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即 ，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前 项和为 ，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与 的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。
高考数学专题训练：数列大题50题(含答案和解析)
1 ．数列{n a }的前n 项和为n S ，且满足11a =，2(1)n n S n a =+.（1）求{n a }的通项公式； （2）求和T n =1211123(1)na a n a ++++.2 ．已知数列}{n a ，a 1=1，点*))(2,(1N n a a P n n ∈+在直线0121=+-y x 上. （1）求数列}{n a 的通项公式； （2）函数)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 ，求函数)(n f 最小值. 3 ．已知函数xab x f =)( (a ，b 为常数)的图象经过点P （1，81）和Q （4，8）(1) 求函数)(x f 的解析式；(2) 记a n =log 2)(n f ,n 是正整数，n S 是数列{a n }的前n 项和，求n S 的最小值。
4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求n S ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．5 ．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n S c ca =+-，其中c 是不等于1-和0的实常数.（1）求证: {}n a 为等比数列；（2）设数列{}n a 的公比()q f c =，数列{}n b 满足()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥，试写出1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，并求12231n n b b b b b b -+++的结果.6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量1+n n A A 与向量n n C B 共线，且点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322a a a +++ (1)2n n a -+8n =对任意的∈n N*都成立，数列1{}n n b b +-是等差数列．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）问是否存在k ∈N *，使得(0,1)k k b a -∈？请说明理由．8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值； （II ）若存在实数}3{,nn a λλ+使得为等差数列，试求λ的值. 9 ．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()1,211++=⋅=+n n S a n a n n ，（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）令n nn S T 2=，①当n 为何正整数值时，1+>n n T T ：②若对一切正整数n ，总有m T n ≤，求m 的取值范围。
人教版高考数学一轮专项复习：数列题型11种(含解析)
数列题型11种（方法+例题+答案）1.作差法求通项公式2.累乘法求通项公式3.累加法求通项公式4.构造法求通项公式（一）5.构造法求通项公式（二）6.取倒法求通项公式7.分组求和法求前n项和8.错位相减法求前n项和9.裂项相消法求前n项和10.数列归纳法与数列不等式问题11.放缩法与数列不等式问题1、作差法求数列通项公式已知n S （12()n a a a f n +++= ）求n a ，{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥注意：分两步，当2≥n 时和1=n 时一、例题讲解1、（2015∙湛江）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+（2n ≥，n *∈N ），且12a =，23a =． ()1求数列{}n a 的通项公式2、（2015∙茂名）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，11=a ，且)1()1(221+=+-+n n S n nS n n ，)(*∈N n ，数列}{n b 满足,0212=+-++n n n b b b )(*∈N n ，53=b ，其前9项和为63（1）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式3、（2015∙中山）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且,40,842==S a 数列}{n b 的前n 项和为n T ，且,032=+-n n b T *∈N n 。
（1）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式4、（2015∙揭阳）已知n S 为数列}{n a 的前n 项和，)1(3--=n n na S n n ，（*∈N n ），且,112=a （1）求1a 的值；（2）求数列}{n a 的通项公式5、（2014∙汕头）数列{}n a 中，11=a ，n S 是{}n a 前n 项和，且)2(11≥+=-n S S n n(1)求数列{}n a 的通项公式6、（2014∙肇庆）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足,21=a )1(1++=+n n S na n n （1）求数列}{n a 的通项公式7、（2014∙江门）已知数列}{n a 的前n 项和122-=n S n ，求数列}{n a 的通项公式。
高中数学：数列的22个必考题型，看看你都会做吗？方法真的不难
高中数学：数列的22个必考题型，看看你都会做吗？方法真
的不难
数列在高考中常以选择题、填空题、解答题的形式考到，在整个高中数学体系中算是相对简单的题型，所以对于想拿提高成绩的同学来说，是一定不能丢分的部分。
导数、函数已经不会了，数列再丢分，想及格都难，更别提拿高分！
总结多年高考真题，我们可以发现，数列的必考题型共计22个，只要我们研究透这22种题型，数列题再怎么考都不怕！今天小哥给大家分享一份由清北学霸整理的【高中数学·数列22个必考题型】，每一种题型都有对应的例题。
最厉害的解析中会教给大家每种题型的多种解题方法。
学会这些，数列问题通通都能搞定！
以上仅为部分展示，完整版不仅包含22个题型，还有全部的解析！高中数学难度值爆表，导数、函数、解析几何都搞不太懂，一做题就蒙！这些都搞不懂可以慢慢来。
但是如果数列你也不会，那问题可就大了！高中数学考试满分150分，数列一项就占了17分，而且数列题真的不难，只要多花一点时间，都能学会！。
十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编文科专题5 数列小题(文科)(解析版)
n 项和
Sn，公差
d≠0， a1 d
1 ．记
b1=S2，
bn+1=Sn+2–S2n， n N ，下列等式不可能成立的是
( )
A．2a4=a2+a6
B．2b4=b2+b6
C． a42 a2a8
D． b42 b2b8
【答案】D
解析：对于 A，因为数列an 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 4 4 2 6 可得，
由 an
a1
n
1 d
0
可得 n
1
a1 d
，取
N0
1
a1 d
1 ，则当 n
N0
时， an
0，
所以，“an 是递增数列” “存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0 ”；
若存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0 ，取 k N 且 k N0 ， ak 0 ，
假设 d
0 ，令 an
Sn =
1 2
An An+1 ×tan q Bn Bn+1 ，都为定值，所以 Sn+1 - Sn 为定值．故选 A．
3．(2022 高考北京卷·第 15 题)己知数列an 各项均为正数，其前 n 项和 Sn 满足 an Sn 9(n 1, 2,) ．给
出下列四个结论：
①an 的第 2 项小于 3； ②an 为等比数列；
2a4 a2 a6 ，A 正确；
对于 B，由题意可知， bn1 S2n2 S2n a2n1 a2n2 ， b1 S2 a1 a2 ，
∴ b2 a3 a4 ， b4 a7 a8 ， b6 a11 a12 ， b8 a15 a16 ．
∴ 2b4 2 a7 a8 ， b2 b6 a3 a4 a11 a12 ．
高考数列10大题型
高考数列10大题型
1. 等差数列求和问题：已知等差数列的首项和公差，求前n项的和。
2. 等差数列通项问题：已知等差数列的首项和公差，求第n项的值。
3. 等比数列求和问题：已知等比数列的首项和公比，求前n项的和。
4. 等比数列通项问题：已知等比数列的首项和公比，求第n项的值。
5. 递推数列求和问题：已知递推数列的递推关系和初始项，求前n项的和。
6. 递推数列通项问题：已知递推数列的递推关系和初始项，求第n项的值。
7. 斐波那契数列问题：求斐波那契数列中第n项的值。
8. 拆分数列：已知一个数列中的某一项满足特定条件，求拆分数列中满足条件的项数。
9. 数列特性问题：已知一个数列满足特定条件，求满足条件的项数或项的值。
10. 数列推理问题：已知一个数列的部分项或规律，推理出数列的通项式或递推关系。
高中数学数列经典题型专题训练试题(含答案)
高中数学数列经典题型专题训练试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分100分。
考试时间120分钟。
２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。
考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）一．单选题（共15小题，每题2分，共30分）1．数列{a n}，已知对任意正整数n，a1+a2+a3+…+a n=2n-1，则a12+a22+a32+…+a n2等于（）A．（2n-1）2B．C．D．4n-12．若{a n}为等比数列a5•a11=3，a3+a13=4，则=（）A．3B．C．3或D．-3或-3．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7C．6D．4．等差数列{a n}中，a1=1，a3=4，则公差d等于（）A．1B．2C．D．5．数列的前n项和为S n，a n=，则S n≥0的最小正整数n的值为（）6．若数列{a n}的前n项和S n=2n2-2n，则数列{a n}是（）A．公差为4的等差数列B．公差为2的等差数列C．公比为4的等比数列D．公比为2的等比数列7．已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1，则此数列奇数项的前n项和为（）A．B．C．D．8．在等比数列{a n} 中，a1=4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n+2}也是等比数列，则q 等于（）A．2B．-2C．3D．-39．在数列{a n}中，a1=2，a2=2，a n+2-a n=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（）A．990B．1000C．1100D．9910．若数列{a n}是公差为2的等差数列，则数列是（）A．公比为4的等比数列B．公比为2的等比数列C．公比为的等比数列D．公比为的等比数列11．在数列{a n}中，a1=0，a n=4a n-1+3，则此数列的第5项是（）A．252B．255C．215D．52212．数列{a n}、{b n}满足a n•b n=1，a n=n2+3n+2，则{b n}的前10项之和等于（）A．B．C．D．13．等比数列{a n}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于（）14．已知在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a4=2S3+3，a5=2S4+3，则此数列的公比q为（）A．2B．C．3D．15．数列{a n}的通项，则数列{a n}中的最大项是（）A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项二．填空题（共10小题，每题2分，共20分）16．已知等差数列{a n}，有a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则a13+a14+a15=______．17．在等差数列{a n}中，a3+a5+a7+a9+a11=20，则a1+a13=______．18．数列{a n}的通项公式为a n=2n+2n-1，则数列a n的前n项和为______．19．数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则通项a n=______．20．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a2+a6=a8，则=______．21．已知数列{a n}，a n+1=2a n+1，且a1=1，则a10=______．22．设正项等比数列{an}的公比为q，且，则公比q=______．23．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=2a n+1，则数列{a n}的通项公式a n=______．24．数列{a n}为等差数列，已知a3+2a8+a9=20，则a7______．25．设数列{a n}为正项等比数列，且a n+2=a n+1+a n，则其公比q=______．第Ⅱ卷（非选择题）三．简答题（共5小题,50分）26．（10分）已知等差数列{a n}，前n项和为S n=n2+Bn，a7=14．（1）求B、a n；（2）设c n=n•，求T n=c1+c2+…+c n．27．（8分）已知等差数列{a n}满足：a5=11，a2+a6=18（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+3n，求数列{b n}的前n项和S n．28．（7分）已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2，a3，a4+1成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．29．（12分）已知数列{a n}满足．（1）求a2，a3，a4的值；（2）求证：数列{a n-2}是等比数列；（3）求a n，并求{a n}前n项和S n．30．（12分）在数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）在数列{b n}中，若存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），求p，q得值；（Ⅲ）若记c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项的和S n．参考答案一．单选题（共__小题）1．数列{a n}，已知对任意正整数n，a1+a2+a3+…+a n=2n-1，则a12+a22+a32+…+a n2等于（）A．（2n-1）2B．C．D．4n-1答案：C解析：解：∵a1+a2+a3+…+a n=2n-1…①∴a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1…②，①-②得a n=2n-1，∴a n2=22n-2，∴数列{a n2}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴a12+a22+a32+…+a n2==，故选C．2．若{a n}为等比数列a5•a11=3，a3+a13=4，则=（）A．3B．C．3或D．-3或-答案：C解析：解：∵{a n}为等比数列a5•a11=3，∴a3•a13=3①∵a3+a13=4②由①②得a3=3，a13=1或a3=1，a13=3∴q10=或3，∴=或3，故选C．3．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7C．6D．答案：A解析：解：a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10，a52=a2a8，∴，∴，故选A．4．等差数列{a n}中，a1=1，a3=4，则公差d等于（）A．1B．2C．D．答案：D解析：解：∵数列{a n}是等差数列，a1=1，a3=4，∴a3=a1+2d，即4=1+2d，解得d=．故选：D．5．数列的前n项和为S n，a n=，则S n≥0的最小正整数n的值为（）A．12B．13C．14D．15答案：A解析：解：令a n=＜0，解得n≤6，当n＞7时，a n＞0，且a6+a7=a5+a8=a4+a9=a3+a10=a2+a11=a1+a12=0，所以S12=0，S13＞0，即使S n≥0的最小正整数n=12．故选A．6．若数列{a n}的前n项和S n=2n2-2n，则数列{a n}是（）A．公差为4的等差数列B．公差为2的等差数列C．公比为4的等比数列D．公比为2的等比数列答案：A解析：解：∵S n=2n2-2n，则S n-S n-1=a n=2n2-2n-[2（n-1）2-2（n-1）]=4n-4故数列{a n}是公差为4的等差数列故选A．7．已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1，则此数列奇数项的前n项和为（）A．B．C．D．答案：C解析：解：当n=1时，a1=S1=21-1=1，当n≥2时，a n=Sn-Sn-1=2n-1-（2n-1-1）=2•2n-1-2n-1=2n-1，对n=1也适合∴a n=2n-1，∴数列{a n}是等比数列，此数列奇数项也构成等比数列，且首项为1，公比为4．∴此数列奇数项的前n项和为==故选C8．在等比数列{a n} 中，a1=4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n+2}也是等比数列，则q 等于（）A．2B．-2C．3D．-3答案：C解析：解：由题意可得q≠1由数列{S n+2}也是等比数列可得s1+2，s2+2，s3+2成等比数列则（s2+2）2=（S1+2）（S3+2）代入等比数列的前n项和公式整理可得（6+4q）2=24（1+q+q2）+12解可得q=3故选C．9．在数列{a n}中，a1=2，a2=2，a n+2-a n=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（）A．990B．1000C．1100D．99答案：A解析：解：当n为奇数时，a n+2-a n=1+（-1）n=0，可得a1=a3=…=a59=2．当n为偶数时，a n+2-a n=1+（-1）n=2，∴数列{a2n}为等差数列，首项为2，公差为2，∴a2+a4+…+a60=30×2+=930．∴S60=（a1+a3+…+a59）+（a2+a4+…+a60）=30×2+930=990．故选：A．10．若数列{a n}是公差为2的等差数列，则数列是（）A．公比为4的等比数列B．公比为2的等比数列C．公比为的等比数列D．公比为的等比数列答案：A解析：解：∵数列{a n}是公差为2的等差数列∴a n=a1+2（n-1）∴∴数列是公比为4的等比数列故选A11．在数列{a n}中，a1=0，a n=4a n-1+3，则此数列的第5项是（）A．252B．255C．215D．522答案：B解析：解：由a n=4a n-1+3可得a n+1=4a n-1+4=4（a n-1+1），故可得=4，由题意可得a1+1=1即数列{a n+1}为首项为1，公比为4的等比数列，故可得a5+1=44=256，故a5=255故选B12．数列{a n}、{b n}满足a n•b n=1，a n=n2+3n+2，则{b n}的前10项之和等于（）A．B．C．D．答案：B解析：解：∵a n•b n=1∴b n==∴s10==（-）+=-=故选项为B．13．等比数列{a n}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于（）A．20B．18C．10D．8答案：B解析：解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2=8，a3-a1=16，∴，解得，∴=2×32=18．故选：B．14．已知在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a4=2S3+3，a5=2S4+3，则此数列的公比q为（）A．2B．C．3D．答案：C解析：解：∵a4=2S3+3，a5=2S4+3，即2S4=a5-3，2S3=a4-3∴2S4-2S3=a5-3-（a4-3）=a5-a4=2a4，即3a4=a5∴3a4=a4q解得q=3，故选C15．数列{a n}的通项，则数列{a n}中的最大项是（）A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项答案：D解析：解：由题意得=，∵n是正整数，∴=当且仅当时取等号，此时，∵当n=9时，=19；当n=9时，=19，则当n=9或10时，取到最小值是19，而取到最大值．故选D．二．填空题（共__小题）16．已知等差数列{a n}，有a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则a13+a14+a15=______．答案：-40解析：解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，∵a4+a5+a6=（a1+3d）+（a2+3d）+（a3+3d）=a1+a2+a3+9d，∴-4=8+9d，解得d=-，∴a13+a14+a15=a1+a2+a3+36d=8-×36=-40，故答案为：-4017．在等差数列{a n}中，a3+a5+a7+a9+a11=20，则a1+a13=______．答案：8解析：解：由等差数列的性质可得a3+a5+a7+a9+a11=（a3+a11）+a7+（a5+a9）=2a7+a7+2a7=5a7=20∴a7=4∴a1+a13=2a7=8故答案为：818．（2015秋•岳阳校级月考）数列{a n}的通项公式为a n=2n+2n-1，则数列a n的前n项和为______．答案：2n+n2-1解析：解：数列a n的前n项和S n=（2+22+23+…+2n）+[1+3+5+…+（2n-1）]=+=2n-1+n2．故答案为：2n-1+n2．19．数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则通项a n=______．答案：2n-1解析：解：由题可得，a n+1+1=2（a n+1），则=2，又a1=1，则a1+1=2，所以数列{a n+1}是以2为首项、公比的等比数列，所以a n+1=2•2n-1=2n，则a n=2n-1．故答案为：2n-1．20．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a2+a6=a8，则=______．答案：3解析：解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由a2+a6=a8，得a1+d+a1+5d=a1+7d，即a1=d，所以==．故答案为3．21．已知数列{a n}，a n+1=2a n+1，且a1=1，则a10=______．答案：1023解析：解：由题意，两边同加1得：a n+1+1=2（a n+1），∵a1+1=2∴{a n+1}是以2为首项，以2为等比数列∴a n+1=2•2n-1=2n∴a n=2n-1∴a10=1024-1=1023．故答案为：1023．22．设正项等比数列{an}的公比为q，且，则公比q=______．答案：解析：解：由题意知得∴6q2-q-1=0∴q=或q=-（与正项等比数列矛盾，舍去）．故答案为：23．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=2a n+1，则数列{a n}的通项公式a n=______．答案：2n+1-1解析：解：由题意知a n+1=2a n+1，则a n+1+1=2a n+1+1=2（a n+1）∴=2，且a1+1=4，∴数列{a n+1}是以4为首项，以2为公比的等比数列．则有a n+1=4×2n-1=2n+1，∴a n=2n+1-1．24．数列{a n}为等差数列，已知a3+2a8+a9=20，则a7______．答案：=5解析：解：等差数列{a n}中，∵a3+2a8+a9=20，∴（a1+2d）+2（a1+7d）+（a1+8d）=4a1+24d=4（a1+6d）=4a7=20，∴a7=5．故答案为：5．25．设数列{a n}为正项等比数列，且a n+2=a n+1+a n，则其公比q=______．答案：解析：解：由题设条件知a1+a1q=a1q2，∵a1＞0，∴q2-q-1=0解得，∵数列{a n}为正项等比数列，∴．故答案：．三．简答题（共__小题）26．已知等差数列{a n}，前n项和为S n=n2+Bn，a7=14．（1）求B、a n；（2）设c n=n•，求T n=c1+c2+…+c n．答案：解：（1）∵a7=14．即a7=S7-S6=72+7B-62-6B=14．解得B=1，当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．n=1时也适合∴a n=2n（2）由（1）c n=n•=n•4n，T n=c1+c2+…+c n．=1•41+2•42+3•43+…n•4n①4T n=1•42+2•43+3•44+…（n-1）•4n+n•4n+1，②①-②得-3T n=41+42+43+…4n-n•4n+1=-n•4n+1=•4n+1∴T n=•4n+1解析：解：（1）∵a7=14．即a7=S7-S6=72+7B-62-6B=14．解得B=1，当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．n=1时也适合∴a n=2n（2）由（1）c n=n•=n•4n，T n=c1+c2+…+c n．=1•41+2•42+3•43+…n•4n①4T n=1•42+2•43+3•44+…（n-1）•4n+n•4n+1，②①-②得-3T n=41+42+43+…4n-n•4n+1=-n•4n+1=•4n+1∴T n=•4n+127．已知等差数列{a n}满足：a5=11，a2+a6=18（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+3n，求数列{b n}的前n项和S n．答案：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a5=11，a2+a6=18，∴，解得a1=3，d=2．∴a1=2n+1．（Ⅱ）由（I）可得：b n=2n+1+3n．∴S n=[3+5+…+（2n+1）]+（3+32+…+3n）=+=n2+2n+-．解析：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a5=11，a2+a6=18，∴，解得a1=3，d=2．∴a1=2n+1．（Ⅱ）由（I）可得：b n=2n+1+3n．∴S n=[3+5+…+（2n+1）]+（3+32+…+3n）=+=n2+2n+-．28．已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2，a3，a4+1成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．答案：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a1=2和a2，a3，a4+1成等比数列，得（2+2d）2-（2+d）（3+3d），解得d=2，或d=-1，当d=-1时，a3=0，与a2，a3，a4+1成等比数列矛盾，舍去．∴d=2，∴a n=a1+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．即数列{a n}的通项公式a n=2n；（Ⅱ）由a n=2n，得b n==，∴S n=b1+b2+b3+…+b n==．解析：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a1=2和a2，a3，a4+1成等比数列，得（2+2d）2-（2+d）（3+3d），解得d=2，或d=-1，当d=-1时，a3=0，与a2，a3，a4+1成等比数列矛盾，舍去．∴d=2，∴a n=a1+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．即数列{a n}的通项公式a n=2n；（Ⅱ）由a n=2n，得b n==，∴S n=b1+b2+b3+…+b n==．29．已知数列{a n}满足．（1）求a2，a3，a4的值；（2）求证：数列{a n-2}是等比数列；（3）求a n，并求{a n}前n项和S n．答案：解：（1）∵数列{a n}满足，∴．…（3分）（2）∵，又a1-2=-1，∴数列{a n-2}是以-1为首项，为公比的等比数列．…（7分）（注：文字叙述不全扣1分）（3）由（2）得，…（9分）∴．…（12分）解析：解：（1）∵数列{a n}满足，∴．…（3分）（2）∵，又a1-2=-1，∴数列{a n-2}是以-1为首项，为公比的等比数列．…（7分）（注：文字叙述不全扣1分）（3）由（2）得，…（9分）∴．…（12分）30．在数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）在数列{b n}中，若存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），求p，q得值；（Ⅲ）若记c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项的和S n．答案：解：（Ⅰ）数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n；∴b n+1=log2a n+1，∴b n+1-b n=log2a n+1-log2a n=log2=-1；∴=，∴{a n}是等比数列，通项公式为a n=16×=；∴{b n}的通项公式b n=log2a n=log2=5-n；（Ⅱ）数列{b n}中，∵b n=5-n，假设存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），则，解得，或；（Ⅲ）∵a n=，b n=5-n，∴c n=a n•b n=（5-n）×；∴{c n}的前n项和S n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×①，∴s n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×②；①-②得：s n=4×----…--（5-n）×=64--（5-n）×=48+（n-3）×；∴s n=96+（n-3）×．解析：解：（Ⅰ）数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n；∴b n+1=log2a n+1，∴b n+1-b n=log2a n+1-log2a n=log2=-1；∴=，∴{a n}是等比数列，通项公式为a n=16×=；∴{b n}的通项公式b n=log2a n=log2=5-n；（Ⅱ）数列{b n}中，∵b n=5-n，假设存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），则，解得，或；（Ⅲ）∵a n=，b n=5-n，∴c n=a n•b n=（5-n）×；∴{c n}的前n项和S n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×①，∴s n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×②；①-②得：s n=4×----…--（5-n）×=64--（5-n）×=48+（n-3）×；∴s n=96+（n-3）×．。
数列的通项6种常见题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版
数列的通项6种常见题型总结【题型目录】题型一：已知()n f S n =，求n a 题型二：叠加法（累加法）求通项题型三：叠乘法（累乘法）求通项题型四：构造法求通项题型五：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题【典型例题】题型一：已知()n f S n =，求na 【例1】已知数列{}n a 的前n 项和211n S n n =-.若710k a <<，则k =（）A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】B【分析】先求得n a ，然后根据710k a <<求得k 的值.【详解】依题意211n S n n =-，当1n =时，110a =-；当2n ≥时，211n S n n =-，()()22111111312n S n n n n -=---=-+，两式相减得()2122n a n n =-≥，1a 也符合上式，所以212n a n =-，*N k ∈，由721210k <-<解得911k <<，所以10k =.故选：B【例2】（2022·甘肃·高台县第一中学高二阶段练习（理））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且121n n S +=-，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．2n n a =B ．3,12,2n nn a n =⎧=⎨≥⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【答案】B【分析】当2n ≥时，由1n n n a S S -=-求出2n n a =；当1n =时，由11a S =求出1a ；即可求解.【详解】当2n ≥时，121n n S -=-，1112212n n nn n n a S S +---+=-==；当1n =时，1111213a S +==-=，不符合2n n a =，则3,12,2n n n a n =⎧=⎨≥⎩.故选：B.【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足123235n a a a na n ++++= ，求{}n a 的通项公式．【题型专练】1.已知数列{}n a 的前n 项和是2320522nS n =-+，(1)求数列的通项公式n a ；(2)求数列{||}n a 的前n 项和.2．（2022·浙江·高二期末）已知数列{}n a 的前n 项和221n S n n =-+，则51a a -=______.【答案】7【分析】将1n =代入根据11a S =可得出答案；当2n ≥时由1n n n a S S -=-，求出5a ，从而可得出答案.【详解】当1n =时，21112110a S ==-⨯+=；当2n ≥时，()()22121121123n n n n n n n a S S n -⎡⎤-+----+=⎣⎦-=-=.所以52537a =⨯-=，所以51707a a -=-=.故答案为：73．（2022·辽宁实验中学高二期中）设数列{}n a 满足123211111222n n a a a a n -+++⋅⋅⋅+=+，则{}n a 的前n 项和（）A ．21n -B ．21n +C ．2nD ．121n +-【答案】C 【解析】【分析】当1n =时，求1a ，当2n ≥时，由题意得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，可求得n a ，即可求解.【详解】解：当1n =时，12a =，当2n ≥时，由1231221111112222n n n n a a a a a n ---+++⋅⋅⋅++=+得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，两式相减得，1112n n a -=，即12n n a -=，综上，12,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩所以{}n a 的前n 项和为()11212224822212n n n ---+++++=+=- ，故选：C.题型二：叠加法（累加法）求通项【例1】在数列{}n a 中，()()()111,11N n n a n n a a n *+=+-=∈，则2022a =（）A ．40432022B ．20212022C ．40402021D ．20202021【例2】已知数列{}n a 满足1=2a ，26a =，且2122n n n a a a ++-+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数（例如[]1.61=，[]1.62-=-），则222122020232021a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤++⋅⋅⋅+=⎢⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（）A ．2019B ．2020C ．2021D ．2022，【例3】南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，5，10，17，26，37，则该数列的第19项为（）A．290B．325C．362D．399【例4】已知数列{}n a 满足11a =-，()*12N n n a a n n a a +-=∈，则9a =______．【例5】已知数列{}n a 中，11a =，39a =，1{}n n a a +-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12log n n na b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ，求使得2022n T 成立的最小整数n .【答案】(1)2n a n =；(2)使得2022≥n T 成立的最小整数n 为101121-.【分析】（1）根据等差数列的定义求出2a ，从而可求出{}1n n a a +-的通项，再利用累加法求出数列{}n a 的通项公式；（2）利用裂项相消法求数列{}n b 的前n 项和n T ，解不等式2022≥n T 求n 的范围，确定满足条件的最小整数.=【题型专练】1．若1=1a ，12nn n a a n +-=-，*n ∈N ，则=n a _________．1)2．数列{}n a 满足1122n n na a a -==-，，则=n a _____．3．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．【答案】(1)21n a n n =-+(2)证明见解析【分析】（1）运用累加法即可求出{}n a 的通项公式；（2）运用裂项相消法即可证明.【详解】（1）因为12n n a a n +-=，11a =，24．已知数列{}n a 满足：12a =，21a =，2145n n n a a a +++=（*n ∈N ）．(1)证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；(2)求数列{}n a 的通项公式．5．已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，24S =，对任意的*N n ∈，都有1232n n n n S S S a ++=++．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n c 满足*11(N )n n c c n a a +-=∈，11c =，求数列{}n c 的通项公式；题型三：叠乘法（累乘法）求通项【例1】已知数列{}n a 满足12n n a na n +=+，1=1a ，则数列{}n a 的通项公式是（）A ．2(1)n a n n =+B ．1(1)n a n n =+C ．1n a n=D ．12n n a +=【例2】在数列{}n a 中，1=1a ，22a =，2n n a n+=，则12233420222023a a a a a a a a ++++= （）A ．20202021⨯B ．20212022⨯C ．20222023⨯D ．20232024⨯【例3】已知数列{}n a 满足()4(21)1N n n S n a n *=++∈，则n a =___________．【例4】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知112a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()1nn n b a =-，求{}n b 的前2n 项和2n T .【例5】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()()21N n n S n a n *=+∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)对于任意的正整数n ，21,2,n n n n a n a a c n +⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ．【例6】在数列{}n a 中，11a =，且2n ≥，1231231n n a a a a a n -++++=- .(1)求{}n a 的通项公式；(2)若1n b a a =，且数列{}n b 的前项n 和为n S ，证明：3n S <.【题型专练】1．数列{}n a 的前n 项和2n n S n a =⋅（2n ≥，n 为正整数），且11a =，则n a =______．a 2．数列{}n a 满足：11a =，()()*12312312,N n n a a a a n a n n -=++++-≥∈ ，则通项n a =________．3．设{}n a 是首项为1的正项数列且22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++-+=∈，且1+≠n n a a ，求数列{}n a 的通项公式_________4．已知数列{}n a 满足：12a =，12n n n a a n ++=，求数列{}n a 的通项公式.5．已知数列{}n a 中，11a =，()121n n a a n n -=≥-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求13523n a a a a +++++ .【答案】(1)n a n =，1n ≥；(2)244n n ++.【分析】（1）利用累乘法求出2n ≥时n a n =，通过验证11a =也满足n a n =，从而求出通项公式为n a n =，1n ≥；（2）根据第一问得到数列{}n a 为等差数列，进而利用等差数列求和公式进行求解.6．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且11a =，2n n S n a =．(1)求2a ，3a ；(2)求{}n a 的通项公式．【例1】已知数列{}n a 中，114,46n n a a a +==-，则n a 等于（）A ．2122n ++B ．2122n +-C ．2122n -+D ．2122n --【例2】若数列{}n a 和{}n b 满足12a =，10b =，1232n n n a a b +=++，1232n n n b a b +=+-，则20222021a b +=（）A ．2020231⋅+B ．2020321⋅-C ．2020321⋅+D ．2021321⋅-【例3】（多选题）已知数列{}n a 满足132a =，16nn n a a +=+，则下列结论中错误的有（）A ．113n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B ．{}n a 的通项公式为11321n -⋅-C ．{}n a 为递增数列D ．1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为213nn --【例4】（多选题）已知数列{}n a 满足：12a =，当2n ≥时，)221n a +=，则关于数列{}n a 的说法正确的是()A ．27a =B ．{}n a 是递增数列C ．221n a n n =+-D ．数列{}n a 为周期数列【例5】在①121n n a a +=+；②122n n S n +=-+；③24n n S a n =-+三个条件中任选一个，补充到下面问题的横线处，并解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1=1a ，_____.(1)求n a ；(2)设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T .注:如果选捀多个条件解答，按第一个解答计分.【例6】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1222(N )n n n S a n +*=-+∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设4nn na b =，若123n n T b b b b =+++⋯+，求n T ．【题型专练】1.（多选题）数列{}n a 的首项为1，且121n n a a +=+，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（）A ．37a =B ．数列{}1n a +是等比数列C ．21n a n =-D ．121n n S n +=--【答案】AB【分析】根据题意可得()1121n n a a ++=+，从而可得数列{}1n a +是等比数列，从而可求得数列{}n a 的通项，再根据分组求和法即可求出n S ，即可得出答案.2．已知数列{}n a 满足1111,2n n n n a a a a a ++=-=，则数列{}1n n a a +的前n 项和为______．3．已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，则{}n a 通项n a =______；4．已知数列{}n a 满足24a =，113n n n n a a a a ++-=.求数列{}n a 的通项公式;5．已知数列{}n a 的前n 项和23n n S a n =+-，求{}n a 的通项公式．【答案】121n n a -=+，*n ∈N .【分析】根据12,n n n n a S S -≥=-，构造等比数列即可.【详解】23n n S a n =+-．①当1n =时，11213=+-a a ，可得12a =，当2n ≥时，()11213--=+--n n S a n ，②①－②得121n n a a -=-，则()1121n n a a --=-，而111a -=不为零，故{}1n a -是首项为1，公比为2的等比数列，则112n n a --=，∴数列{}n a 的通项公式为121n n a -=+，*n ∈N ．6．设数列{}n a 满足12a =，()1212n n a a n -=-≥.（1）设1n n b a =-，求证：{}n b 是等比数列；（2）设{}n a 的前n 项和为n S ，求满足1036n S ≤的n 的最大值.7．已知正项数列{}n a 满足11a =，且11n n n n a a a a ++-=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记22nn a b n =+，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：12n S <．8．已知数列{}n a ，11a =，121n n a a +=+.(1)求数列{}1n a +的前5项；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)前5项依次为2,4,8,16,32；(2)122n n S n +=--.【分析】（1）由题设112(1)n n a a ++=+，根据等比数列的定义写出{}1n a +的通项公式，即可得前5项；（2）应用分组求和，结合等比数列前n 项和公式求n S .(1)由题设112(1)n n a a ++=+，而112a +=，9．已知数列{}n a 和{}n b 满足12a =，10b =，1231n n a b n ++=+，1231n n a b n ++=+，则n n a b -=______，n n a b +=______．【答案】2n2n【分析】由题设有112()n n n n a b a b ++-=-，根据等比数列的定义判断{}n n a b -为等比数列，进而写出通项公式，令n n n c a b =+则12(2)2(1)n n c n c n +--=-+，结合已知{2}n c n -是常数列，即可得{}n n a b +的通项公式.【详解】由题设，11(2)(2)0n n n n a b a b +++-+=，则112()n n n n a b a b ++-=-，而112a b -=，所以{}n n a b -是首项、公比均为2的等比数列，故2nn n a b -=，11(2)(2)62n n n n a b a b n +++++=+，则112()()62n n n n a b a b n +++++=+，令n n n c a b =+，则1262n n c c n ++=+，故12(2)2(1)n n c n c n +--=-+，而111220c a b -=+-=，所以{2}n c n -是常数列，且20n c n -=，则2n n n c a b n =+=.故答案为：2n ，2n .题型五：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题【例1】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =，且122n n a S +=+N n *∈（），则下列说法中错误．．的是（）A ．112a =B ．4792S =C ．{}n a 是等比数列D ．{}1n S +是等比数列【例2】（2022·上海市南洋模范中学高二开学考试）若数列{}n a 的前n 项和为()*N 33n n S a n =+∈，则数列{}n a 的通项公式是n a =___________.所以{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列，故1(2)n n a -=-.故答案为：1(2)n --【例3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，212n n a S +⎛⎫= ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}2na n a ⋅的前n 项和.【例4】数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，24a =，()()*21N n n S n a n =+∈.(1)求证:数列{}n a 是等差数列，并求出其通项公式；(2)求数列12n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【例5】（2022·辽宁沈阳·高三阶段练习）从条件①()21,0n n n S n a a =+>；②22,0n n n n a a S a +=>；()2n a n ≥中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1=1a ，_____________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)[]x 表示不超过x 的最大整数，记[]lg n n b a =，求{}n b 的前100项和100T .则【题型专练】1．（2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习（理））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S a =-.(1)求数列{}n a 的通项公式；2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()1202n n n a S S n -+=≥.求n a 和n S .3．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 和n S 满足：()11,2,3,n a n =+=⋅⋅⋅.求{}n a 的通项公式.4．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()1*21N n n a S n +=+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：11132a a a +++<L .5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，313S =，121n n a S +=+．(1)证明：数列{}n a 是等比数列；(2)若12log n b a =，求数列{}1n n b b +的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项和为n S ，131n n S S +=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设31log n n b a +=，若数列21n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：34n T <.。
高考数学科学复习创新方案：数列问题的热点题型
命题动向：等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解．题型1等差、等比数列的综合运算例1(2022·新高考Ⅱ卷)已知{a n}为等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}中的元素个数．解(1)证明：设数列{a n}的公差为d，1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），，所以命题得证．解得b1＝a1＝d2，所以b k＝a m＋a1⇔b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k(2)由(1)知，b1＝a1＝d2－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1，500]，解得2≤k≤10，所以k＝2，3，4， (10)故集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}中的元素个数为10－2＋1＝9.解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设n na1＝b1＝1，1＋a3＝b2＋b4，a2＋2＝b3.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)从下面条件①，②中选择一个作为已知条件，求数列{c n}的前n项和S n.条件①：c n＝a n b n；条件②：c n＝b na n.注：若选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解(1)设{a n}的公比为q(q>0)，{b n}的公差为d，＋q2＝2＋4d，＋2＝1＋2d，解得q＝3或q＝－1(舍去)，d＝2，∴a n＝3n－1(n∈N*)，b n＝2n－1(n∈N*)．(2)选择条件①：c n＝a n b n，则c n＝(2n－1)·3n－1，∴S n＝c1＋c2＋c3＋…＋c n－1＋c n＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n －1)×3n－1，(ⅰ)∴3S n＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得－2S n＝1＋2×(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×3－3n1－3－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，∴S n＝(n－1)×3n＋1.选择条件②：c n＝b na n，则c n＝2n－13n－1，∴S n＝c1＋c2＋c3＋…＋c n－1＋c n＝1＋33＋532＋…＋2n－33n－2＋2n－13n－1，(ⅰ)∴13S n＝13＋332＋533＋…＋2n－33n－1＋2n－13n，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得23S n＝1＋＋132＋133＋…＋－2n－13n＝1＋2×13－13n1－13－2n－13n＝2－2n ＋23n ，∴S n ＝3－n ＋13n －1(n ∈N *)．题型2数列的通项与求和例2(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1n ＋1，n 为奇数，n ＋2，n 为偶数.(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式；(2)求{a n }的前20项和．解(1)由已知，a 1＝1，a 2＝a 1＋1＝2，a 3＝a 2＋2＝4，a 4＝a 3＋1＝5，所以b 1＝a 2＝2，b 2＝a 4＝5，因为a 2n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n －1＋1＋2＝a 2n －1＋3，即a 2n ＋1－a 2n －1＝3，所以数列{a n }的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列，所以当n 为奇数时，a n ＝1＝3n －12，因为a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，即a 2n ＋2－a 2n ＝3，所以数列{a n }的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列，所以当n 为偶数时，a n ＝2＝3n －22，而b n ＝a 2n ＝3×2n －22＝3n －1，所以b n ＝3n －1.(2)由(1)，知{a n }的前20项和S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝10×1＋10×92×3＋10×2＋10×92×3＝300.所以{a n }的前20项和为300.n n＋1n (1)求{a n}的首项和公差；(2)数列{b n}满足b nn＝3k－2，·a n，3k－1≤n≤3k，其中k，n∈N*，求错误!i.解(1)设等差数列{a n}的公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，由a n＋1＝2a n－2n＋3可得a1＋nd＝2[a1＋(n－1)d]－2n＋3，即(d－2)n＋a1＋3－2d＝0，－2＝0，1＋3－2d＝0，1＝1，＝2.(2)a n＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.因为b nn＝3k－2，·a n，3k－1≤n≤3k，则b nn＝3k－2，3k－1≤n≤3k，所以b1＋b4＋b7＋…＋b58＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋139×41＝12×…＝2041.b2＋b5＋b8＋b11＋…＋b56＋b59＝(a2－a5)＋(a8－a11)＋…＋(a56－a59)＝－3×2×20＝－120；b3＋b6＋b9＋b12＋…＋b57＋b60＝(－a3＋a6)＋(－a9＋a12)＋…＋(－a57＋a60)＝3×2×20＝120.因此错误!i ＝(b 1＋b 4＋b 7＋…＋b 58)＋(b 2＋b 5＋b 8＋…＋b 59)＋(b 3＋b 6＋b 9＋…＋b 60)＝2041－120＋120＝2041.题型3数列与其他知识的交汇角度数列与函数的交汇例3(2023·成都石室中学模拟)已知函数f (x )＝e x －12ax 2－x .(1)若f (x )在x ∈R 上单调递增，求a 的值；(2)证明：(1＋2(n ∈N *且n ≥2)．解(1)函数f (x )＝e x －12ax 2－x ，求导得f ′(x )＝e x －ax －1，由于函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )＝e x －ax －1≥0恒成立，令h (x )＝e x －ax －1，则h ′(x )＝e x －a ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x －1，当x <0时，f ′(x )<0，不满足条件；当a <0时，h ′(x )>0，h (x )在R 上单调递增，又e 1a －a ·1a －1＝e 1a －2<0，即f ，不满足条件；当a >0时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x <ln a 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x >ln a 时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，于是当x ＝ln a 时，h (x )取得最小值h (ln a )＝e ln a －a ln a －1＝a －a ln a －1，于是h (ln a )≥0，即a －a ln a －1≥0，令u (a )＝a －a ln a －1，则u ′(a )＝－ln a ，当0<a <1时，u ′(a )>0，u (a )单调递增；当a >1时，u ′(a )<0，u (a )单调递减，则u (a )max ＝u (1)＝0，由于a －a ln a －1≥0恒成立，因此a －a ln a －1＝0，则a ＝1.(2)证明：由(1)知，当a ＝1时，e x －x －1≥0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取等号，即当x >0时，ln (x ＋1)<x ，因此当n ∈N *且n ≥2时，ln （1＋1ln (1＋1)＋ln …＋ln ＋14＋…＋1n2，而当n ≥2时，1n 2<1n （n －1）＝1n －1－1n，所以1＋14＋…＋1n 2<1…1＋1－1n <2，则ln （1＋1，所以(1＋2(n ∈N *且n ≥2)．(1)数列与函数的综合问题一般是以函数为背景，n 123的数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数都不在下表的同一列，{b n }为等差数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝b 3－2b 1，S 7＝7a 3.第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若c n＝[lg b n]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求数列{c n}的前100项和T100.解(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比数列{a n}的公比q＝2，a n＝a1q n－1＝2n.设等差数列{b n}的公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝7（b1＋b7）2＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，b n＝2n.(2)c n＝[lg(2n)]，T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg 100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.角度数列与不等式的交汇例4(2021·浙江高考)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝－94，且4S n＋1＝3S n －9(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足3b n＋(n－4)a n＝0(n∈N*)，记{b n}的前n项和为T n.若T n≤λb n对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)因为4S n＋1＝3S n－9，所以当n≥2时，4S n＝3S n－1－9，两式相减可得4a n＋1＝3a n，即a n＋1a n ＝3 4.当n＝1时，4S2＝－94＋a＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×－1＝－3n ＋14n .(2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －.所以T n ＝－3×34－－＋＋…＋(n －－1＋(n －，①且34T n ＝－－－＋＋…＋(n －＋(n －＋1，②①－②，得14T n ＝－3×34＋＋…－(n －＋1＝－94＋9161－11－34－(n －＋1＝－n＋1，所以T n ＝－4n＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n＋1≤λ(n －恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立；当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.综上，实数λ的取值范围为[－3，1]．S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n－5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n 2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .。
2024年高考真题汇总 数列(解析版)
专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数 ，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。
聚焦高考中数列的经典题型
ʏ安徽省芜湖县第一中学 许正正数列在高中数学中是一个比较独立的模块,在高考中占据一定的比例㊂在近几年的高考中,数列问题常常以一道解答题或两道小题(选择或填空)的方式进行考查㊂数列解答题多以等差数列或等比数列为载体,考查数列的通项㊁前n 项和㊁求最值㊁证明等差或等比数列㊁证明不等式㊁求参数的取值范围等㊂下面结合最新模拟试题介绍数列解答题的几种题型,供大家参考㊂聚焦一、数列求和常用题型求数列的通项是解数列问题成功的关键,因此,同学们需要掌握求数列通项的常用方法㊂而数列求和在高考中常常结合等差数列和等比数列进行综合命题,多以解答题的形式来考查,属于中等难度试题㊂公式法㊁倒序相加法㊁分组求和法㊁并项求和法㊁错位相减法㊁裂项相消法等是同学们在复习备考时需要掌握的求和方法㊂1.倒序相加与裂项相消求和法例1 已知数列{a n }的各项都不为0,a 1=2,a 2=4,数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n a n +1=4S n ㊂(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =a 1C 1n +a 2C 2n +a 3C 3n + +a n -1C n -1n+a n C nn ,求数列b n +2n +1b n b n +1的前n 项和T n ㊂解析:(1)a n =2n (n ɪN )㊂(过程略)(2)b n =a 1C 1n +a 2C 2n +a 3C 3n + +a n -1C n -1n+a n C nn,又b n =a n C n n +a n -1C n -1n++a 2C 2n +a 1C 1n ,利用倒序相加得2b n =(a 1+a n -1)(C 1n +C 2n + +C n n )+2a n C n n =2n (2n-2)+4n =2n ㊃2n ,所以b n =n ㊃2n,所以b n +2n +1b n b n +1=n ㊃2n +2n +1n ㊃2n ㊃(n +1)㊃2n +1=1n ㊃2n -1(n +1)㊃2n +1,所以T n =11ˑ2-11ˑ22+12ˑ22-13ˑ23+ +1n ㊃2n -1(n +1)㊃2n +1=12-1(n +1)㊃2n +1㊂方法突破:如果一个数列{a n }中与首末两端等 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 项和时即可用倒序相加法㊂本题第(2)问利用倒序相加,求得b n =n ㊃2n,整理b n +2n +1b n b n +1=1n ㊃2n -1(n +1)㊃2n +1,进而利用裂项相消求和法,得到T n ㊂2.分组求和法例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n 2+n ㊂(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n=a n ,n 为奇数,2a n2,n 为偶数,求数列{b n }的前2n 项和T 2n ㊂解析:(1)a n =2n ㊂(过程略)(2)由(1)可知b n =2n ,n 为奇数,2n,n为偶数,则T 2n =(2+6+ +4n -2)+(22+24+ +22n)=n (2+4n -2)2+4(1-4n)1-4=2n 2+4n +1-43㊂方法突破:若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减㊂3.错位相减求和法例3 已知等差数列{a n }的公差不为73解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年1月0,其前n项和为S n,且a2是a1和a5的等比中项,a2n=2a n+1(nɪN*)㊂(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a1b1+a2b2+ +a nb n=(2n-3)㊃2n+1+6,求T n=a1b n+ a2b n-1+ +a n-1b2+a n b1㊂解析:(1)a n=2n-1㊂(过程略)(2)记数列{a n b n}的前n项和为A n,则A n=(2n-3)㊃2n+1+6㊂当nȡ2时,a n b n=A n-A n-1=(2n-1)㊃2n,又a1b1=2满足上式,所以a n b n= (2n-1)㊃2n,又a n=2n-1,所以b n=2n㊂由题得T n=1ˑ2n+3ˑ2n-1+5ˑ2n-2+ +(2n-1)ˑ2,则2T n=1ˑ2n+1+3ˑ2n+ 5ˑ2n-1+ +(2n-1)ˑ22,两式相减得T n =2n+1+2n+1+2n+ +23-(2n-1)ˑ2=2n+1+8(1-2n-1)1-2-(2n-1)ˑ2=3ˑ2n+1-4n-6㊂方法突破: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,那么这个数列的前n项和就可以用错位相减法来求㊂本题是利用递推作差法求得a n b n=(2n-1)2n,从而求得b n=2n,再利用错位相减法即可求解㊂聚焦二㊁数列中的证明与判断问题例4已知数列{an}的前n项积为T n,且a n+T n=1㊂(1)求证:数列1Tn是等差数列;(2)证明:a2-a1a1+a3-a2a2+ +a n+1-a n a n<3 4㊂证明:(1)证明过程略㊂(2)因为a n+T n=1,令n=1,得a1+T1=2a1=1,故a1=T1=12,故1T1=2,结合(1)可知,数列1T n是首项为2,公差为1的等差数列,所以1T n=n+1,得T n=1n+1㊂所以当nȡ2时,a n=T n T n-1=1n+11n=nn+1,显然a1=12也符合,所以a n=n n+1㊂所以a n+1-a na n=n+1n+2-nn+1nn+1=1n(n+2) =121n-1n+2㊂所以a2-a1a1+a3-a2a2+ +a n+1-a na n= 1211-13+1212-14+ +121n-1 -1n+1+121n-1n+2=1211+12-1n+1-1n+2=34-121n+1+1n+2㊂因为nɪN*,所以1n+1+1n+2>0㊂所以a2-a1a1+a3-a2a2+ +a n+1-a na n= 34-121n+1+1n+2<34㊂方法突破:结合(1)可求得数列{T n}的通项公式,进而得数列{a n}的通项公式,再把a n+1-a na n化简代入求值即可证得结论㊂聚焦三㊁抓住函数特征,利用单调性破解数列问题例5已知各项均为正数的数列{an}的首项a1=1,其前n项和为S n,从①a n= 2S n-1;②S2=4S1,S n+1+S n-1=2(S n+ 1)(nȡ2);③a n=S n+S n-1(nȡ2)中任选一个条件作为已知,并解答下列问题㊂(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=a n+1S n㊃S n+1,数列{b n}的前n项和为T n,求证:34ɤT n<1㊂注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分㊂解析:(1)选择条件①②③,利用给定条件并作变形,再结合a n=S n-S n-1(nȡ2)求8 3解题篇经典题突破方法高考数学2024年1月解作答㊂a n =2n -1㊂(过程略)(2)由(1)知,S n =n (a 1+a n )2=n 2㊂所以b n =a n +1S n ㊃S n +1=S n +1-S n S n ㊃S n +1=1S n-1S n +1=1n 2-1(n +1)2㊂故T n =b 1+b 2+b 3+ +b n =1-122+122-132+ +1n 2-1(n +1)2=1-1(n +1)2,显然数列1(n +1)2单调递减,于是0<1(n +1)2ɤ14,则34ɤ1-1(n +1)2<1,所以34ɤT n <1㊂方法突破:用函数的观点认识和处理数列问题,有利于理解和掌握数列的基本概念和性质,拓展解决数列问题的思维与策略,结合数列中比较常见的周期性㊁单调性㊁最值等问题,巧妙结合函数的基本性质来分析与处理,引领并指导同学们进行有效的复习与备考㊂本题第(2)问利用第(1)问的结论,由裂项相消法求和,再借助数列的单调性推理作答㊂聚焦四、数列中的含参问题例6 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,对一切正整数n ,点P n (a n ,S n )都在函数f (x )=x +12的图像上㊂(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ,且b n =2na n +1,若T n -22n +1>λa n +1-16恒成立,求实数λ的取值范围㊂解析:(1)a n =2n -1(n ɪN *)㊂(过程略)(2)因为b n =2n a n +1=2n(2n +1),所以T n =2ˑ3+22ˑ5+23ˑ7+ +2n(2n +1),2T n =22ˑ3+23ˑ5+24ˑ7+ +2n(2n -1)+2n +1(2n +1),利用错位相减法得T n =(2n -1)2n +1+2,所以T n -22n +1>λa n +1-16可化简为λ<2n +152n +1=2n +1+142n +1㊂因为T n -22n +1>λa n +1-16恒成立,所以λ<2n +1+142n +1m i n㊂因为对勾函数y =x +14x(x >0)在(0,14)上单调递减,在(14,+ɕ)上单调递增,又n ɪN *,所以当n =6,即2n +1=13时,2n +1+142n +1=271313;当n =7,即2n +1=15时,2n +1+142n +1=291515㊂又271313>291515,所以2n +1+142n +1m i n=291515,故λ<291515㊂综上可得,实数λ的取值范围为-ɕ,291515㊂方法突破:对于不是等差或等比的数列,可从中归纳出一般的规律㊁性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法,本题第(2)问就是利用函数性质解决含参问题㊂我们在数列复习备考中,务必突出两条主线:一条是以转化与化归思想㊁分类讨论思想㊁整体思想为核心的思想方法主线;另一条是以等差㊁等比数列的通项公式㊁求和公式为主体的基础知识主线㊂因此,在高三复习备考中,要结合近几年高考试题的特点,对高考中数列的考查要求进行整体把握,通过一题多解和一题多变,不仅能够充分掌握常规的解题方法,而且还能实现灵活运用㊂在模拟训练中,数列创新题常与函数㊁不等式等知识相结合,这些问题对代数变形㊁运算求解㊁逻辑推理㊁转化与化归等能力的要求较高,主要考查数学抽象㊁逻辑推理㊁直观想象㊁数学运算等核心素养㊂纵观以上例题,不难发现数列题考查的还是通性通法,所以在复习备考过程中,一定要灵活运用,掌握通性通法㊂(责任编辑 王福华)93解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年1月。
考点38数列中的综合问题(2种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型(新高考版)
考点38数列中的综合问题（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等【核心题型】题型一 等差数列、等比数列的综合运算 数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．【例题1】（2023·湖北荆门·模拟预测）血药浓度检测可使给药方案个体化，从而达到临床用药的安全、有效、合理.某医学研究所研制的某种新药进入了临床试验阶段，经检测，当患者A 给药3小时的时候血药浓度达到峰值，此后每经过2小时检测一次，每次检测血药浓度降低到上一次检测血药浓度的40%，当血药浓度为峰值的1.024%时，给药时间为（ ）A ．11小时B ．13小时C ．17小时D ．19小时【变式1】（2023高三·全国·专题练习）已知集合{}*112|,A x x k k ==ÎN ，{}2*2|3,k B x x k ==ÎN ，将A B È中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{}n a ，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若27m a =，则m 的值等于，50S 的值为 .【变式2】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列{}n a 满足：123,,1a a a +成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足：121131n n n n a b a b a b -+++=-L ，求数列{}n b 的前n 项和n T .【变式3】（2023高三·全国·专题练习）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：1111()n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；题型二 数列与其他知识的交汇问题(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形命题点1 数列与不等式的交汇【例题2】（2024·重庆·三模）数列{}n a 的前n 项和为n S ，234n n S a n =-+，若()3320n a n l +-+>对任意*n ÎN 恒成立，则实数l 的取值范围为（ ）A ．1,2æö+¥ç÷èøB ．()1,+¥C ．5,4æö+¥ç÷èøD ．()2,+¥【变式1】（2024·江苏苏州·三模）已知函数*(),N n f n a n =Î.①当2a =时，11()n b f n =+，记{}n b 前n 项积为n T ，若n m T >恒成立，整数m 的最小值是;②对所有n 都有33()1()11f n n f n n -³++成立，则a 的最小值是 .【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列{}n a 满足()*321223n a a a a n n n++++=ÎN L .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n b 满足12nn n a b +=.①求数列{}n b 的前n 项和n T ；②若不等式()12nn n n T l -<+对任意*n ÎN 恒成立，求实数l 的取值范围.【变式3】（2024·辽宁·二模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且10a d ¹.若等差数列{}n b ，满足2nn nS b a =.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)若514d =，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，且n n T S >，求n 的最大值.命题点2 数列与函数的交汇【例题3】（2024·福建莆田·三模）已知定义在(0,)+¥上的函数()f x 满足()()121f x f x +=+，且(1)1f =，则()100f =（ ）A ．10021-B ．10021+C ．10121-D ．10121+【变式1】（2024·广西来宾·模拟预测）函数()|1||2||3||15|f n n n n n =-+-+-++-L （n 为正整数）的最小值为 ．【变式2】（2024·浙江绍兴·三模）已知函数()()cosπR f x x x x =+Î的所有正零点构成递增数列{}()N*n a n Î．(1)求函数()f x 的周期和最大值；(2)求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项和n S ．【变式3】（2024·上海·模拟预测）已知()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n Î均在函数()y f x =的图象上.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()442x x g x =+，令()*N 2025n n a b g n æö=Îç÷èø，求数列{}n b 的前2024项和2024T .【课后强化】【基础保分练】一、单选题1．（2024·山西阳泉·三模）已知等差数列{}n a 中，7a 是函数π()sin(2)6f x x =-的一个极大值点，则59)tan(a a +的值为（ ）ABC．D．2．（2020·辽宁辽阳·二模）已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列.令11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前50项和50T =（ ）A ．5051B ．4950C ．100101D ．501013．（2024·山东·二模）欧拉函数()()*n n j ÎN 的函数值等于所有不超过正整数n ，且与n 互质的正整数的个数，例如()42j =.已知()123n n nb j +=，*n ÎN ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，若n T M <恒成立，则M 的最小值为（ ）A ．34B ．1C ．76D ．24．（2024·福建泉州·二模）在等比数列{}n a 中，15,a a 是函数2()10ln(3)f x x x t x =-+的两个极值点，若2432a a =-，则t 的值为（ ）A ．4-B ．5-C ．4D ．5二、多选题5．（2024·云南·模拟预测）已知定义在R 上的函数()f x 满足：()()()()2f x y f x y f x f y ++-=，且()21f =-，则下列说法中正确的是（ ）A ．()f x 是偶函数B ．()f x 关于点()2,1-对称C ．设数列{}n a 满足()n a f n =，则{}n a 的前2024项和为0D ．103f æöç÷èø可以是126．（2024·湖北·模拟预测）对于正整数n ，()n j 是小于或等于n 的正整数中与n 互质的数的数目．函数()n j 以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如()96j =（1,2,4,5,7,8与9互质），则（）A ．若n 为质数，则()1n n j =-B ．数列(){}n j 单调递增C ．数列()2nn j ìüïïíýïïîþ的最大值为1D ．数列(){}3nj 为等比数列三、填空题7．（2021·江西·模拟预测）已知公差不为0的等差数列{}n a 的部分项1k a ，2k a ，3k a ，……构成等比数列{}n a ，且11k =，22k =，35k =，则n k =.8．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）已知实数a 、b 、c 、d 成等差数列，且函数()ln 2y x x =+-在x b =时取到极大值c ，则a d += .9．（2024·四川成都·模拟预测）已知数列{}n a 满足1ln 1n n a a +=+，函数()ln 1xf x x =+在0x x =处取得最大值，若()420ln 1a a x =+，则12a a += 四、解答题10．（2023·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，124325a a a ++=，且32a +，4a ，52a -成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n n b a ={}n b 的前n 项和n T ．11．（2024·浙江·二模）欧拉函数()()*N n n j Î的函数值等于所有不超过正整数n 且与n 互素的正整数的个数，例如：()11j =，()42j =，()84j =，数列{}n a 满足()()*2N n n a n j =Î.(1)求1a ，2a ，3a ，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记()222log 1nnn na b a =-，求数列{}n b 的前n 和n S .【综合提升练】一、单选题1．（2024·辽宁·二模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)(N )n n S n *Î在函数2()(,,)f x Ax Bx C A B C =++ÎR 的图象上，则（ ）A ．01C =B ．若0A =，则0N n *$Î，使n S 最大C ．若0A >，则0N n *$Î，使n S 最大D ．若0A <，则0N n *$Î，使n S 最大2．（2022高三·全国·专题练习）已知数列{}n a 为等差数列，且7π2a =.设函数()2sin22cos 2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ）A ．13π2B ．7πC ．7D ．133．（23-24高三下·重庆·阶段练习）定义：满足(211:n n n na a q q a a +++= 为常数，*N n Î）的数列{}n a 称为二阶等比数列，q 为二阶公比.已知二阶等比数列}n a ∣的二阶公比为121,a a ==，则使得2024n a > 成立的最小正整数n 为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．104．（2024·江苏徐州·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且321n n S a =+，*n ÎN ．若2024k S ³，则正整数k 的最小值为（ ）A ．11B ．12C ．13D ．145．（23-24高三上·山西运城·期末）已知等差数列{}n a 中，97π12a =，设函数44()cos sin cos 1f x x x x x =---，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前17项和为（ ）A ．51-B ．48-C ．17-D ．06．（2024·安徽池州·二模）对于数列{}n a ，若点(),n n a 都在函数x y cq =的图象上，其中0q >且1q ¹，则“1c q >”是“{}n a 为递增数列”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7．（2024·上海奉贤·三模）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，关于正整数n 的方程1n n S S a +×=记为F ，命题p ：对于任意的R a Î，存在等差数列{}n a 使得F 有解；命题q ：对于任意的R a Î，存在等比数列{}n b 使得F 有解；则下列说法中正确的是（ ）A ．命题p 为真命题，命题q 为假命题；B ．命题p 为假命题，命题q 为真命题；C ．命题p 为假命题，命题q 为假命题；D ．命题p 为真命题，命题q 为真命题；8．（2024·青海·模拟预测）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()()()()226f x y f x f y f x f y +=--+，()14f =，则()()()1299f f f ++×××+=（ ）A ．992198+B ．992196+C ．1002198+D ．1002196+二、多选题9．（2024·贵州·三模）已知定义域为R 的函数()f x 满足()()()()22,f x y f x f y x y xy f x +=+¢++为()f x 的导函数，且()12f ¢=，则（ ）A ．()00f =B ．()f x 为奇函数C ．()27f ¢-=D ．设()()*n b f n n ¢=ÎN ，则2024202320252b =´+10．（2024·河南·三模）将函数()2πsin (0,0)3f x x x w w æö=->>ç÷èø的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列{}n a ，且123a =，则（ ）A ．2w =B ．()f x 在()1,2上先增后减C ．10313a =D ．{}n a 的前n 项和为236n n +11．（2022·海南·模拟预测）对于无穷数列{}n a ，给出如下三个性质：①10a <；②*,n s "ÎN ，n s n s a a a +>+；③*n "ÎN ，*t $ÎN ，n t n a a +>，定义：同时满足性质①和②的数列{}n a 为“s 数列”，同时满足性质①和③的数列{}n a 为“t 数列”，则下列说法正确的是（ ）A ．若23n a n =-，则{}n a 为“s 数列”B ．若12n n a =-，则{}n a 为“t 数列”C ．若{}n a 为“s 数列”，则{}n a 为“t 数列”D ．若等比数列{}n a 为“t 数列”，则{}n a 为“s 数列”三、填空题12．（2024·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S，且n a ={}n b 的前n 项和为n T ，且()121n bn n S a +-=，则满足2n T ³的正整数n 的最小值为.13．（2023高三·全国·专题练习）函数()f x 满足()()()()*111,1N 12f n f n f n +==Î+．若不等式()()1f n f n M +-£对任意的n 恒成立，则M 的最小值是．14．（23-24高三上·河北邢台·开学考试）函数()2f x x x a =-+的最小值是12，数列{}n a 满足()1n n a f a +=，11a =，则数列{}n a 的通项公式是 ．四、解答题15．（2024·上海虹口·二模）已知等差数列{}n a 满足25a =，9672a a +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 前n 项和为n S ，且221n n n b a a +=-，若432mS >，求正整数m 的最小值.16．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n n na S a =+．(1)证明：数列{}2n S 是等差数列；(2)数列{}n S 的每一项均为正数，11,11,2nn n n n S b n S S -ì=ïï=íï³ï+î，数列{}n b 的前n 项和为n T ，当21012n T ³时，求n 的最小值．17．（2024·四川成都·三模）已知数列{}n a 的前n 项和为,342n n n S S a =-.(1)证明：数列{}n a 是等比数列，并求出通项公式；(2)设函数()21ln 2f x x x æö=×-ç÷èø的导函数为()f x ¢，数列{}n b 满足()n n b f a =¢，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（23-24高三下·河北衡水·期中）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21,1n n S a n =-³．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：12311112nS S S S ++++<L ．19．（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项11a =.(1)若2421n n n a S a =--，求数列{}n a 的通项公式；(2)若函数()2e x f x x =+，正项数列{}n a 满足：*1)()(n n a f a n +=ÎN .（i ）证明：31nn S n ³--；（ii）证明：*2222234)1111(1)(1)(1)(1)2,5555nn n a a a a ++++<³ÎN L .【拓展冲刺练】一、单选题1．（2023·陕西安康·模拟预测）设函数()21f x x =+，数列{}n a ，{}n b 满足()(),n n a f n f b n ==，则2a =（ ）A ．7b B ．9b C ．11b D ．13b 2．（23-24高三上·广东揭阳·阶段练习）已知等差数列{}n a 中，73π8a =，设函数()24cos 2sin cos 222x f x x x æö=-++ç÷èø，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ）A ．7B ．13C ．20D ．263．（2022高三·全国·专题练习）已知数列{}n a 满足1145,31n n a a a +==-，则满足不等式10k k a a -×<的k 的值为（ ）A ．4B ．5C ．6D ．74．（23-24高三上·四川·阶段练习）已知数列{}n a 满足113a =-，且()112n n n a a ++=+-，若使不等式n a l £成立的n a 有且只有三项，则l 的取值范围为（ ）A ．1135,33æùçúèûB ．1335,33æùçúèûC ．1135,33éö÷êëøD ．1335,33éö÷êëø二、多选题5．（23-24高三下·河北·开学考试）欧拉函数()()*N n n j Î是数论中的一个基本概念，()n j 的函数值等于所有不超过正整数n ，且与n 互质的正整数的个数（只有公因数1的两个正整数互质，且1与所有正整数（包括1本身）互质），例如()84j =，因为1，3，5，7均与8互质，则（ ）A ．()()()4610j j j ×=B ．数列()2n j 单调递增C ．()10040j =D ．数列()()23nn j j ìüïïíýïïîþ的前n 项和小于326．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知正项数列{}n a ，对任意的正整数m 、n 都有222m n m n a a a +£+，则下列结论可能成立的是（ ）A ．n mmn a a a m n+=B ．m n m n na ma a ++=C ．2m n mn a a a ++=D ．2m n m na a a +×=三、填空题7．（2024·云南楚雄·一模）将函数()2sin f x x x =+（0x >）的所有极小值点按从小到大的顺序排列成数列{}n a ，则()2023tan a = ．8．（23-24高三上·上海杨浦·阶段练习）设函数21()1f x x =-，122()ex f x --=，31()sin 2π3f x x =，99i ia =，0,12,,99i =L .()()()()()()10219998k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-++-L ，1,2,3k =，试将1I 、2I 、3I 从小到大排列为 .9．（2024·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的首项1012a =，且()23568a a a a +=+，记{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则当不等式0n n S T -<成立时，n 的最大值为 ．四、解答题10．（23-24高三上·湖南衡阳·阶段练习）点(,)n A n a （N n *Î）在函数2()log (32)f x x =+图象上.数列{n b }满足2n a n b =.(1)证明：数列{n b }为等差数列.(2)数列{n c }满足231()2n b n c -=.求n T 为{n n b c }前n 项和及当274n T >，求n 的最小值.11．（23-24高三下·湖南·阶段练习）若数列{}n a 在某项之后的所有项均为一常数，则称{}n a 是“最终常数列”.已知对任意()*,n m m n ³ÎN ，函数()f x 和数列{}n a 满足{}()11min n i i na f a +££=.(1)当()f x x >时，证明：{}n a 是“最终常数列”；(2)设数列{}n b 满足11m b a +=，对任意正整数()1,n n n b f b +=.若方程()0fx x-=无实根，证明：{}n a 不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数i ，i m i b a +=；(3)若(){}21,,n m f x x a ==不是“最终常数列”，求1a 的取值范围.。
高考数学复习：数列中的构造问题
故b1n＋3是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， 于是b1n＋3＝2·2n－1＝2n，可得 bn＝2n－1 3.
课时精练
一、单项选择题
1.已知数列{an}满足 a1＝12，an＋1＝ana＋n 1，则 a1 000 等于
1 A.1 000
√1 B.1 001
1 C.1 002
1 D.1 003
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
4.(2024·商洛模拟)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，a1＝a2＝1，an＋an＋1＝
2n＋1(n≥2)，则SS22
024等于
023
√1 013
A.1 012
2 023 B.2 024
2 025 C.2 023
1 013 D.1 011
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
又a311＝6，∴a13nn是首项为 6，公差为 1 的等差数列，故 C 错误；
设an＋1＋k(n＋1)＋b＝2(an＋kn＋b)， 所以an＋1＝2an＋kn＋b－k，
由an＋1＝2an＋n－1， 得kb＝－1k，＝－1， 解得kb＝＝10，. ∴an＋a1＋n＋nn＋1＝2，
即{an＋n}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列. ∴an＋n＝2×2n－1＝2n，故an＝2n－n，故D错误.
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二、多项选择题 5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且an＋1＝3Sn＋2(n∈N*)，则下列 说法正确的有
√A.a1＝13
√B.S4＝1390
C.{an}是等比数列
√D.Sn＋23是等比数列
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
由题意，数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且an＋1＝3Sn＋2，
高三数学：2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结(解析版)
2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结考点一：已知()n f S n =，求na 利用()()⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n a S n nn ，注意一定要验证当1=n 时是否成立【精选例题】【例1】已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且121n n S +=-，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．2n n a =B ．3,12,2n nn a n =⎧=⎨≥⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【答案】B【详解】当2n ≥时，121nn S -=-，1112212n n n n n n a S S +---+=-==；当1n =时，1111213a S +==-=，不符合2n n a =，则3,12,2n n n a n =⎧=⎨≥⎩.故选：B.【例2】定义123nnp p p p +++⋅⋅⋅+为n 个正数123,,,,n p p p p ⋅⋅⋅的“均倒数”，若已知数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为15n，则10a 等于（）A ．85B ．90C ．95D ．100【例3】（多选题）定义12n n H n-+++= 为数列{}n a 的“优值”．已知某数列{}n a 的“优值”2nn H =，前n 项和为n S ，下列关于数列{}n a 的描述正确的有（）A ．数列{}n a 为等差数列B ．数列{}n a 为递增数列C ．2022202520222S =D ．2S ，4S ，6S 成等差数列【答案】ABC【详解】由已知可得112222n n n n a a a H n -+++== ，所以112222n nn a a a n -+++=⋅ ，①所以2n ≥时，()211212212n n n a a a n ---+++=-⋅ ，②得2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，即2n ≥时，1n a n =+，当1n =时，由①知12a =，满足1n a n =+．所以数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 正确，所以()32n n n S +=，所以32n S n n +=，故2022202520222S =，故C 正确．25S =，414S =，627S =，2S ，4S ，6S 不是等差数列，故D 错误，故选：ABC ．【例4】设数列{}n a 满足123211111222n n a a a a n -+++⋅⋅⋅+=+，则{}n a 的前n 项和（）A ．21n -B ．21n +C ．2nD ．121n +-【答案】C【详解】解：当1n =时，12a =，当2n ≥时，由1231221111112222n n n n a a a a a n ---+++⋅⋅⋅++=+得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，两式相减得，1112n n a -=，即12n n a -=，综上，12,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩所以{}n a 的前n 项和为()11212224822212n n n ---+++++=+=- ，故选：C.【跟踪训练】1.无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2nn S =，则下列结论中正确的有（）A ．{}n a 为等比数列B ．{}n a 为递增数列C ．{}n a 中存在三项成等差数列D ．{}n a 中偶数项成等比数列【答案】D【详解】解：无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2nn S =2n ∴≥，111222n n n n n n a S S ---=-=-=，当1n =时，11122a S ===，不符合上式，12,1,2,2,n n n a n -=⎧∴=⎨≥⎩所以{}n a 不是等比数列，故A 错误；又122a a ==，所以{}n a 不是递增数列，故B 错误；假设数列{}n a 中存在三项,,r m s a a a 成等差数列，由于122a a ==，则*,,N ,2r m s r m s ∈≤<<，所以得：11122222m r s m r s a a a ---=+⇒⨯=+11222m r s --∴=+，则11122r m s m ----∴=+，又11021s m s m ----≥⇒≥且120r m -->恒成立，故式子11122r m s m ----=+无解，{}n a 中找不到三项成等差数列，故C 错误；21*22(N )n n a n -∴=∈，212(1)21242n n n na a ++-∴=={}2n a ∴是等比数列，即{}n a 中偶数项成等比数列，故D 正确.故选：D ．考点二：叠加法（累加法）求通项若数列{}n a 满足)()(*1N n n f a a n n ∈=-+，则称数列{}n a 为“变差数列”，求变差数列{}n a 的通项时，利用恒等式)2()1()3()2()1()()()(1123121≥-+⋅⋅⋅++++=-+⋅⋅⋅+-+-+=-n n f f f f a a a a a a a a a n n n 求通项公式的方法称为累加法。
题型五 数列 ——高考数学高频题型专项讲解
题型五 数列——高考数学高频题型专项讲解一、思路分析数列的概念和递推公式是高考的热点，主要考查已知递推关系求通项公式、由n a 与n S 的关系求通项公式、利用数列的性质求最值等，主要以填空题、解答题的形式呈现，难度中等.等差数列是高考的重点考查知识，主要考查等差数列的基本运算和性质，等差数列的通项公式和前n 项和公式等，尤其要注意以数学文化为背景的数列题，题型既有选择题、填空题，也有解答题，要善于运用函数与方程思想和整体代入思想解决有关等差数列问题，同时要注意探索创新和生活实践情境载体下的试题训练.等比数列是高考的考查热点，主要考查等比数列的基本运算和性质，等比数列的通项公式和前n 项和公式，尤其要注意证明题或以数学文化为背景的数列题，考查题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度中等，要会运用函数与方程思想、转化与化归思想和分类讨论思想解题，也要注意探索创新和生活实践情境载体下的试题训练.数列求和及数列综合应用是高考的热点题型，其中等差、等比数列的通项与求和，数列与函数、不等式的综合，以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现，难度中等，要注重常规考法，也要注重数列与其他知识的综合创新，同时也要注重对结构不良类试题的训练. 二、考纲要求1.数列的概念和递推公式（1）了解数列的概念及表示方法，理解数列的通项公式的意义. （2）理解数列的递推公式，能根据递推公式写出数列的前几项. （3）理解n a 与n S 的关系.2.等差数列（1）理解等差数列的概念和通项公式的意义.（2）掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.（3）了解等差数列与一次函数的关系.3.等比数列（1）理解等比数列的概念和通项公式的意义（2）掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.（3）了解等比数列与指数函数的关系.4.数列求和及数列综合应用（1）掌握几种常用的数列求和方法.（2）掌握数列的综合应用.三、方法技巧1.由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略：（1）常用方法：观察（观察规律）、比较（比较已知数列）、归纳、转化（转化为特殊数列）、联想（联想常见的数列）等方法.（2）具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③各项的符号特征和绝对值特征；④对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑤对于符号交替出现的情况，可用(1)k-，*(1)k+-或1k∈N处理.2.等差数列前n项和的最值求解的常用方法（1）通项公式法：其基本思想是通过通项公式求出符号变化的项，从而求得和的最值；（2）前n 项和法：其基本思想是利用前n 项和公式的二次函数特性，借助抛物线的图象求最值.3.利用等差数列前n 项和解决实际问题的步骤： （1）判断问题中涉及的数列是否为等差数列； （2）若是等差数列，找出首项、公差、项数； （3）确认问题是求n a 还是n S ；（4）选择恰当的公式计算并转化为实际问题的解.4.解决等差数列前n 项和的基本运算题的思路方法及注意事项： （1）注意公式1()2n n n a a S +=与1(1)2n n n S na d -=+的选择使用； （2）等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量1a ，n a ，d ，n ，n S ，已知其中三个就能求另外两个，注意方程思想的应用；（3）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而1a 和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法，同时注意灵活应用等差数列的性质以简化计算过程.5.应用等比数列通项公式解实际应用问题的步骤 （1）构建等比数列模型；（2）明确1a ，q ，n ，n a 等基本量； （3）利用11n n a a q -=求解； （4）还原为实际问题.6.判定数列是等比数列的常用方法： （1）定义法：验证1nn a q a -=（q 为常数且不为0）是否成立，但应注意必须从第二项（即2n）起所有项都满足此等式；（2）等比中项法：验证211n n n a a a -+=（n *∈N ，2n且0n a ≠）是否成立；（3）通项公式法：验证11n n a a q -=是否成立，但应注意隐含条件是10a ≠，0q ≠.7.解决等比数列前n 项和的实际应用问题的基本步骤（1）将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题； （2）构建等比数列模型；（3）利用等比数列的前n 项和公式求解等比数列问题； （4）将所求结果还原到实际问题中.8.等比数列基本运算中的常用技巧：（1）（对称设元）一般地，若连续奇数个项成等比数列，则可设该数列为x x xq q，，，，；若连续偶数个项成等比数列，则可设该数列为33x x xq xq q q，，，，，（注意：此时公比20q >，并不适合所有情况）.这样既可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便.（2）求解等比数列基本量时注意运用整体思想、设而不求等，同时还要注意合理运用3232121121n nn n a a a a a a q a a a a a a --+++=====+++.9.用错位相减法解决数列求和问题的步骤：（1）判断结构：若数列{}n n a b ⋅是由等差数列{}n a 与等比数列{}n b （公比q ）的对应项之积构成的，则可用此法求和；（2）乘公比：设{}n n a b ⋅的前n 项和为n T ，然后两边同乘以q ；（3）错位相减：乘以公比q 后，向后错开一位，使含有*()k q k ∈N 的项对应，然后两边同时作差；（4）求和：将作差后的结果求和，从而表示出n T .10.利用裂项相消法求和的基本步骤（1）裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式； （2）累加：将数列裂项后的各项相加（3）消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前n 项和.11.解决数列与不等式综合问题的一般步骤（1）由已知条件和数列性质求基本量，确定数列的特性（等差或等比数列）； （2）求出n a 或n S 的通项公式；（3）分析n a ，n S 涉及的函数或不等式，利用相关函数或不等式性质解决题目中的问题；（4）得出结果，叙述完整；（5）回顾反思，查验“n ”的取值是否符合要求，运算过程是否有不当之处.12.数列与不等式的综合问题的解题策略（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性或者是借助数列对应的函数的单调性求解.（2）对于与数列有关的不等式的证明问题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，有时需构造函数，利用函数的单调性，最值来证明.13.数列与函数的综合问题的解题策略（1）已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究. （2）已知数列条件，解决函数问题，一般要充分利用数列的有关公式对式子化简变形.（3）解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解.14.数列在实际应用中的常见模型（1）等差模型：如果增加（或减少）的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差.（2）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的非零常数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.（3）递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑考查的是第n 项n a 与第(1)n +项1n a +（或者相邻三项等）之间的递推关系还是前n 项和n S 与前(1)n +项和1n S +之间的递推关系.15.解答数列实际应用题的步骤（1）审题：仔细阅读题目，认真理解题意.（2）建模：将已知条件翻译成数列语言，将实际问题转化成数学问题，分清数列是等差数列、等比数列，还是递推数列，是求通项还是求前n 项和. （3）求解：求出该问题的数学解.（4）还原：将所求结果还原到实际问题中.。
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2019年高考数学数列题型篇
数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
知识整合
1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;
2.在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基
本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，
语文课本中的文章都是精选的比较优秀的文章,还有不少名家名篇。
如果有选择循序渐进地让学生背诵一些优秀篇目、精彩段落,对提高学生的水平会大有裨益。
现在,不少语文教师在分析课文时,把文章解体的支离破碎,总在文章的技巧方面下功夫。
结果教师费劲,学生头疼。
分析完之后,学生收效甚微,没过几天便忘的一干二净。
造成这种事倍功半的尴尬局面的关键就是对文章读的不熟。
常言道“书读百遍,其义自见”,如果有目的、有计划地引导学生反复阅读课文,或细读、默读、跳读,或听读、范读、轮读、分角色朗读,学生便可以在读中自然领悟文章的思想内容和写作技巧,可以在读中自然加强语感,增强语言的感受力。
久而久之,这种思想内容、写作技巧和语感就会自然渗透到学生的语言意识之中,就会在写作中自觉不自觉地加以运用、创造和发展。
进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
一般说来，“教师”概念之形成经历了十分漫长的历史。
杨士勋（唐初学者，四门博士）《春秋谷梁传疏》曰：“师者教人以不及，故谓师为师资也”。
这儿的“师资”，其实就是先秦而后历代对教师的别称之一。
《韩非子》也有云：“今有不才之子……师长教之弗为变”其“师长”当然也指教师。
这儿的“师资”和“师长”可称为“教师”概念的雏形，但仍说不上是名副其实的“教师”，因为“教师”必须要有明确的传授知识的对象和本身明确的职责。
一般说来，“教师”概念之形成经历了十分漫长的历史。
杨士勋（唐初学者，四门博士）《春秋谷梁传疏》曰：“师者教人以不及，故谓师为师资也”。
这儿的“师资”，其实就是先秦而后历代对教师的别称之一。
《韩非子》也有云：“今有不才之子……师长教之弗为变”其“师长”当然也指教师。
这儿的“师资”和“师长”可称为“教师”概念的雏形，但仍说不上是名副其实的“教师”，因为“教师”必须要有明确的传授知识的对象和本身明确的职责。
3.培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法.。