2020步步高苏教版高三一轮复习数列含答案解析

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【步步高】高考数学第一轮复习(典型题+详解)数列专项基础训练

常考题型强化练——数列A 组专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1.设等差数列{a n }前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A.6B.7C.8D.9答案 A解析设该数列的公差为d ，则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2 ＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，∴当n ＝6时，取最小值.2.已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和.若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( ) A.35B.33C.31D.29答案 C解析设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知， a 4＋2a 7＝2×54， ∴a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54－a 4＝14. ∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12， ∴a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2， ∴a 1＝16，∴S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝31. 3.已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n －a 1＝S 1·S n (a 1≠0，n ∈N *)，则a 7等于( )A.16B.32C.64D.128答案 C解析令n ＝1，则a 1＝1，当n ＝2时，2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2，当n ≥2时，由2a n －1＝S n ，得2a n －1－1＝S n －1，两式相减，解得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1，于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，因此a n ＝2n －1.故a 7＝26＝64. 4.已知等差数列{a n }的公差d ＝－2，a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝50，那么a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99的值是( ) A.－78B.－82C.－148D.－182 答案 B解析 ∵a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝(a 1＋2d )＋(a 4＋2d )＋(a 7＋2d )＋…＋(a 97＋2d )＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＋2d ×33＝50＋66×(－2)＝－82.5.设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N *，且m ≥2)，则必定有( )A.S m >0，且S m ＋1<0B.S m <0，且S m ＋1>0C.S m >0，且S m ＋1>0D.S m <0，且S m ＋1<0 答案 A解析－a m <a 1<－a m ＋1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a m >0，a 1＋a m ＋1<0. 易得S m ＝a 1＋a m 2·m >0，S m ＋1＝a 1＋a m ＋12·(m ＋1)<0. 二、填空题6.若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝________.答案 20解析由题意知，若{a n }为调和数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列， ∴由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，可得数列{x n }为等差数列，由等差数列的性质知，x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝x 2＋x 19＝…＝x 10＋x 11＝20010＝20.7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________.答案 2－⎝⎛⎭⎫12n －1解析由于S n ＝2n －a n ，所以S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n ＝2－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，则数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12为公比的等比数列.又a 1＝2－a 1，即a 1＝1.则a n －2＝(－1)⎝⎛⎭⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1. 8.已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为________. 答案 3＋2 2解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝a 1＋2a 2. ∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q .∴q 2－2q －1＝0.∴q ＝1±2.∵各项都是正数，∴q ＞0.∴q ＝1＋ 2.∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 三、解答题9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，a 3＝5，S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，10a 1＋10×92d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝n a 2＋2n ＝12×4n ＋2n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12(4＋42＋…＋4n )＋2(1＋2＋…＋n ) ＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23×4n ＋n 2＋n －23. 10.已知等差数列{a n }的前三项为a －1,4,2a ，记前n 项和为S n .(1)设S k ＝2 550，求a 和k 的值；(2)设b n ＝S n n，求b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1的值. 解 (1)由已知得a 1＝a －1，a 2＝4，a 3＝2a ，又a 1＋a 3＝2a 2，∴(a －1)＋2a ＝8，即a ＝3.∴a 1＝2，公差d ＝a 2－a 1＝2.由S k ＝ka 1＋k (k －1)2d ，得2k ＋k (k －1)2×2＝2 550，即k 2＋k －2 550＝0，解得k ＝50或k ＝－51(舍去).∴a ＝3，k ＝50.(2)由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，得S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n . ∴b n ＝S n n＝n ＋1. ∴{b n }是等差数列.则b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n －1＋1)＝(4＋4n )n 2. ∴b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝2n 2＋2n .B 组专项能力提升(时间：25分钟)1.已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A.1B.－1C.1或－1D. 2答案 C解析依题意，有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或q ＝－1.2.在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )A.1B.2C.3D.4答案 A解析由等差、等比数列的性质，可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴P 1(2,2)，P 2(3,4).∴21P OP S ∆＝1.3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋2a 2n ， n 为偶数，12＋2a 21-n ， n 为奇数，n ＝2,3,4，…，设b n ＝12-n a ＋1，n ＝1,2,3，…，则数列{b n }的通项公式是________. 答案 b n ＝2n解析由题意，得对于任意的正整数n ，b n ＝a 21-n ＋1，∴b n ＋1＝a 2n ＋1，又＋1＝(2a 22n ＋1)＋1＝2(12-n a ＋1)＝2b n ，∴b n ＋1＝2b n ，又b 1＝a 1＋1＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴b n ＝2n .4.某音乐酒吧的霓虹灯是用，，三个不同音符组成的一个含n ＋1(n ∈N *)个音符的音符串，要求由音符开始，相邻两个音符不能相同.例如n ＝1时，排出的音符串是，；n ＝2时，排出的音符串是，，，；…….记这种含n ＋1个音符的所有音符串中，排在最后一个的音符仍是的音符串的个数为a n .故a 1＝0，a 2＝2.则(1)a 4＝________；(2)a n ＝________.答案 (1)6 (2)2n ＋2(－1)n 3解析由题意知，a 1＝0，a 2＝2＝21－a 1，a 3＝2＝22－a 2，a 4＝6＝23－a 3，a 5＝10＝24－a 4，所以a n ＝2n －1－a n －1，所以a n －1＝2n －2－a n －2，两式相减得a n －a n －2＝2n －2. 当n 为奇数时，利用累加法得a n －a 1＝21＋23＋…＋2n －2＝2n －23，所以a n ＝2n －23. 当n 为偶数时，利用累加法得a n －a 2＝22＋24＋…＋2n －2＝2n －223，所以a n ＝2n ＋23.综上所述，a n ＝2n ＋2(－1)n 3.5.已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n，求T 2 012； (3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝13，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，又S n ＝12－12a n ，所以a n ＝13a n －1，即数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，故a n ＝⎝⎛⎭⎫13n .(2)由已知可得f (a n )＝log 3⎝⎛⎭⎫13n ＝－n ，则b n ＝－1－2－3－…－n ＝－n (n ＋1)2，故1b n ＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，又T n ＝－2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1，所以T 2 012＝－4 0242 013. (3)由题意得c n ＝(－n )·⎝⎛⎭⎫13n ，故U n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫131＋2×⎝⎛⎭⎫132＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ，则13U n ＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫132＋2×⎝⎛⎭⎫133＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，两式相减可得23U n ＝－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫131＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝－12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1 ＝－12＋12·⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，则U n ＝－34＋34·⎝⎛⎭⎫13n ＋32n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1.。

2020版江苏高考数学一轮复习教程：随堂巩固训练61含答案解析

随堂巩固训练(61)1. 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＝7，S 7＝－7，则a 7的值为－13 .解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝7，S 7＝－7，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝7，S 7＝7a 1＋7×62d ＝－7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，d ＝－4，所以a 7＝a 1＋6d ＝11－6×4＝－13. 2. 数列{a n }的首项为3，数列{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝ 3 .解析：设{b n }的公差为d ，因为b 10－b 3＝7d ＝14，所以d ＝2.因为b 3＝－2，所以b 1＝b 3－2d ＝－6，所以b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d ＝7×(－6)＋21×2＝0.又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3＝0，所以a 8＝3.3. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和S 9＝ 27 .解析：由题意知数列{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列，所以S 9＝9×1＋9×82×12＝27.4. 在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11＝ 132 .解析：方法一：由a 1＋8d ＝12(a 1＋11d)＋6，得a 1＋5d ＝12.又S 11＝11a 1＋11×102d ＝11a 1＋55d＝11(a 1＋5d)＝132.方法二：由a 9＝12a 12＋6，得2a 9－a 12＝12.由等差数列的性质得a 6＋a 12－a 12＝12，即a 6＝12，所以S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝132.5. 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －57，且a 1＝5，设{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 取得最大值的n 的值为 7或8 .解析：由题意可知数列{a n }是首项为5，公差为－57的等差数列，所以a n ＝5－57(n －1)＝40－5n 7，所以该数列的前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以当S n 取得最大值时，n＝7或n ＝8.6. 已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n>3)，S n ＝100，则n 的值为 10 .解析：由S n －S n －3＝51，得a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17.又a 2＝3，所以S n ＝n （a 2＋a n －1）2＝100，解得n ＝10.7. 设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝ 130 . 解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列.又由a n ＝2n －10≥0，得n ≥5，所以当n ≤5时，a n ≤0，当n ＞5时，a n ＞0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.8. 设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意非零自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为 1941 .解析：因为{a n }，{b n }为等差数列，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. 因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝1941. 9. 数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，a n (a n －1＋a n ＋1)＝2a n ＋1a n －1(n ≥2)，则a 2 016＝ 12 016 .解析：由a n (a n －1＋a n ＋1)＝2a n ＋1a n －1(n ≥2)得1a n ＋1＋1a n －1＝2a n (n ≥2).又a 1＝1，a 2＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n ，所以a 2 016＝12 016.10. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S k －1＝8，S k ＝0，S k ＋1＝－10，则正整数k ＝ 9 . 解析：由等差数列{a n }的性质得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，所以S k －1k －1＋S k ＋1k ＋1＝2S k k ，即8k －1－10k ＋1＝0，解得k ＝9.11. 若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1) 求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2) 求数列{a n }的通项公式.解析：(1) 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2.又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列. (2) 由(1)可得1S n ＝2n ，所以S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）；当n ＝1时，a 1＝12不适合上式，故a n＝⎩⎨⎧12， n ＝1，－12n （n －1）， n ≥2.12. 已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k(n ∈N *，k ∈R)，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4. (1) 若k ＝0，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2) 若a 4＝－1，求数列{a n }的通项公式.解析：(1) 当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列.设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×⎝⎛⎭⎫－43＝－23n 2＋83n .(2) 由题意得2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2.当n ＝1时，2a 2＝a 1＋a 3＋2，当n ＝2时，2a 3＝a 2＋a 4＋2，所以a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6＝－1，所以a 2＝3.由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2，得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列，所以a n ＋1－a n ＝－2n ＋3.当n ≥2时，a n －a n －1＝－2(n －1)＋3， a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3，a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3，…，a 3－a 2＝－2×2＋3，a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得a n －a 1＝－2[1＋2＋…＋(n －1)]＋3(n －1)，所以a n ＝－2×n （n －1）2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1.又当n ＝1时，a 1＝2也适合上式，所以a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *.13. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称数列{a n }是“H 数列”.(1) 若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：数列{a n }是“H 数列”；(2) 设数列{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d ＜0，若数列{a n }是“H 数列”，求d 的值. 解析：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，2n －1， n ≥2，所以对任意的n ∈N *，S n ＝2n 是数列{a n }的第n ＋1项，即总存在m ＝n ＋1，使得S n ＝a m ，所以数列{a n }是“H 数列”.(2) 由题意得a n ＝1＋(n －1)d ，S n ＝n ＋n （n －1）2d .若数列{a n }是“H 数列”，则存在k ∈N *，使得n ＋n （n －1）2d ＝1＋(k －1)d ，即k ＝n －1d＋n （n －1）2＋1. 又n （n －1）2∈N ，k ∈N *，则n －1d ∈Z 对一切正整数n 都成立，所以d ＝－1.。

江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练：数列(含解析)

江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练数列一、填空题 1、（南京市2018高三9月学情调研）记等差数列{a n }前n 项和为S n ．若a m ＝10，S 2m －1＝110，则m 的值为 ▲ ．2、（南京市2018高三9月学情调研）在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1) (n ∈N *)，则a 10的值为 ▲ ．3、（南京市13校2019届高三12月联合调研）设等比数列{}n a 的前n 项积为n P ，若12732P P =，则10a 的值是 ▲ ．4、（苏州市2019届高三上学期期中）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，424S S =，则84S S = ▲ ．5、（徐州市2019届高三上学期期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，11132S =，6930a a +=，则12a 的值为 ▲ ．6、（盐城市2019届高三上学期期中）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若36a =，749S =，则公差d ＝．7、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）已知n ∈N*,nn a 2=，21n b n =-，1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．数列{}n c 的前n 项和为n T ，若 0≥+n n T a λ对任意的n ∈N*恒成立，则实数λ的最大值是 ▲ ．8、（苏州市2018高三上期初调研）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*16152,n n a S n n n n N -=+∈-≥，若对任意*n N ∈，总有n k S S ≤，则k 的值是．9、（宿迁市2019届高三上学期期末）已知数列{}n a 前n 项和为n S ，121n n a a +-=，11a =，则9S 的值为 ▲ ．10、（扬州市2019届高三上学期期末）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若37S =，663S =，则1a ＝．11、（镇江市2019届高三上学期期末）设n S 是等比数列{}n a 的前n 项的和，若6312a a =-，则63S S ＝．12、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟（5月））已知{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ．若324a a -=，416a =，则3S 的值为 ▲13、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝． 14、（盐城市2019届高三第三次模拟）已知正项数列{}n a 满足112334121111...n n n a a a a a a a a a ++=++++++++，其中*N n ∈，24=a ，则=2019a ____.15、（江苏省2019年百校大联考）已知{}n a 为各项均为正整数的等差数列，127572a a +=，且存在正整数m ，使1a ，14a ，m a 成等比数列，则所有满足条件的{}n a 的公差的和为． 16、（南京市、盐城市2019届高三第二次模拟）等差数列{}n a 中，410a =，前12项的和1290S =，则18a 的值为 .17、（南京金陵中学、海安高级中学、南京外国语学校2019届高三第四次模拟）设数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，已知14760a a a ++=，25851a a a ++=，若对任意n N *∈，都有n S ≤k S 成立，则正整数k 的值为18、（南师附中2019届高三年级5月模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，2221N 22Nn n n a n k k a a n k k *+*⎧+=-∈⎪=⎨=∈⎪⎩，，，，，则满足2019≤m S ≤3000的正整数m 的所有取值为．二、解答题1、（南京市2018高三9月学情调研）如果数列{a n }共有k (k ∈N *，k ≥4)项，且满足条件：① a 1＋a 2＋…＋a k ＝0； ② |a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |＝1，则称数列{a n }为P (k )数列．（1）若等比数列{a n }为P (4)数列，求a 1的值；（2）已知m 为给定的正整数，且m ≥2．① 若公差为正数的等差数列{a n }是P (2m ＋3)数列，求数列{a n }的公差；② 若a n ＝⎩⎨⎧q n －1 3，1≤n ≤m ，n ∈N *，m －n 12，m ＋1≤n ≤2m ，n ∈N *，其中q 为常数，q ＜－1．判断数列{a n }是否为P (2m )数列，说明理由．2、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）已知数列{a n }各项均不相同，a 1＝1，定义k n k n n a a k b +-+=)1()（，其中n ，k ∈N*．（1）若n b n =）1（，求5a ；（2）若b n ＋1(k )＝2b n (k )对2,1=k 均成立，数列{a n }的前n 项和为S n ．（i ）求数列{a n }的通项公式；（ii ）若k ，t ∈N *，且S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，求k 和t 的值．3、（南京市13校2019届高三12月联合调研）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，把满足条件()*1n n a S n N +≤∈的所有数列{}n a 构成的集合记为M ．（1）若数列{}n a 通项为12n na =，求证：{}n a M ∈；（2）若数列{}n a 是等差数列，且{}n a n M +∈，求512a a -的取值范围；（3）若数列{}n a 的各项均为正数，且{}n a M ∈，数列4n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{}n a 的通项；若不存在，说明理由．4、（南京市2018高三9月学情调研）已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n 2}的前n 项和为T n ，且3T n ＝S n 2＋2S n ，n ∈N *．（1）求a 1的值；（2）求数列{a n }的通项公式；（3）若k ，t ∈N *，且S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，求k 和t 的值．5、（苏州市2019届高三上学期期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n A ， 35a =，636A =．数列{}n b 的前n 项和为n B ，且21n n B b =-．（1）求数列}{n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n S ．6、（盐城市2019届高三上学期期中）已知正项数列{}n a 的首项11a =，前n 项和n S 满足22n n n a a S +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 是公比为4的等比数列，且11b a -，22b a -，33b a -也是等比数列，若数列n n a b λ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭单调递增，求实数λ的取值范围；（3）若数列{}n b 、{}n c 都是等比数列，且满足n n n c b a =-，试证明: 数列{}n c 中只存在三项．7、（泰州市2019届高三上学期期末）已知数列｛n a ｝的前n 项和为Sn ，1232a a a +=，且对任意的n ∈N*，n ≥2都有1112(25)n n n nS n S S ra +--++=。

2020版高考数学一轮复习课时训练(三十一)数列求和理(含解析)苏教版(2021-2022学年)

课时跟踪检测(三十一）数列求和一抓基础,多练小题做到眼疾手快1．（2019·镇江调研)已知错误!是等差数列,S n为其前n项和，若ａ3＋ａ7=8,则S9=____＿__.解析:在等差数列错误!未定义书签。

中，由a3+a７=8,得a１＋a９＝8，所以S9=错误!未定义书签。

＝错误!＝3６.答案：３62．数列{１＋２n-１｝的前n项和为＿_______．解析：由题意得a n=1+２n-1，所以S n=n＋错误!＝ｎ＋2n－1。

答案:n+2n－13．数列｛a n｝的通项公式是a n=（－1）n(2ｎ－１)，则该数列的前100项之和为_____＿__．解析:根据题意有S100＝-1＋3－5＋7-9+11-…－197+１9９＝2×50=100.答案：１0０4．（2０１8·泰州期末）已知数列错误!的通项公式为a n＝n·2n-１,前n项和为S n，则S n＝__＿_____．解析:∵a n＝n·2ｎ－1，∴Sｎ=1×１+2×2+3×2２+…+n×２n-1,2Ｓｎ＝1×2+２×22＋3×23＋…+ｎ×2n,两式相减可得-S n=1+２＋22＋…＋2n-1-n·2n＝错误!未定义书签。

－n·2n，化简可得Sｎ＝(n－1)２ｎ+1。

答案：(n－1）2ｎ＋１5．已知等比数列错误!未定义书签。

的公比ｑ＞1，且a５－a１=３0，a4-a2=12,则数列错误!未定义书签。

的前n项和为＿____＿＿_.解析:因为a5－a１＝30，ａ４-a2=12,所以ａ1(q4-1）=30,a1(ｑ3－q)=１2,两式相除,化简得2q2-5q＋2＝0，解得q=错误!未定义书签。

或２，ﻬ因为q>1,所以ｑ＝2，ａ1=2.所以a n=2·2n-1＝２n。

所以＼f（aｎ,(aｎ－１ａn+1－１)＝＼f（2n,(２n-１2n+1－1）=错误!未定义书签。

2020步步高高考数学复习资料5数列

第1课时数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念 (1)数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法． 2．数列的通项公式 (1)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.3．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)a n 与{a n }是不同的概念．(√)(2)所有的数列都有通项公式，且通项公式在形式上一定是唯一的．(×) (3)数列是一种特殊的函数．(√)(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．(√)(5)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .(√)(6)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．(√)(7)数列：1,0,1,0,1,0，…，通项公式只能是a n ＝1＋(－1)n ＋12.(×)(8)数列的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则a n ＝6n －5.(×) (9)正奇数的数列的通项公式为a n ＝2n ＋1.(×)(10)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n n －99，只有最大项，无最小项．(×)[例1] 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式． (1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…； (3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…； (4)32，1，710，917，…； (5)0,1,0,1，…；(6)9,99,999,999 9，….解：(1)符号问题可通过(－1)n 或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝⎛⎭⎫1－110n . (3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，∴a n ＝(－1)n ·2n－32n .(4)将数列统一为32，55，710，917，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{}n 2，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.(5)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (n 为奇数)，1 (n 为偶数).或a n ＝1＋(－1)n 2或a n ＝1＋cos n π2.(6)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式a n＝10n－1.[方法引航] 1.据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的特征； (2)相邻项的变化特征； (3)拆项后的特征； (4)各项符号特征．2．观察、分析要有目的，观察出项与项数之间的关系、规律，利用我们熟知的一些基本数列(如自然数列、奇偶数列等)转换而使问题得到解决． 3．判断通项公式是否适合数列，利用代值检验．写出下面各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1516，3132，…；(3)－1，32，－13，34，－15，36，…；(4)3,33,333,3 333，….解：(1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn.也可写为a n ＝⎩⎨⎧－1n，n 为正奇数，3n，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n ＝13(10n －1)．考点二 a n 与S n 的关系及应用[例2] (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n －1，n ≥2(2)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 n ＝________.解析：由已知S n ＋1＝2S n ＋1得S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝2a n ，又S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3，所以数列{a n }从第二项开始为等比数列，因此其通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3·2n －2，n ≥2. 答案：⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝13·2n －2，n ≥2(3)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎫32n －1 C.⎝⎛⎭⎫23n －1 D.12n －1 解析：由已知S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n ＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n＝⎝⎛⎭⎫32n －1，故选B. 答案：B[方法引航] 已知S n 求a n 时应注意的问题 (1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论；特别注意a n ＝S n －S n －1中需n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合“a n 式”，则需统一“合写”.(3)由S n －S n －1＝a n ，推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合“a n 式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，1．将本例(1)的条件S n 改为S n ＝2n 2－3n ，求a n . 解：a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.2．将本例(2)的条件改为S n ＝2a n ＋1，求a n . 解：由S n ＝2a n ＋1得 S n －1＝2a n －1＋1.(n ≥2)∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1 ∴a n ＝2a n －1，(n ≥2)由题意得，a 1＝2a 1＋1，∴a 1＝－1∴{a n }是以a 1＝－1，q ＝2的等比数列．∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.3．设S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且a n 和S n 满足：4S n ＝(a n ＋1)2(n ＝1,2,3，…)，则S n ＝________.解析：由题意可知，S n ＝⎝⎛⎭⎫a n 2＋122，当n ＝1时，a 1＝1.a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫a n 2＋122－⎝⎛⎭⎫a n －12＋122＝⎝⎛⎭⎫a n 2＋a n －12＋1·⎝⎛⎭⎫a n 2－a n －12 ＝⎝⎛⎭⎫a 2n －a 2n －14＋⎝⎛⎭⎫a n 2－a n －12整理得，a n ＋a n －12＝a 2n －a 2n －14⇒a n －a n －1＝2.所以a n ＝2n －1.解得S n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2.答案：n 2[例3] (1)已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则a 5＝________. 解析：由已知可得，这个数列的前五项依次为： a 1＝0，a 2＝1，a 3＝3，a 4＝7，a 5＝15. 答案：15(2)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，且a 1＝2，则a n ＝________. 解析：∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(3n －1)＋(3n －4)＋…＋5＋2＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2也符合上式，∴a n ＝32n 2＋n 2.答案：32n 2＋n 2(3)在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n，则{a n }的通项公式为________．解析：由题设知，a 1＝1.当n ＞1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1.∴a n a n －1＝n ＋1n －1. ∴a n a n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3.以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到 a n a 1＝n (n ＋1)2，又∵a 1＝1，∴a n ＝n (n ＋1)2.答案：n (n ＋1)2(4)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则它的一个通项公式为a n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.答案：2·3n －1－1[方法引航] 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现a n ＝a n －1＋m 时构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．1．如果数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝a n ＋2n ，∴a n ＋1－a n ＝2n . ∴a 2－a 1＝2×1； a 3－a 2＝2×2； …a n －a n －1＝2×(n －1)(n ≥2)．以上各式相加，得：a n －a 1＝2[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＝n 2－n .∴a n ＝n 2－n ＋a 1＝n 2－n ＋2(n ≥2)，a 1＝2也适合． ∴a n ＝n 2－n ＋2. 答案：n 2－n ＋22．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝________.解析：(1)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .答案：1n3．(2018·河北保定高三调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1 C ．2n －1 D ．2n －2解析：选A.由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.[易错警示]数列与函数混淆致误[典例] 已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn的最小值为________．[正解] ∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n －a n －1＝2(n －1)， ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(2n －2)＋(2n －4)＋…＋2＋33＝n 2－n ＋33(n ≥2)，又a 1＝33适合上式，∴a n ＝n 2－n ＋33， ∴a n n ＝n ＋33n－1. 令f (x )＝x ＋33x －1(x ＞0)，则f ′(x )＝1－33x2，令f ′(x )＝0得x ＝33.∴当0＜x ＜33时，f ′(x )＜0，当x ＞33时，f ′(x )＞0，即f (x )在区间(0，33)上递减；在区间(33，＋∞)上递增．又5＜33＜6，且f (5)＝5＋335－1＝535，f (6)＝6＋336－1＝212，∴f (5)＞f (6)，∴当n ＝6时，a n n 有最小值212.[答案] 212[易误] a n n ＝n ＋33n－1≥233－1为最小值时，即把n 和x 认为等同的，而此时n ＝33∈N *是不可以的．[警示] a n ＝f (n )是n 的函数，其定义域为N *，而不是R .[高考真题体验]1．(2019·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.解析：法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121.法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.答案：1 1212．(2018·高考江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解析：由已知得，a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1，a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝n －1＋1(n ≥2)，则有a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋n －1＋(n －1)(n ≥2)，因为a 1＝1，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝n 2＋n 2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，故a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，从而1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝2×⎝⎛⎭⎫1－12＋2×⎝⎛⎭⎫12－13＋2×⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋2×⎝⎛⎭⎫110－111＝2×⎝⎛⎭⎫1－111＝2011. 答案：20113．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析：由S n ＝23a n ＋13得：当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －14．(2018·高考课标卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，两边同时除以S n S n ＋1得1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，即S n ＝－1n .答案：－1n课时规范训练 A 组基础演练1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12 B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D.令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确． 2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．64 解析：选A.由a 8＝S 8－S 7＝64－49＝15，故选A.3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1，则a 4等于( ) A.53 B.43C ．1 D.23解析：选A.由a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1得，a 2＝1a 1＋1＝2，a 3＝1a 2＋1＝12＋1＝32，a 4＝1a 3＋1＝23＋1＝53. 4．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15 解析：选A.由题意知，a 1＋a 2＋…＋a 10 ＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)] ＝3×5＝15.5．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2 019的值为( )A ．－12B ．－1C.12D ．2 解析：选B.由a 1＝2，a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝12可知，数列{a n }是周期为3的数列，且a 1·a 2·a 3＝－1，从而T 2 019＝(－1)673＝－1.6．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5等于( )A.56B.65C.130D ．30 解析：选D.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，所以1a 5＝5×6＝30.7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10等于( ) A ．1 B ．9 C ．10 D ．55 解析：选A.∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1. 可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1. 即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.8．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6等于( ) A ．3×44 B ．3×44＋1 C ．45 D ．45＋1 解析：选A.当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，则a n ＋2＝3S n ＋1， ∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1， ∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1(n ＝1)，3×4n －2(n ≥2). ∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.9．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( )A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n解析：选D.法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a n n，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列，且a nn ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二(累乘法)：当n ≥2时，a n a n －1＝nn －1.a n －1a n －2＝n －1n －2，…，a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n .又∵a 1＝1，∴a n ＝n .10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn≤2的正整数n 的集合为( )A ．{1,2}B ．{1,2,3,4}C ．{1,2,3}D ．{1,2,4} 解析：选B.因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时， S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 而a n n≤2，即2n －1≤2n ，故所有满足的正整数n ＝1,2,3,4. B 组能力突破1．将石子摆成如图所示的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差，即a 2 018－5＝( )A ．2 018×1 012B ．2 024×2 017C ．1 009×2 018D ．1 012×2 017 解析：选D.∵a n －a n －1＝n ＋2(n ≥2)，a 1＝5.∴a 2 018＝(a 2 018－a 2 017)＋(a 2 017－a 2 016)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2 020＋2 019＋…＋4＋5＝(2 020＋4)×2 0172＋5＝1 012×2 017＋5.∴a 2 018－5＝1 012×2 017.2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( )A.13n －1B.2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2)D.5－2n 3解析：选B.由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，S n －1＋(n －1)a n －1＝2，∴(n ＋1)a n ＝(n －1)a n－1从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，则a n ＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1)，故选B.3．已知数列{n 2n 2＋1}，则0.98是它的第________项．解析：n 2n 2＋1＝0.98＝4950，∴n ＝7.答案：74．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥25．在数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________.解析：由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫n n －12(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫542＝6116. 答案：61166．已知数列{a 2n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝________. 解析：∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0， a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的周期数列，∴a 2 018＝a 2＝0. 答案：0第2课时等差数列及其前n 项和1．等差数列的定义(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ∈N *，n ≥2)或a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)． (2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2.2．等差数列的有关公式 (1)等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d 或S n ＝n (a 1＋a n )2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，公差为d ，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列 .(6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． (7)S 2n －1＝(2n －1)a n .(8)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×) (2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．(√)(4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．(×)(5)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．(√) (6)在等差数列{a n }中，若a m ＋a n ＝a p ＋a q ，则一定有m ＋n ＝p ＋q .(×) (7)数列{a n }，{b n }都是等差数列，则数列{a n ＋b n }也一定是等差数列．(√)(8)等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，取出数列中的所有奇数项，组成一个新的数列，一定还是等差数列．(√)(9)数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝n ，则数列{a n }是等差数列．(×)(10)等差数列{a n }中，a n －1－a n 也是常数，也可以作为公差．(×)[例1] (1)等差数列{a n }n 136等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14解析：由题意知a 1＝2，由S 3＝3a 1＋3×22×d ＝12，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C. 答案：C(2)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝8，a 4＝7，则a 5＝( ) A ．11 B ．10 C ．7 D ．3解析：设数列{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝8，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝3，所以a 5＝－2＋4×3＝10.答案：B(3)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 017，则该数列的首项为________．解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0172＝1 010，故a 1＝3.答案：3(4)已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. ①求d 及S n ；②求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：①由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1， S n ＝n 2(n ∈N *)．②由①得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 即所求m 的值为5，k 的值为4.[方法引航] (1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想.1．(2018·河北石家庄质检)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n ＞3)，S n ＝100，则n 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11 解析：选C.由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10.2．数列{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝________.解析：由题意知10a 1＋10×92d ＝11a 1＋11×102d .又∵d ＝－2，∴10a 1－90＝11a 1－110， ∴a 1＝20. 答案：203．已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是__________．解析：设数列{}a n 为该等差数列，依题意得a 1＋a n ＝124＋1564＝70.∵S n ＝210，S n ＝n (a 1＋a n )2，∴210＝70n2，∴n ＝6.答案：6 4．(2018·江苏无锡一模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝________.解析：由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)得(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2，即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，所以数列{a n }从第二项起构成等差数列，则S 15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211. 答案：211[例2] (1)(2018·河南内黄月考)已知函数y ＝f (x )对任意的实数x 都有1f (x ＋2)＝1f (x ＋1)＋1，且f (1)＝1，则f (2 018)＝( )A.12 017B.12 018 C ．2 016 D ．2 017解析：由已知可得1f (x ＋2)－1f (x ＋1)＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )为等差数列，又1f (1)＝1，d ＝1，则1f (x )＝x ，即1f (2 018)＝2 018，故f (2 018)＝12 018.答案：B(2)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，b n ＝S nn(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，∴b n ＝S n n ＝a 1＋12(n －1)d .法一：b n ＋1－b n ＝a 1＋12nd －a 1－12(n －1)d ＝d2(常数)，∴数列{b n }是等差数列．法二：b n ＋1＝a 1＋12nd ，b n ＋2＝a 1＋12(n ＋1)d ，∴b n ＋2＋b n ＝a 1＋12(n ＋1)d ＋a 1＋12(n －1)d＝2a 1＋nd ＝2b n ＋1.∴数列{b n }是等差数列．[方法引航] 判定数列{a n }是等差数列的常用方法(1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数；(2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1；(3)通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数；(4)前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.1．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ． a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n解析：选A.由题意可知1a n ＋1是1a n 与1a n ＋2的等差中项，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，公差d ＝1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列．∴1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝1n选A. 2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .解：(1)证明：当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式，∴a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[例3] (1)(2019·n 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97 解析：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ，S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝27，∴a 5＝3，又∵a 10＝8，∴d ＝a 10－a 55＝8－35＝1∴a 100＝a 5＋(n －5)×d ＝3＋(100－5)×1＝98. 答案：C(2)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.解析：利用等差数列的性质可得a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5，从而a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，故a 5＝5，所以a 2＋a 8＝2a 5＝10. 答案：10(3)在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15 B ．S 16 C ．S 15或S 16 D ．S 17 解析：∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值．答案：A[方法引航] 1.根据题意分析选用等差数列的性质，若涉及通项a n ，则选用通项的有关性质，若涉及前n 项和S n ，则选用S n 的性质 2．求等差数列前n 项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．(2)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1＞0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大；②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．1．设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________. 解析：∵(a 1＋a 5)＋(b 1＋b 5)＝2(a 3＋b 3)＝42， ∴a 5＋b 5＝42－7＝35. 答案：352．在本例(3)中，若将已知条件改为a 1＞0，S 5＝S 12，如何求解S n 的最大值？解：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1＜0.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2·⎝⎛⎭⎫－18a 1＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝⎛⎭⎫n －1722＋28964a 1，因为a 1＞0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得d ＝－18a 1＜0.设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a n ＝a 1＋(n －1)·⎝⎛⎭⎫－18a 1≥0，an ＋1＝a 1＋n ·⎝⎛⎭⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法三：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得d ＝－18a 1＜0，由于S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ，设f (x )＝d 2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x ，则函数y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172(如图所示)，由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减．又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 最大．3．在本例(3)中，若将条件a 1＝29，S 10＝S 20改为a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0，如何求解？解：因为a 3＝a 1＋2d ＝12，所以a 1＝12－2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝12a 1＋66d ＞0，S 13＝13a 1＋78d ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧144＋42d ＞0，156＋52d ＜0，解得－247＜d ＜－3.故公差d 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－247，－3. 法一：由d ＜0可知{a n }为递减数列，因此，在1≤n ≤12中，必存在一个自然数n ，使得a n ≥0，a n ＋1＜0，此时对应的S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值．由于⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13a 7＜0，于是a 7＜0，从而a 6＞0，因此S 6最大．法二：由d ＜0可知{a n }是递减数列，令⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 3＋(n －3)d ≥0，a n ＋1＝a 3＋(n －2)d ＜0，可得⎩⎨⎧n ≤3－12d，n ＞2－12d.由－247＜d ＜－3，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤3－12d ＜3＋123＝7，n ＞2－12d ＞2＋12247＝5.5，所以5.5＜n ＜7，故n ＝6，即S 6最大．[方法探究]等差数列的设定方法及分段求和[典例] 已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式．综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4， n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ≥2.[回顾反思] 若三个数成等差数列可设为a ，a ＋d ，a ＋2d 或a －d ，a ，a ＋d ，若四个数成等差数列可设为a ，a ＋d ，a ＋2d ，a ＋3d 或a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d .[高考真题体验]1．(2018·高考课标全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11解析：选A.∵a 1＋a 5＝2a 3，a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5×(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.2．(2013·高考课标卷Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( ) A ．3 B ．4C ．5D ．6 解析：选C.∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m (a 1＋a m )2＝m (a 1＋2)2＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. 3．(2014·高考大纲全国卷)数列{}a n 满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{}b n 是等差数列； (2)求{}a n 的通项公式．解：(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2.又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{}b n 是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑k ＝1n(a k ＋1－a k )＝∑k ＝1n(2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{}a n 的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 4．(2019·高考全国甲卷)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0， 1≤n ＜10，1， 10≤n ＜100，2， 100≤n ＜1 000，3， n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.课时规范训练 A 组基础演练1．在等差数列{}a n 中，a 2＝3，a 3＋a 4＝9，则a 1a 6的值为( ) A ．14 B ．18 C ．21 D ．27解析：选A.依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝9，由此解得d ＝1，a 1＝2，a 6＝a 1＋5d ＝7，a 1a 6＝14.2．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( ) A ．a 1＋a 101＞0 B ．a 2＋a 100＜0 C ．a 3＋a 99＝0 D ．a 51＝51解析：选C.由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0.3．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解析：选B.法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝10，a 1＋3d ＝7.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.∴d ＝2.法二：∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝2a 3＝10， ∴a 3＝5.又a 4＝7，∴公差d ＝7－5＝2.4．记S n 为等差数列{a n }前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( )A.12 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B.由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝⎛⎭⎫a 1＋d2＝1，∴d ＝2. 5．已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( ) A ．30 B ．45 C ．90 D ．186解析：选C.因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝6a 5＝a 1＋4d ＝15，所以a 1＝3，d ＝3，b n ＝a 2n ＝a 1＋(2n －1)d ＝6n ，S 5＝5(b 1＋b 5)2＝5(6＋6×5)2＝90，因此选C 项．6．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 8＝13，S 7＝35，则a 7＝________.解析：设数列{a n }的公差为d ，则由已知得(a 1＋2d )＋(a 1＋7d )＝13 ①，S 7＝7(a 1＋a 1＋6d )2＝35 ②.联立①②，解方程组得a 1＝2，d ＝1，∴a 7＝a 1＋6d ＝8. 答案：87．若2，a ，b ，c,9成等差数列，则c －a ＝________.解析：由题意得该等差数列的公差d ＝9－25－1＝74，所以c －a ＝2d ＝72.答案：728．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．解析：根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0. 又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，∴a 9＜0，∴当n ＝8时， {a n }的前n 项和最大．答案：89．已知等差数列{a n }中，a 2＝8，前10项和S 10＝185.求数列{a n }的通项公式a n . 解：设数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝8，S 10＝185，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝810a 1＋10×92d ＝185，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5d ＝3，所以a n ＝5＋(n －1)×3＝3n ＋2，即a n ＝3n ＋2.10．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋n －4(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4，即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)．当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5，又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1. 若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1. 而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾，所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此数列{a n }为首项为3，公差为1的等差数列． (2)由(1)知a 1＝3，d ＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.B 组能力突破1．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是( ) A ．24 B ．48 C ．60 D ．84 解析：选C.由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知 d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60，故选C.2．已知数列{a n }，若点(n ，a n )(n ∈N *)在直线y －2＝k (x －5)上，则数列{a n }的前9项和S 9等于( ) A ．18 B ．20 C ．22 D ．24解析：选A.∵点(n ，a n )在直线y －2＝k (x －5)上，∴a n －2＝k (n －5)，∴a n ＝kn －5k ＋2，∴a n ＋1－a n ＝[k (n ＋1)－5k ＋2]－(kn －5k ＋2)＝k ，∴{a n }是等差数列．当n ＝5时，a 5＝2，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×2a 52＝18.3．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8解析：选D.法一：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ＋n (n －1)＝n 2，则S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36，得(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8，所以选D.4．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．解析：因为{a n }，{b n }为等差数列，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，所以a 6b 6＝1941.答案：19415．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解：(1)由题意得，a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2，由a 1＝10，{a n }为公差为d 的等差数列得，d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11(n ∈N *)或a n ＝4n ＋6(n ∈N *)． (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，所以当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－(a 12＋a 13＋…＋a n )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 11)－(a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12＋a 13＋…＋a n )＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.第3课时等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的有关概念一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数．这个数列叫等比数列，这个常数叫公比．用q 表示． (2)等比中项如果三个数a ，G ，b 成等比数列，则G 叫做a 和b 的等比中项，那么G a ＝bG，即G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，q ≠0，则它的通项公式a n ＝a 1·q n －1. (2)等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 仍是等比数列．(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)常数列一定是等比数列．(×)(2)等比数列中不存在数值为0的项．(√)(3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (4)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×)(5)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n .(×)(6)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.(×)(7)q ＞1时，等比数列{a n }是递增数列．(×) (8)在等比数列{a n }中，若a m ·a n ＝a p ·a q ，则m ＋n ＝p ＋q .(×)(9)若一个数列满足a n ＋1＝q 2a n ，则{a n }为等比数列．(×)(10)若数列a ，a (1－a )，a (1－a )2，…是等比数列，则a ≠0且a ≠1 .(√)[例1] (1)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84 解析：设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得 3＋3q 2＋3q 4＝21，即q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42. 答案：B (2)(2019·高考全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ，即5＝10q ，解得q ＝12，将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8.∴a 1a 2…a n ＝a n 1·q n (n －1)2＝8n ×⎝⎛⎭⎫12n (n －1)2＝2－n 22＋7n 2.∵－n 22＋7n 2＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *. 当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2≤26＝64，即最大值为64.答案：64 (3)(2018·河南开封模拟)正项等比数列{a n }中，a 2＝4，a 4＝16，则数列{a n }的前9项和等于________．。

高三一轮复习数列测试题及答案(K12教育文档)

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数列一．选择题：1．等差数列｛b n }中，b 1＝1, b 1＋b 2＋b 3＋……＋b 10＝145, 则数列{b n ｝的通项公式b n 是（）。

（A ）3n －2 (B ）4－3n （C )16n －15 (D )37310-n 2．在公比为q 且各项均为正数的等比数列｛a n }中，若a n －3 ·a n ＋1＝a k 2(n ， k 均为自然数），则a k 为（）。

（A ）a 1q n －1 （B ）a 1q n －2 （C ）a 1q n －3 （D ）以上答案都不正确3．在等差数列{a n ｝中,a 3＋a 7－a 10＝8, a 11－a 4＝4，记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋……＋a n ，则S 13等于（）。

（A )168 （B ）156 （C ）78 （D ）1524．数列｛a n }的前n 项和是S n ，如果S n ＝3＋2a n (n ∈N ），则这个数列一定是（）. （A ）等比数列（B )等差数列（C ）除去第一项后是等比数列 (D ）除去第一项后是等差数列5．等差数列{a n ｝的前n 项和是S n ,a 3＋a 8>0, S 9<0, 则S 1， S 2， S 3, ……，S n 中最小的是（）。

(江苏专用)2020年高考数学一轮复习考点30数列求和必刷题(含解析)

考点 30 数列求和  1．（江苏省南京市、盐城市 2019 届高三第二次模拟考试）等差数列 an 中，a4  10 ，前12 项的和 S12  90 ，则 a18 的值为______. 【答案】 4【解析】由题得a1  3d  1012 1112a1  2 d 90a1 13, d1, a18 13 17  (1)4 .故答案为：-42．（盐城市 2019 届高三年级第一学期期中模拟考试）若数列的首项，且，则=________.【答案】【解析】得且所以即是以 2 为首项，1 为公差的等差数列。

=n+1，从而3．（江苏省苏北六市 2018 届高三第二次调研测试）设等差数列{ }的前 n 项和为，若，，成等差数列，且【答案】，则的值为_______．【解析】由题意可得解得则4．（江苏省淮安市等四市 2018 届高三上学期第一次模拟）已知等差数列满足，【答案】，则的值为____．【解析】由题意，，所以．，，5．（江苏省宿迁市 2018 届高三上学期第一次模拟考试）已知等差数列满足【答案】11 【解析】等差数列满足，则的值为___________． ,故答案为：11. 6．（江苏省七市 2019 届(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港)高三第二次调研考试）已知集合A  { x | x  2k 1，k  N}，B  { x | x  8k  8，k  N} ，从集合 A 中取出 m 个不同元素，其和记为 S ；从集合 B 中取出 n 个不同元素，其和记为T ．若 S  T 967 ，则 m  2n 的最大值为____．【答案】44 【解析】欲使 m,n 更大，则所取元素尽可能小，所以从最小开始取，S= m 1 2m 1  m2,T  n 0  8n  8  4n2  4n,m2  4n2  4n  967, 即222n 12  m2  968, m, n  N, 令 2n-1=t,则 m+2n=t+m+1,t 为奇数,m 为整数，则 t2  m2  968 ，由基本不等式 t2  m2  m  t ,m  t  44, 当且仅当 m=t=22 时取等，∵t 为奇数，∴ mt 的最大值在 t=22 附近22取到，则 t=21,m=23（舍）；t=21,m=22,成立；t=23,m=21（舍）; t=23,m=20,成立；故 m+t 的最大值为 43，所以 m  2n 的最大值为 44故答案为 447．（盐城市 2019 届高三年级第一学期期中模拟考试）已知数列满足：，.若成等差数列，【答案】1【解析】，，则=__________.根据题意,数列{an}满足：a1=3, 则 a2=2a1−3=2×3−3=3， a3=2a2−3=2×3+3=9， a4=2a3+3=2×9−3=15，其中 a1、a3、a4 为等差数列的前 3 项，又由{a k1}是等差数列,且 k1=1，则有 k2=3,k3=4，则 k3−k2=1．(n⩾ 2)，8．（江苏省南通市 2018 年高考数学模拟）已知为数列{an}的前 n 项和，且则{an}的首项的所有可能值为______ 【答案】【解析】，，因为，所以，所以，将以上各式相加，得，又，所以，解得或.9．（江苏省南京师大附中 2018 届高三高考考前模拟考试）在数列{an}中，若 a4＝1，a12＝5，且任意连续三项的和都是 15，则 a2018＝______．【答案】9【解析】由题意可得 an+an+1+an+2=15，将 n 换为 an+1+an+2+an+3=15，可得 an+3=an，可得数列{an 是周期为 3 的数列．故，由 an+an+1+an+2=15，n 取 1 可得，故，故答案为 9.10．（江苏省南京师范大学附属中学 2018 届高三 5 月模拟考试）在数列中，，且任意连续三项的和都是 15，则【答案】9 【解析】由题意可得____．，将换为，可得，可得数列为周期为的数列，，即有，由任意连续三项的和都是可得可得，故答案为 .11．（江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019 届高三年级第一次质量检测）已知数列满足对任意的，都有，且，其中，．记．（1）若，求的值；（2）设数列满足．① 求数列的通项公式；② 若数列满足，且当时，，是否存在正整数，使，，成等比数列？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）1011（2）① 【解析】；② ，满足题意（1）当时，由，得，又，所以，又，所以．（2）由，得，又又因为所以所以，所以，，，所以．②由题意，得因为，，，，成等比数列，所以所以，即，即，．，，由于，所以，即．当时，，得．当时，由(*)，得为奇数，所以综上，，即，代入(*)得，．，即，此时无正整数解．12．（江苏省淮安市淮安区 2019 届高三第一学期联合测试）已知数列的前 n 项和为，且()．（1）求；（2）设函数（3）设为实数，对满足实数的最大值．，()，求数列的前 n 项和；且的任意正整数 m，n，k，不等式恒成立，试求【答案】（1）【解析】；（2）（1）当时，当时，，满足上式，所以；（3）. ；（2）由分段函数，可以得到：，当，时，，故当，时，,，所以；（3）由，及得，∵，∴，∵，∴，要恒成立，只要，∴ 的最大值为 .13．（江苏省清江中学 2018 届高三学情调研考试）数列中，，，（）.（1）求数列的通项公式；（2）设（），，是否存在最大的整数，使得任意的均有总成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 【解析】;(2)7.（1）∵，∴（），∴ 等差数列.设公差为，又，，∴，∴.（2），∴假设存在整数满足总成立，又∴数列是单调递增的∴ 的最小值，故，即又∴适合条件的的最大值为 7.14．（江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校 2018 届高三联考数学调研测试）设数列的首项为 1，前 n 项和为，若对任意的为“ 数列”．，均有（k 是常数且）成立，则称数列（1）若数列为“ 数列”，求数列的通项公式；（2）是否存在数列既是“ 数列”，也是“ 项公式及对应的 k 的值；若不存在，请说明理由；数列”？若存在，求出符合条件的数列的通（3）若数列为“ 数列”，，设【答案】（1）【解析】；（2）不存在；（3）证明见解析.（1）因为数列为“ 数列”，则故，两式相减得：，又时，，所以，，证明：．故对任意的恒成立，即故数列为等比数列，其通项公式为（2）假设存在这样的数列，则有两式相减得：，（常数）， .，故有故有，同理由是“数列”可得，所以对任意恒成立．所以，即，又，即，两者矛盾，故不存在这样的数列既是“ 数列”，也是“（3）因为数列为“ 数列”，所以，所以，故有，，又时，，故，满足，所以对任意正整数恒成立，数列的前几项为：数列”．．故，所以，两式相减得，显然故，，即.    15．（2017-2018 学年度第一学期江苏省常州北郊华罗庚江阴高中三校联考高三数学）已知数列 an 、 bn ，  其中，a11 2，数列an满足 n1 ann 1 an1 ,n  2, n  N*  ，数列 bn 满足 b1  2, bn1  2bn ．（1）求数列 an  、 bn  的通项公式；（2）是否存在自然数 m ，使得对于任意 n  N *, n  2, 有1 1  1 L  1  m  8 恒成立？若存在,求b1 b2bn 4出 m 的最小值；1 , n为奇数（3）若数列cn满足 cn  { nan，求数列cn的前 n 项和Tn ．bn , n为偶数  n2  4n  3  4 2n1 1 , n为奇数  【答案】（1） bn  2n ；（2）存在， m 16 ；（3）Tn  {43n2  2n 4 2n 1, n为偶数．43【解析】（1）由 n 1 an n 1 an1 ，即an an1n 1 n 1．又 a11 2，所以 anan an1an1 an2an2 an3a3 a2a2 a1 a1 n 1  n  2  n  3  2  1  1n 1 n n 1432n1n 1.当 n 1 时，上式成立，  因为 b1  2, bn1  2bn ，所以 bn 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 bn  2n .(2) 由（1）知 bn  2n ，则1 1b11 b21 bn11 21 221 2n 21 2n.假设存在自然数 m ，使得对于任意 n  N *, n  2, 有1 1  1 b1 b2L1 bnm 48恒成立，即21 2nm8 4恒成立，由 m  8  2 ，解得 m 16 ． 4所以存在自然数 m ，使得对于任意 n  N *, n  2, 有1 1  1 L  1  m  8 恒成立，此时， m 的最小b1 b2bn 4值为 16.（3）当 n 为奇数时，  Tn  1 a11 3a31 nan  b2b4 bn1 2  4    n 1 22  24    2n1n1   41 4 2  2 n1 n1  n2  4n  3  4 2n1 1 ；221 443当 n 为偶数时，  Tn1   a11 3a3n1 1 an1  b2b4bn 2 4 n22  24    2n n  41 42  2nn  n2  2n  4 2n 1 .2 2 1443  n2  4n  3  4 2n1 1 , n为奇数  因此Tn  {43n2  2n 4 2n 1, n为偶数．4316．（江苏省扬州树人学校 2018 届高三模拟考试四）已知无穷数列的各项都不为零，其前 n 项和为，且满足求；，数列满足，其中 t 为正整数．若不等式对任意都成立，求首项的取值范围；若首项是正整数，则数列中的任意一项是否总可以表示为数列中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由．【答案】(1).(2).(3) 数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积.理由见解析.【解析】（1）令，则，即，又，所以；由，得，两式相减得，又，故，所以（2）由（1）知数列．是首项为，公差为 1 的等差数列；数列是首项为，公差为 1 的等差数列．故所以①当时奇数时，，即，即对任意正奇数恒成立，所以解得，．②当时偶数时，，即所以，，即对任意正偶数恒成立，解得．综合①②得（3）由数列．是首项为 1，公差为 1 的等差数列；数列知，数列的各项都是正整数．是首项为正整数，公差为 1 的等差数列设，即，所以取故，，取，，不妨设是偶数，则一定是整数，故当是偶数时，方程的一组解是当是奇数时，方程的一组解是所以数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积．17．（江苏省宿迁市 2018 届高三上学期第一次模拟考试）已知数列，其前项和为，满足，其中，.（1）若，求证：数列是等比数列；（2）若数列是等比数列，求的值；（3）若，且，求证：数列是等差数列.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）根据题意得到，即是等比数列；（2）是等比数列，设其公比为，根据，所以，，故数列，得解析：（1）证明：若所以即所以，又由，得，，可构造方程进而求得参数值；（3）先求得，由，，两式相减得：，再由迭代的方法得到数列，化简得到进而证得数列是等差数列.，则当( ),，，，，即，所以，故数列是等比数列．（2）若是等比数列，设其公比为（），当时，，即，，得 ①当时，，即，当时，，即，② ① ，得，③ ② ，得，解得．代入①式，得．此时( )，所以故，是公比为１的等比数列，．（3）证明：若，由，得，得 ②，得 ③，又，解得．由，，，，代入所以，，成等差数列，得，由，得，两式相减得：即所以相减得：所以所以，因为，所以，即数列是等差数列.18．（江苏省南通市 2018 届高三上学期第一次调研测试）若数列同时满足：①对于任意的正整数 n，恒成立；②若对于给定的正整数 k，对于任意的正整数 n(n＞k)恒成立，则称数列是“R(k)数列”．（1）已知，判断数列是否为“R(2)数列”，并说明理由；（2）已知数列是“R(3)数列”，且存在整数 p(p＞1)，使得，，，成等差数列，证明：是等差数列．【答案】（1）是（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据定义验证两个条件是否成立，由于函数为分段函数，所以分奇偶分别验证（2）根据定义数列隔项成等差，再根据单调性确定公差相等，最后求各项通项，根据通项关系得数列通项，根据等差数列证结论试题解析：（1）当为奇数时，，所以..当为偶数时，，所以..所以，数列是“ 数列”.（2）由题意可得：，则数列，，，是等差数列，设其公差为，数列，，，是等差数列，设其公差为，数列，，，是等差数列，设其公差为 .因为，所以，所以，所以①，②.若，则当时，①不成立；若，则当时，②不成立；若，则①和②都成立，所以.同理得：，所以，记.设，则.同理可得：，所以所以是等差数列.【另解】，，. ，以上三式相加可得：，所以，所以，，，所以，所以，所以，数列是等差数列.  19．（江苏省兴化市楚水实验学校、黄桥中学、口岸中学三校 2018 届高三 12 月联考）已知数列 an 的满足  a1 1，前 n项的和为Sn，且an1  an an an 12 4Sn 1n N*.（1）求 a2 的值；  （2）设 bnan an1  an，证明：数列bn是等差数列；（3）设 cn  2bn  an ，若1    2 ，求对所有的正整数 n 都有 22  k  3 2  cn 成立的 k 的取值范围.  【答案】（1） a2  3 ；（2）见解析；（3） k  2  2 2,  .【解析】试题分析：(1)令 n 1 得 a2(2)因为 an1  an an an 12 4Sn 1，所以4Sn1 2an an 1 an1  an①.所以4Sn112an a 1 n2 an2  an1②，由②-①，得2an1an1an2 an2  an1an an 1 an1  an. 因为 an1  0 ，所以2  an2  an .所以1 an1  an  2 ，即 an1  an  1 ，an2  an1 an1  anan2  an1 an1  anan2  an1 an1  an  即 bn1 bn 1 即可得证（3）由（2）知，因为 b1a1 a2  a11 2，所以数列bn的通项公式为 bnn1 2.因为an an1  an1 2，所以 an1 an2 1 2n 12n 2n 1 1，所以2an1n 11an 2n 1，所以数列  an 2n 1  是常数列.由a1 2111，所以an 2n 1 .所以 cn 2bn  ann1222n12  2n 2n 1 .研究数列2cn的单调性求出最小值，变量分离 k与 即可得解.试题解析：（1）令 n 1得 a2  3 .（2）因为 an1  an an an 14S2n1，所以4Sn1 2an an 1 an1  an①.所以 4Sn11 2an a 1 n2 an2  an1②，由②-①，得 2an1an1an2 an2  an1an an 1 an1  an.因为 an10 ，所以 2 an2 an2  an1an an1  an.所以1 an1  an  2 ，即 an1  an  1，an2  an1 an1  anan2  an1 an1  an  即 bn1  bn  1 ，所以数列 bn 是公差为 1 的等差数列.  （3）由（2）知，因为 b1a1 a2  a11 2，所以数列bn的通项公式为 bnn1 2.因为 an  1 ，所以 an1  2 1  2n 1 ，an1  an 2an 2n 1 2n 1所以an12n 11an 2n 1，所以数列  an 2n 1  是常数列.由a1 211 1，所以 an2n1.  所以 cn2bn ann1222n 12  2n 2n 1 .2因为 cn1  cn 2 22n1  2n12n  2n12  2n 2n  3  02所以数列 cn  为单调递增数列当 n 1时， cn  c1  2 ，即 cn 的最小值为 2由 22  k  32cn  k22  2 2 ，所以 k  2  2  max，而当1   2 时，2 在 1,42 递减， 4 2,2递增，所以 2   max12，  当且仅当  1或 2 时取得，故 k  2  2 2,  .20．（江苏省苏州市 2018 届高三调研测试理）在正整数集上定义函数，且．（1）求证：；，满足（2）是否存在实数 a，b，使【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）因为，对任意正整数 n 恒成立，并证明你的结论．，整理得，由，代入得，所以．（2）由，以下用数学归纳法证明，可得，．存在实数，，使① 当时，显然成立．成立．② 当时，假设存在，使得成立，那么，当时，，即当时，存在，使得成立．由①，②可知，存在实数，，使对任意正整数 n 恒成立．21．（江苏省南通市 2018 届高三最后一卷）已知等差数列与等比数列是非常数的实数列，设.（1）请举出一对数列与，使集合中有三个元素；（2）问集合中最多有多少个元素？并证明你的结论；【答案】(1).(2)3 个，证明见解析.【解析】（1），则（2）不妨设，由令，原问题转化为关于的方程①最多有多少个解.下面我们证明：当时，方程①最多有个解：时，方程①最多有个解当时，考虑函数，则如果，则为单调函数，故方程①最多只有一个解；如果，且不妨设由恒大于或恒小于，当得由唯一零点时，恒小于或恒大于，于是当这样在区间与上是单调函数，故方程①最多有个解当时，如果如果为奇数，则方程①变为时，显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程① 如果为偶数，则方程①变为，由的情形，上式最多有个解，即满足①的偶数最多有个这样，最多有个正数满足方程① 对于，同理可以证明，方程①最多有个解. 综上所述，集合中的元素个数最多有个. 再由（1）可知集合中的元素个数最多有个. 22．（江苏省海门中学 2018 届高三 5 月考试）对于数列，记则称数列为数列的“k 阶塑数列”，(1)已知，①若为等比数列，求的值②设 t 为任意正数，证明：存在，当时总有；(2)已知，若且对恒成立，求的取值范围.【答案】(1) ① .②见解析.(2) 【解析】（1）①.当时，满足题意；② 所以当，，，因此取不小于的正整数，时总有；（2），因为因此，所以递增，。

(江苏专版)2020版高考数学一轮复习第六章数列第五节数列的综合问题教案文(含解析)苏教版

第五节数列的综合问题考点一数列与不等式问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1 (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若正项等比数列{b n }，满足b 2＝2,2b 7＋b 8＝b 9，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ； (3)对于(2)中的T n ，若对任意的n ∈N *，不等式λ(－1)n＜12n ＋1(T n ＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2S n ＝a n ＋1，所以4S n ＝(a n ＋1)2，且a n ＞0，则4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，又4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，所以4a n ＋1＝4S n ＋1－4S n ＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，即(a n ＋1－a n －2)(a n ＋1＋a n )＝0，因为a n ＞0，所以a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差为2的等差数列，又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2，由b 2＝2，得b 1＝1，故b n ＝2n －1.因为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，所以2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n，两式相减得－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故T n ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n －1－2(2n－2)＝(2n －3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.①当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1，则有λ＜g (n )min .因为g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，当n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，所以λ＜134.②当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，则有λ＞h (n )max .因为h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，当n ≥3时，h (n ＋2)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，当n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，134.[由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题； (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件． (2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)． (1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝n ＋a n na n ＋1＋na n ＋1n ＋a n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n ＜T n ＜2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12，所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12，得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a n a n ＋2－a n －1a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ，。

2020版高考数学一轮复习第六章数列第三节等比数列教案文(含解析)苏教版(2021-2022学年)

第三节等比数列1．等比数列的有关概念 (１）定义：如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母ｑ表示,定义的表达式为a n +１a n=q . （2）等比中项：如果ａ，Ｇ,b 成等比数列,那么Ｇ叫做a 与ｂ的等比中项．即:G 是a 与b 的等比中项⇔a ,G ,b 成等比数列⇒Ｇ2=ab 。

２．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1ｑn －1.(2)前n 项和公式:S n ＝错误! ３．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ,m ∈Ｎ*);(2）若m ＋n =p ＋q =2ｋ(m ,n ，p ,ｑ,k ∈N *), 则a m ·a n ＝a ｐ·ａq ＝ａ错误!未定义书签。

;(３）若数列{a n },｛ｂn }(项数相同)是等比数列,则｛λａn ｝，错误!未定义书签。

,{ａ错误!未定义书签。

}，｛a ｎ·b n }，错误!（λ≠0)仍然是等比数列;(４)在等比数列{a ｎ｝中,等距离取出若干项也构成一个等比数列，即ａn ,a n +k ，a n +２k ，a n ＋３k ,…为等比数列,公比为q k。

[小题体验］1.设Ｓn 是等比数列错误!的前n 项和,若a 1＝1,a ６=3２,则Ｓ3=＿____＿__. 答案:72．在等比数列{a n ｝中，若ａ1=1,a 3ａ5=４(a ４－1）,则a ７＝________.解析:法一:设等比数列｛a n }的公比为ｑ，因为ａ1=1，ａ3a 5＝４(a 4-1),所以ｑ2·q 4＝4(ｑ3－1),即ｑ6－4ｑ３+4=0,q３=2，所以ａ7=q6＝4。

法二:设等比数列{a n｝的公比为ｑ, 由ａ3a5=4(ａ4-1)得a错误!未定义书签。

＝4(a４-１),即a 错误!未定义书签。

2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列6-数列(含答案解析)

2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测六数列第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－2，a 3＝2，则{a n }的公差d 等于( ) A ．－1 B ．－2 C ．－3D ．－42．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．93．已知数列{a n }是等差数列，若a 2 016＋a 2 017<0，a 2 016·a 2 017<0，且数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，那么S n 取得最小正值时，n 等于( )A ．4 029B ．4 030C ．4 031D ．4 0324．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝(n ＋1n )n －1C．a n＝n2D．a n＝n5．已知{a n}是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n，若a3，a4，a8成等比数列，则()A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞06．已知数列{a n}的前n项和S n＝2a n－1，则满足a nn≤2的正整数n的集合为()A．{1,2} B．{1,2,3,4}C．{1,2,3} D．{1,2,4}7．设函数f(x)＝2x－cos x，{a n}是公差为π8的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5等于()A．0 B.1 16π2C.18π2 D.1316π28．若数列{a n}满足1a n＋1－pa n＝0，n∈N*，p为非零常数，则称数列{a n}为“梦想数列”．已知正项数列{1b n}为“梦想数列”，且b1b2b3…b99＝299，则b8＋b92的最小值是()A．2 B．4C．6 D．8第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．已知等比数列{a n}的前n项和为S n＝3n＋a(n∈N*)，则实数a的值是________．10．数列{a n}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.11．设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．12．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．13．在数列{a n }中，a 1≠0，a n ＋1＝3a n ，S n 为{a n }的前n 项和．记R n ＝82S n －S 2na n ＋1，则数列{R n }的最大项为第________项．14．已知数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝1＋1a n.若对任意的自然数n ≥4，恒有32<a n <2，则a 的取值范围为________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)等差数列{a n}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．16．(13分)为了综合治理交通拥堵状况，缓解机动车过快增长势头，一些大城市出台了“机动车摇号上牌”的新规．某大城市2015年初机动车的保有量为600万辆，预计此后每年将报废本年度机动车保有量的5%，且报废后机动车的牌照不再使用．同时每年投放10万辆的机动车牌号．只有摇号获得指标的机动车才能上牌，经调研，获得摇号指标的市民通常都会在当年购买机动车上牌．(1)问：到2019年初，该城市的机动车保有量为多少万辆；(2)根据该城市交通建设规划要求，预计机动车的保有量少于500万辆时，该城市交通拥堵状况才真正得到缓解，问：至少需要多少年可以实现这一目标．(参考数据：0.954＝0.81,0.955＝0.77，lg 0.75＝－0.13，lg 0.95＝－0.02)17.(13分)已知数列{a n}满足a2＝5，且其前n项和S n＝pn2－n.(1)求p的值和数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}为等比数列，公比为p，且其前n项和T n满足T5<S5，求b1的取值范围．18．(13分)已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .19.(14分)已知a 2、a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{a n }是递增的等差数列，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝1－12b n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .20．(14分在数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项和为S n ，则S n ＝a n ＋1－12，(n ∈N *)． (1)求a n ，S n ；(2)设b n ＝log 2(2S n ＋1)－2，数列{c n }满足c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值．答案解析1．C [由a 1＋a 7＝2a 4＝－2得a 4＝－1，a 3＝2，d ＝－3，故选C.] 2．D [由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎨⎧ ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎨⎧ ab ＝4，2a ＝b －2解得⎩⎨⎧ a ＝4，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.] 3．C [∵数列{a n }的前n 项和S n 有最大值， ∴数列{a n }是递减的等差数列．又∵a 2 016＋a 2 017<0，a 2 016·a 2 017<0， ∴a 2 016>0，a 2 017<0，∴数列的前2 016项为正数，从第2 017项开始为负数，由求和公式和性质可得S 4 031＝4 031a 2 016>0，S 4 032＝2 016(a 2 016＋a 2 017)<0， ∴S n 取最小正值时n ＝4 031.] 4．D [因为a n ＝n (a n ＋1－a n )，所以a n ＋1a n＝n ＋1n ，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×32×21×1＝n .]5．B [∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ， ∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d3，∴dS 4＝－2d 23＜0，故选B.] 6．B [因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 而a nn ≤2，即2n －1≤2n ，所满足的正整数n ＝1,2,3,4.]7．D [∵{a n }是公差为π8的等差数列， ∴a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝2a 3，且a 1＝a 3－π4，a 2＝a 3－π8，a 4＝a 3＋π8，a 5＝a 3＋π4. ∵f (x )＝2x －cos x ，∴f (a 1)＋f (a 5)＝2a 1－cos a 1＋2a 5－cos a 5 ＝2(a 1＋a 5)－(cos a 1＋cos a 5) ＝4a 3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π4＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋π4＝4a 3－2cos a 3cos π4＝4a 3－2cos a 3， f (a 2)＋f (a 4)＝2a 2－cos a 2＋2a 4－cos a 4 ＝2(a 2＋a 4)－(cos a 2＋cos a 4) ＝4a 3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π8＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋π8＝4a 3－2cos a 3cos π8.∴f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5) ＝10a 3－cos a 3－(2＋2cos π8)cos a 3＝10a 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2＋2cos π8cos a 3＝5π，∴a 3＝π2，∴f (a 3)＝2×π2－cos π2＝π. ∴a 1＝π2－π4＝π4，a 5＝π2＋π4＝34π. ∴[f (a 3)]2－a 1a 5＝π2－34π×π4＝1316π2.]8．B [依题意可得b n ＋1＝pb n ，则数列{b n }为等比数列．又b 1b 2b 3…b 99＝299＝b 9950，则b 50＝2.b 8＋b 92≥2b 8·b 92＝2b 50＝4，当且仅当b 8＝b 92，即该数列为常数列时取等号．]9．－1解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2·3n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋a ，因为{a n }是等比数列，所以有3＋a ＝2，解得a ＝－1.10．1解析设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ， a 5＝a 1＋4d ，∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3a 1＋1＝1.11．10 100解析由x 2－x <2nx (n ∈N *)得0<x <2n ＋1，因此a n ＝2n ，所以数列{a n }是一个等差数列，所以S 100＝100×2＋2002＝10 100.12.2011解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝2＋nn －12，即a n ＝n n ＋12，令b n ＝1a n，故b n ＝2nn ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 13．4解析 ∵a 1≠0，a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是等比数列． ∴R n ＝82a 11－3n 2－a 11－3n1－3a 1·3n 2＝3n 22－823n 2＋813n 21－3＝11－3×(3n 2＋813n 2－82)≤11－3(281－82) ＝643－1. 当且仅当3n 2＝813n 2⇒3n ＝81⇒n ＝4时等号成立．所以数列{R n }的最大项为第4项． 14．(0，＋∞)解析 a 1＝a ，a 2＝1＋1a ＝a ＋1a ，a 3＝1＋aa ＋1＝2a ＋1a ＋1，a 4＝3a ＋22a ＋1.由题意对任意的自然数n ≥4，恒有32<a n <2，所以32<1＋1a n －1<2⇒1<a n －1<2，要使n ≥4都成立，只需32<a 4<2成立，所以32<3a ＋22a ＋1<2，解得a >0.15．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎨⎧ a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝21－2101－2＋1＋10×102 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.16．解 (1)设2015年年初机动车保有量为a 1万辆，以后各年年初机动车保有量依次为a 2万辆，a 3万辆，…，每年新增机动车10万辆，则a 1＝600，a n ＋1＝0.95a n ＋10.又a n ＋1－200＝0.95(a n －200)，且a 1－200＝600－200＝400，所以数列{a n －200}是以400为首项，0.95为公比的等比数列．所以a n －200＝400·0.95n －1，即a n ＝400·0.95n －1＋200.所以2019年初机动车保有量为a 5＝400×0.954＋200＝524万辆．(2)由题意可知，a n ＝400·0.95n －1＋200<500，即0.95n －1<0.75，所以n >lg 0.75lg 0.95＋1＝7.5，故至少需要8年的时间才能实现目标．17．解 (1)由题意，得S 1＝p －1，S 2＝4p －2. 因为a 2＝5，S 2＝a 1＋a 2，所以S 2＝4p －2＝p －1＋5，解得p ＝2.所以S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1，得a n ＝(2n 2－n )－[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.验证知n ＝1时，a 1符合上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)，得T n ＝b 11－2n1－2＝b 1(2n －1)．因为T 5<S 5，所以b 1(25－1)<2×52－5，解得b 1<4531.又因为b 1≠0，所以b 1的取值范围是(－∞，0)∪(0，4531)．18．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎨⎧ 3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎨⎧ a 1＝3，d ＝－1. 故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n .(2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1＝nq n －q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12. 若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12. 所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n n ＋12，q ＝1，nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12，q ≠1.19．解 (1)由题意得a 2＝3，a 5＝9，公差d ＝a 5－a 25－2＝2，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1，由S n ＝1－12b n 得，当n ＝1时b 1＝23，当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝12b n －1－12b n ，得b n ＝13b n －1，所以数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝23n .(2)c n ＝a n ·b n ＝4n －23n ，T n ＝4×1－231＋4×2－232＋4×3－233＋…＋4×n －1－23n －1＋4n －23n ， 3T n ＝4×1－230＋4×2－231＋4×3－232＋…＋4×n －1－23n －2＋4n －23n －1，两式相减得：2T n ＝2＋431＋432＋…＋43n －1－4n －23n ＝4－4n ＋43n ，所以T n ＝2－2n ＋23n .20．解 (1)由S n ＝a n ＋1－12，得S n －1＝a n －12(n ≥2)，两式作差得：a n ＝a n ＋1－a n ，即2a n ＝a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1a n＝2(n ≥2)，又a 1＝S 1＝a 2－12，得a 2＝1，∴a 2a 1＝2， ∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，则a n ＝12·2n －1＝2n －2， S n ＝a n ＋1－12＝2n －1－12.(2)b n ＝log 2(2S n ＋1)－2＝log 22n －2＝n －2， ∴c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，即c n (n ＋1)(n ＋2)＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2n －2， c n ＝1n ＋1n ＋2＋2n －2＝1n ＋1－1n ＋2＋2n －2， T n ＝(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)＋(2－1＋20＋…＋2n －2) ＝12－1n ＋2＋121－2n 1－2＝12－1n ＋2－12＋2n －1 ＝2n －1－1n ＋2. 由4T n >2n ＋1－1504，得4(2n －1－1n ＋2)>2n ＋1－1504，即4n ＋2<1504，n >2 014. ∴使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值为2 015.。

(江苏专用)2020版高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列课件

设等比数列{an}的公比为q.由题意知,an>0,q>0.由a5=3a3+4a1得a1q4=3a1q2+4a1,∴q2=4,∴q=2.由S4
= a1(1 24 1 2
)
=15,解得a1=1.∴a3=a1·q2=4.
易错警示
对通项公式an=a1·qn-1和Sn=
a1
(1 q 1 q
n
)
解后反思等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略 (1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项便可求出. (2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解. (3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解. (4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.
由(2)知,SE<ak+1.于是3l-1=al≤SF≤SE<ak+1=3k,所以l-1<k,即l≤k.又k≠l,故l≤k-1.
从而SF≤a1+a2+…+al=1+3+…+3l-1=
3l
2
1
≤
3k
1 2
1
=
ak
2
1
≤
S
E 2
1
,
故SE≥2SF+1,所以SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1,
n
方法规律等比数列的判定方法: 证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于填空题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即可.
9.(2018课标全国Ⅲ理,17,12分)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通项公式; (2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.

2020版高考数学一轮复习教案第5章_第4节_数列求和(含答案解析)

3．若 Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则 S50＝________.
－25 [S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]
111 1
1
4．数列
1 ，3 ，5 ，7 ，…，(2n－1)＋，…的前
2 4 8 16
2n
n
项和
Sn
的值等于________．
( ) 1
2

＝n.
a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
21－22n
记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A＝
1．一些常见的数列前 n 项和公式：
nn＋1
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝
；
2
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
2．常用的裂项公式
( ) 1 1 1 1
(1)
＝－；
nn＋k k n n＋k
( ) 1
1
11
1
(2)
＝
＝
－
；
4n2－1 2n－12n＋1 2 2n－1 2n＋1
1
(3)
＝ n＋1－ n；
n＋ n＋1
( )1
(4)loga
1＋ n
＝loga(n＋1)－logan.
[基础自测]
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)