高考数列复习专题
2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)
数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题（微专题）（解析版）2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=5,S 9=81，数列{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n a n +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．2【2020年新课标1卷文科】数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为540，则a1=1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a1、3a2的等差中项，a4=16．(1)求数列{a n}的通项公式；log，求数列{b n}的前n项和T n．(2)若b n=-1n⋅2a2n+12【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.n n+13(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.2(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n前n项和满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n的通项公式；和数列b n(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n，所以a n+1n是常数列，即a n+1n=a1+11=3,∴a n=3n-1；【小问2详解】由(1)知，a n是首项为2，公差为3等差数列，由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4，b2n=2a2n+1=12n+4，设数列b2n-1，b2n的前50项和分别为T1，T2，所以T1=50b1+b992=25×298=7450，T2=50×b2+b1002=25×620=15500，所以b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950；综上，a n=3n-1，b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．【答案】(1)证明见详解(2)S2n=2n-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2，上述两式作差可得a n=12n-1n≥2，因为a1=1满足a n=12n-1，所以a n的通项公式为a n=12n-1，所以1a n=2n-1，因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数)，所以1a n是一个等差数列．(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数 ，所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19，C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+3．2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．【答案】(1)a1=12，a2=4；1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12，a2=4．令2n-2=1024=210，解得：n=12为偶数，不符合题意，舍去；令3n-2=1024，解得：n=342，符合题意．因此，1024是数列a n的第342项．(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116．另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1a2n-1=4，所以数列a2n-1是以12为首项，4为公比的等比数列．a2n=6n-2，又a2n+2-a2n=6，所以数列a2n是以4为首项，6为公差的等差数列．S2n-1为数列a2n-1的前n项和与数列a2n的前n-1项和的总和．故S2n-1=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.【答案】(1)a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)证明见解析.【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,所以a2n+1+1=2a2n-1+1,因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,而a2n=2a2n-1=2n+1-2,所以a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)方法一：由(1)得T2n=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5,S9=81，数列{b n}满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =59a 1+9×82d =81 ，∴a 1=1,d =2，∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3，①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ，②所以①-②得，a n b n =2n -1 ⋅3n ，∴b n =3n n ≥2 .当n =1时，a 1b 1=3,b 1=3，符合b n =3n .∴b n =3n .(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ，依题有：T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2，则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n (2)T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数【详解】(1)因为a n 是等比数列，公比为q ≠-1，则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4，a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7，所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127，解得q =3，由S 4=a 3+93，可得a 11-34 1-3=9a 1+93，解得a 1=3，所以数列a n 的通项公式为a n =3n ．(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数，当n 为偶数时，T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32+34+⋅⋅⋅+3n=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24；当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1-98-n +1 24；综上所述：T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数.题型二、含有(-1)n 类型2【2020年新课标1卷文科】数列{a n }满足a n +2+(-1)n a n =3n -1，前16项和为540，则a 1=【答案】7【解析】a n +2+(-1)n a n =3n -1，当n 为奇数时，a n +2=a n +3n -1；当n 为偶数时，a n +2+a n =3n -1.设数列a n 的前n 项和为S n ，S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70)+(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41)=8a 1+392+92=8a 1+484=540，∴a 1=7.故答案为：7.1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1、3a 2的等差中项，a 4=16．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =-1 n ⋅2a 2n +1log ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项，所以2a 3=2a 1+3a 2，即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2-3q -2=0，解得q =2或q =-12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q =2．因为a 4=16，即a 4=a 1q 3=8a 1=16，解得a 1=2，所以a n =2×2n -1=2n ；(2)解法一：(分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，①若n 为偶数，T n =-3+5-7+9-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ；②若n 为奇数，当n ≥3时，T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2，当n =1时，T 1=-3适合上式，综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *)；解法二：(错位相减法)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+⋯+-1 n ⋅2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ，=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n=n+1-1n-1，n∈N*2【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1，S n=n2；(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量，列方程即可求得首项和公差，再利用公式求通项公式和前n项和即可；(2)根据(1)中所求即可求得b n，对n分类讨论，结合等差数列的前n项和公式，即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9，所以d=a5-a32=2，则a3=a1+2d=a1+4=5，解得a1=1；故a n=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2题型三、a n+a n+1类型3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．【解析】(1)已知S n=a n2+n2+1，n∈N*当n=1时，a1=a12+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=a22+5，a2=2，所以a1+a2=6．因为S n=a n2+n2+1①，所以S n+1=a n+12+n+12+1②．②-①得，a n+1=a n+12-a n2+n+12-n2，整理得a n+a n+1=4n+2，n∈N*，所以a n+1+a n+2-a n+a n+1=4n+1+2-4n+2=4(常数)，n∈N*，所以a n+a n+1是首项为6，公差为4的等差数列．(2)由(1)知，a n-1+a n=4n-1+2=4n-2，n∈N*，n≥2．当n为偶数时，S n=a1+a2+a3+a4+⋯+a n-1+a n=n26+4n-22=n2+n；当n为奇数时，S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=n2+n+2．综上所述，S n=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.【答案】(1)a n=n,n=2k-1,k∈Zn-1,n=2k,k∈Z，bn=3n-1；(2)58n-59n8.【分析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n82(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n ；数列b n 前n 项和为S n ，且b 1=1，2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，b n =3n -1；(2)58n -5 9n8.【解析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n8。
高考数学专题复习题：数列的递推公式
高考数学专题复习题：数列的递推公式一、单项选择题（共8小题）1.已知数列｛a n ｝满足a n =4a n -1+3（n ≥2，n ∈N *），且a 1=0，则此数列的第5项是（ ） A.15B.255C.16D.632. 已知数列a n =-n 2+4n +2，则该数列中最大项的序号是（ ） A .2B .3C .4D .53.已知数列｛a n ｝满足a n =1a n−1+1（n ≥2，n ∈N *），如果a 4=53，那么a 1等于（ ） A.1B.32C.2D.854.下列给出的图形中，星星的个数构成一个数列，则该数列的一个递推公式可以是（ ）A.a n +1=a n +n ，n ∈N *B.a n =a n -1+n ，n ∈N *，n ≥2C.a n +1=a n +(n +1)，n ∈N ，n ≥2D.a n =a n -1+(n −1)，n ∈N *，n ≥25.已知数列｛a n ｝满足a 1=2，a n +1-a n +1=0（n ∈N *），则此数列的通项公式a n 等于（ ） A.n 2+1 B.n +1C.1-nD.3-n6.设a n =1n+1+1n+2+1n+3+…+12n （n ∈N *），那么a n +1-a n 等于（ ）A.12n+1B.12n+2C.12n+1+12n+2D.12n+1-12n+27.在数列｛a n ｝中，a 1=12，a n +1=1-1a n，则a 2 024等于（ ） A.12B.-1C.2D.38.某书中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，满足a n +2=a n +1+a n （n ≥1），那么1+a 2+a 4+a 6+…+a 2022等于（ ） A.a 2021B.a 2022C.a 2023D.a 2024二、填空题（共4小题）9.在数列｛a n ｝中，a n +1=a n +2-a n ，a 1=2，a 2=5，则a 5=________. 10.已知数列｛a n ｝中，a 1a 2…a n =n 2（n ∈N *），则a 9=________. 11.已知数列｛a n ｝的通项公式为a n =12n −15，其最大项为________，最小项为________.12.在一个数列中，如果对任意n ∈N *，都有a n a n +1a n +2=k （k 为常数），那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积.已知数列｛a n ｝是等积数列，且a 1=1，a 2=2，公积为8，则a 1+a 2+a 3+…+a 12=________.三、解答题（共4小题）13.已知数列｛a n ｝的前n 项和S n =2n 2-n +2. （1）求数列｛a n ｝的通项公式.（2）若b n =a n +100n -2n ，求数列｛b n ｝的最大项是该数列的第几项. 14.在数列｛a n ｝中，a 1=2，且a n +1=a n +ln (1+1n )，求数列｛a n ｝的通项公式.15.已知数列｛a n ｝中，a 1=12，a n =n−1n+1a n -1（n ≥2），求数列｛a n ｝的通项公式.16.已知数列｛a n ｝满足：a 1=m （m 为正整数），a n +1={a n2,a n 为偶数,3a n +1,a n 为奇数.若a 4=4，求m 所有可能的取值.。
高考数学专题复习：数列在日常生活中的应用
高考数学专题复习：数列在日常生活中的应用一、单选题1．某房屋开发商出售一套50万元的住宅，可以首付5万元，以后每过一年付5万元，9年后共10次付清，也可以一次付清（此后一年定期存款税后利率设为2%，按复利计算）并优惠%a ，为鼓励购房者一次付款，问优惠率应不低于多少？（ ）（a 取整数，计算过程中参考以下数据：910111.02 1.195,1.02 1.219,1.02 1.243===） A ．8%B ．9%C ．11%D ．19%2．某顾客在2020年1月1日采用分期付款的方式购买一辆价值2万元的家电，在购买一个月后2月1日第一次还款，且以后每个月1日等额还款一次，如果一年内还清全部贷款（12月1日最后一次还款），月利率为0.5％.按复利计算，则该顾客每个月应还款多少元？（精确到1元，参考值101.005 1.05=，111.005 1.06=）（ ） A ．1767B ．1818C ．1923D ．19463．假设一个蜂巢里只有1只蜜蜂，第1天它飞出去找回了2个伙伴：第2天，3只蜜蜂飞出去，各自找回了2个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，则到第4天所有蜜蜂都归巢后，蜂巢中全部蜜蜂的只数是（ ）． A ．1B ．3C ．9D ．814．某车间王师傅、张师傅因工种不同上班规律如下，王师傅休息一天后连续两天上班，再休息一天，张师傅休息一天后连续四天上班，再休息一天，在第一天，王师傅、张师傅都休息，从第1个星期到第15个星期内，记第n 个星期王师傅上班天数为()f n ，张师傅上班天数为()g n ，用a ，b ，c ，d 分别表示()()g n f n -等于2，1，0，1-的个数，则(a ，b ，c ，d )=（ ）A ．(4,7,4,0)B ．(3,7,4,1)C ．(3,7,5,0)D ．(3,8,4,0)5．某人从2015年起，每年1月1日到银行新存入a 元（一年定期），若年利率为r 保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2020年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数（单位为元）（ ） A ．5(1)a r + B ．5(1)(1)ar r r⎡⎤+-+⎣⎦ C ．6(1)a r +D ．6(1)(1)a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦6．某家庭打算为子女储备“教育基金”，计划从2021年开始，每年年初存入一笔专用存款，使这笔款到2027年底连本带息共有40万元收益．如果每年的存款数额相同，依年利息2%并按复利计算（复利是一种计算利息的方法，即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息），则每年应该存入约（ ）万元．（参考数据：781.02 1.149, 1.02 1.172≈≈） A ．5.3B ．4.6C ．7.8D ．67．某养猪场2021年年初猪的存栏数1200，预计以后每年存栏数的增长率为8%，且在每年年底卖出100头．设该养猪场从今年起每年年初的计划存栏数依次为123,,,a a a ．则2035年年底存栏头数为（参考数据：1415161.08 2.9,1.08 3.2,1.08 3.4≈≈≈）（ ） A ．1005 B ．1080C ．1090D ．1105二、双空题8．某公司为一个高科技项目投入启动资金2000万元，已知每年可获利20%，但由于竞争激烈，每年年底需从利润中取出200万元资金进行科研、技术改造，方能保持原有利润的增长率，则第三年年初该项目的资金为________万元，该公司经过________年该项目的资金可以达到或超过翻一番（即原来的2倍）的目标．（lg 20.30≈，lg30.48≈）9．某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下第k 棵树种植在点()k k k P x y ，处，其中11x =，11y =，当2k ≥时，11121555{1255k k k k k k x x T T k k y y T T --⎡⎤--⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦--⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，．()T a 表示非负实数a 的整数部分，例如(26)2T .=，(02)0T .=．按此方案，第6棵树种植点的坐标应为________．第2008棵树种植点的坐标应为________． 10．已知桶0A 中盛有2升水，桶0B 中盛有1升水．现将桶0A 中的水的34和桶0B 中的水的14倒入桶1A 中，再将桶0A 与桶0B 中剩余的水倒入桶1B 中；然后将桶1A 中的水的34和桶1B 中的水的14倒入桶2A 中，再将桶1A 与桶1B 中剩余的水倒入桶2B 中；若如此继续操作下去，则桶n A ()n *∈N 中的水比桶n B ()n *∈N 中的水多________升．11．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为________万元．四、解答题12．银行按规定每经过一定的时间结算存（货）款的利息一次，结算后即将利息并入本金，这种计算利息的方法叫做复利，现在有某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案：一次性货款10万元，第一年便可获得利润1万元，以后每年比上年增加30%的利润；乙方案：每年货款1万元，第一年可获得利润1万元，以后每年比前一年多获利5000元．两种方案的期限都是10年，到期一次行归还本息．若银行货款利息均以年息10%的复利计算，试比较两个方案哪个获得纯利润更多？计算精确到千元，参考数据：101.12.594=，101.313.796=）13．某企业2020年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造，预测从2021年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（2021为第1年）的利润为150012n⎛⎫+⎪⎝⎭万元（n为正整数）.（1）设从2021起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为n A万元，进行技术改造后的累计纯利润为n B万元（须扣除技术改造资金），求n A、n B的表达式；（2）依上述预测，从2021起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？14．小明的父母为了准备小明将来考入大学的学费，于2017年元旦在某银行存入10000元，并在后续每一年的元旦都在该银行存入1200元，直到2022年存入最后一笔钱为止．如果银行的存款年利率为2．75%，且以复利计息，那么小明的父母在2022年底将存款连本带利全部取出时，能取到多少钱？15．放射性元素在t =0时的原子核总数为0N ，经过一年原子核总数衰变为0N q ，常数1q -称为年衰变率．考古学中常利用死亡的生物体中碳14元素稳定持续衰变的现象测定遗址的年代．已知碳14的半衰期为5730年． （1）碳14的年衰变率为多少（精确到610-）（2）某动物标本中碳14含量为正常大气中碳14含量的60%（即衰变了40%），该动物的死亡时间大约距今多少年？16．某牛奶厂2015年初有资金1000万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到50%．每年年底扣除下一年的消费基金后，剩余资金投入再生产，这家牛奶厂每年应扣除多少消费基金，才能实现经过5年资金达到2000万元的目标（精确到1万元）？17．假设某银行的活期存款年利率为0.35%某人存10万元后，既不加进存款也不取款，每年到期利息连同本金自动转存，如果不考虑利息税及利率的变化，用n a 表示第n 年到期时的存款余额，求1a 、2a 、3a 及n a .18．某市准备投入资金进行生态环境建设，促进旅游业的发展.计划本年度投入1200万元，以后每年投入均比上年减少20%，本年度旅游业收入估计为400万元，预计今后旅游业收入的年增长率相同. 设本年度为第一年，已知前三年旅游业总收入为1525万元. （Ⅰ）设第n 年的投入为a n 万元，旅游业收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式； （Ⅱ）至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ （参考数据：lg2 ≈0.301，lg3≈ 0.477）参考答案1．B 【分析】设优惠率应不低于%a ，由已知可得，()()()998501%12%5 1.02 1.02 1.021a -+≤⨯++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++，解不等式可得答案. 【详解】设优惠率应不低于%a ，由题意可得，()()()998501%12%5 1.02 1.02 1.021a -+≤⨯++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++，即1091.0211%0.91610 1.020.02a --≤≈⨯⨯， 解得%8.4%a ≥， 又∵a 取整数， ∴优惠率应不低于9%， 故选：B ． 2．A 【分析】设每月还款x 元，每月还款按得利计算，11次还款的本利和等于银行贷款按复利计算的本利和，由此可得． 【详解】设每月还款x 元，共还款11个月， 所以10911(1.005 1.005 1.0051)20000 1.005x ⨯++++=⨯，1111111020000 1.00520000 1.00520000 1.0617671 1.061 1.0051 1.005 1.0050.0051 1.005x ⨯⨯⨯===≈--+++--． 故选：A ． 3．D 【分析】先由前几天结束时，蜂巢中的蜜蜂数量观察出其组成了首项为3，公比为3的等比数列，求出通项公式，把4直接代入即可.【详解】 由题意知，第一天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中一共有1+2=3只蜜蜂， 第二天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中一共有339⨯=只蜜蜂， 第三天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中一共有39=27⨯只蜜蜂，第n 天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中一共有133=3n n -⨯只蜜蜂， 所以归巢后的蜜蜂数列组成了首项为3，公比为3的等比数列， 所以其通项公式为：3n ， 所以，第四天共有4381=只蜜蜂. 故选：D 4．D 【分析】由已知得出每个星期王师傅上班天数和每个星期张师傅上班天数，由此可得出选项. 【详解】每个星期王师傅上班天数依次为4,5,5,4,5,5,…，每个星期张师傅上班天数依次为5,6,5,6,6,5,6,5,6,6,…，因此()()g n f n -依次为1,1,0,2,1,0,2,0,1,2,0,1,1,1,1所以()(3840)a b c d =，，，，，，， 故选：D. 5．D 【分析】根据题意分析得到:到2020年1月1日将之前所有存款为5432(1)(1)(1)(1)(1)a r a r a r a r a r +++++++++，最后根据等比数列求和即可. 【详解】根据题意可得：自2015年1月1日到银行新存入a 元，则到2016年1月1日之前银行存款共(1)a r +，2016年1月1日再存入a 元， 到2017年1月1日之前银行存款2(1)(1)a r a r +++，2017年1月1日再存入a 元， 到2018年1月1日之前银行存款32(1)(1)(1)a r a r a r +++++，2018年1月1日再存入a 元，到2019年1月1日之前银行存款432(1)(1)(1)(1)a r a r a r a r +++++++，2019年1月1日再存入a 元，到2020年1月1日之前银行存款共计5432(1)(1)(1)(1)(1)a r a r a r a r a r +++++++++， 因为5432(1)(1)(1)(1)(1)a r a r a r a r a r +++++++++5432(1)(1)(1)(1)(1)a r r r r r ⎡⎤=+++++++++⎣⎦56(1)1(1)(1)(1)1(1)a r r ar r r r⎡⎤+-+⎣⎦⎡⎤==+-+⎣⎦-+， 故选：D. 6．A 【分析】设每年存入x 万元，分别求出2021年初至2027年初到2027年底的所有本利和，求和即可求解. 【详解】设每年存入x 万元，则2021年初存入的钱到2027年底本利和为()712%x +， 2022年初存入的钱到2027年底本利和为()612%x +， ……2027年初存入的钱到2027年底本利和为()12%x +， 则()()()2712%12%12%40x x x ++++++=，即()71.021 1.02401 1.02x -=-，解得 5.3x ≈.故选：A. 7．C 【分析】依据题意可得每年年初存栏数满足()118%100n n a a -=⨯+-，构造等比数列{}1250n a -，利用等比数列通项公式求得()15018%1250n n a -=-⨯++，问题得解.【详解】由题可得11200a =，()2120018%100a =⨯+-，()3218%100a a =⨯+-，…… 由此下去可得：()118%100n n a a -=⨯+- 令()()118%n n a x a x -+=++ 整理可得()118%0.08n n a a x -=⨯++ 令0.08100x =-，解得1250x =-∴数列{}1250n a -是以50-为首项，公比为18%+的等比数列 ∴()112505018%n n a --=-⨯+∴()15018%1250n n a -=-⨯++则2035年年底存栏头数为()()()1511518%1005018%125018%100a -⎡⎤⨯+-=-⨯++⨯+-⎣⎦50 3.21250 1.081001090≈-⨯+⨯-=故选：C8．2440 6 【分析】设n a 是经过n 年后该项目的资金，则1(120%)200n n a a +=+-，从而可求出经过两年后该项目的资金，构造等比数列{}1000-n a ，求出n a ，根据翻一番（即原来的2倍）的目标建立不等式，解指数不等式，即可求出所求． 【详解】设n a 是经过n 年后该项目的资金，则1(120%)200n n a a +=+-， 所以12000(120%)2002200a =+-=， 22200(120%)2002440a =+-=，所以经过两年后该项目的资金为2440万元； 因为1(120%)200n n a a +=+-，设1(120%)()n n a p a p ++=++，则1000p =-， 即11000(120%)(1000)n n a a +-=+-，所以{}1000-n a 是以1.2为公比，1200为首项的等比数列， 所以11200 1.210001000 1.21000n n n a -=⨯+=⨯+， 由已知得1000 1.210004000n ⨯+≥，lg3lg36lg 6lg5lg312lg 2n=≈--+，即该公司经过6年该项目的资金可以达到或超过翻一番（即原来的2倍）的目标． 故答案为：①2440；②6． 9． (1,2) (3, 402) 【详解】 T组成的数列为1,0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1……(k =1,2,3,4……)．一一代入计算得数列为1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5……；数列为1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4…….因此，第6棵树种在 (1,2)，第2008棵树种在(3, 402)． 10．12n． 【分析】根据题意，得到n A ，n B 之间的关系，然后用数列知识求解． 【详解】根据题意可得，11313,44n n n n n A B A A B --+==+， ∴1113113(3)4424n n n n A A A A ---=+-=+， ∴1313()222n n A A --=-，即数列32n A ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以1003313124424A A B -=+-=为首项，12为公比的等比数列，∴1131112422n n n A -+-=⋅=⇒13122n n A +=+， ∴131322n n n B A +=-=-，∴*1112()22n n n n A B n N +-=⨯=∈．故答案为：12n11．4.368【分析】分别求出2017年、2018年、2019年这三年每一年存入的1万元取出时的本息，再计算他们的和即可求解. 【详解】2017年存入1万元到2020年取回的本息为()33120% 1.2+=万元， 2018年存入1万元到2020年取回的本息为()22120% 1.2+=万元， 2019年存入1万元到2020年取回的本息为()1120% 1.2+=万元，所以取回的金额为3321.2(1 1.2)1.2 1.2 1.2 4.3681 1.2-++==-万元，故答案为：4.368. 12．答案见解析. 【分析】由题意可知，甲方案中增长利率是定值，所以每年利润数是以1为首项，以1.3为公比的等比数列，再由等比数列的前n 项和公式求出10年利润总数；乙方案中每年增长的利润是一定值，所以每年利润数是以1为首项，以0.5为公差的等差数列，再由等差数列的前n 项和公式求出10年利润总数，然后比较两种情况的数值． 【详解】解：甲方案10年获利润是每年利润数组成的数列的前10项的和：10291.311(130%)(130%)(130%)42.621.31-+++++++==-（元）， 到期时银行的本息和为()10110%1010 2.59425.94⨯+=⨯=（万元）， ∴甲方案扣除本息后的净获利为：42.6225.9416.7-≈（万元）， 乙方案：逐年获利成等差数列，前10年共获利：10(1 5.5)1(10.5)(120.5)(190.5)32.502+++++⨯+++⨯==（万元） 贷款的本利和为：1091.111.11(110%)(110%) 1.117.531.11-⎡⎤+++++=⨯=⎣⎦-（万元）， ∴乙方案扣除本利后的净获利为：32.5017.5315.0-=（万元）， 所以，甲方穿的获利较多． 13．（1）249010n A n n =-，n B =5005001002nn --；（2）至少经过4年. 【分析】（1）利用等差数列的求和公式可求得n A ，利用分组求和法可求得n B ； （2）作差得出25010102n n n B A n n ⎛⎫-=+-- ⎪⎝⎭，令25010102n n c n n ⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭，分析数列{}n c 的单调性，可得出340c c <<，由此可得出结论.【详解】（1）依题设，()()()()2201500205004050020500490102n n n A n n n n +=-+-+⋅⋅⋅+-=-=-， 2111111500225001116005005001001222212n n n n B n n ⎡⎤⎛⎫- ⎪⎢⎥⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎢⎥=++++⋅⋅⋅++-=+=-- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-⎢⎥⎣⎦； （2）()225005050010049010101022n n n n B A n n n n n ⎛⎫-=----=+-- ⎪⎝⎭， 令25010102n n c n n ⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭，则数列{}n c 为单调递增数列， 且32510204c ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，425101608c ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以，当且仅当4n ≥时，n n B A >.至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润. 14．18281.21元 【分析】根据复利计算即可得出答案. 【详解】由题意得，小明的父母在2022年底将存款连本带利全部取出的钱数为： ()()()()65411000010.027*******.027*******.027*******.0275++++++++()()()()()56120010.0275110.027********.0275110.0275+-+=++-+18281.21≈（元）即能取到18281.21元.15．（1）0.999879；（2）4221.【分析】（1）根据题意，生物体死亡n 年后，体内每克组织中的碳14的残留量为n a ，则可判断出{}n a 是一个等比数列，由题意列出通项公式，解出q 即可； （2）由题意，利用等比数列的通项公式列方程，解出n. 【详解】(1)设生物体死亡时，体内每克组织中的碳14的含量为1，每年的衰变率为q ，n 年后的残留量为n a ，则{}n a 是一个等比数列．由碳14的半衰期为5730，则 57305730112n a a qq===，解得：157301()0.9998792q =≈． 即碳14的年衰变率为0.999879；(2)设动物约在距今n 年前死亡，由0.6n a =，得10.9998790.6n n n a a q ===，解得4221n ≈，所以动物约在距今4221年前死亡． 16．424万元 【分析】设这家牛奶厂每年应扣除x 万元消费基金，则由规律可得第五年剩余资金为：5234333331000()[1()()()]22222x ⨯-++++，由题意知，5234333331000()[1()()()]200022222x ⨯-++++=，即可求得x 的值． 【详解】解：设这家牛奶厂每年应扣除x 万元消费基金，则： 第一年剩余资金为：31000(150%)10002x x +-=⨯-，第二年剩余资金为：23333(1000)1000()(1)2222x x x ⨯-⨯-=⨯-+， ⋯⋯以此类推，第五年剩余资金为：5234333331000()[1()()()]22222x ⨯-++++，由题意知，5234333331000()[1()()()]200022222x ⨯-++++=，即553()132[]1000()20003212x -=⨯--，解得：424x ≈，故这家牛奶厂每年应扣除424万元消费基金．17．110.035a ，210.070a ，310.105a ，1010.35%nn a . 【分析】本题可根据活期存款年利率的计算方式得出结果. 【详解】11010.35%10.035a ，221010.35%10.070a ，331010.35%10.105a ，1010.35%nna .18．（Ⅰ）1412005n n a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，154004n n b -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭；（Ⅱ）6年.【分析】（Ⅰ）由题意知{a n }，{b n }均为等比数列，根据条件中的数列{a n }的首项和公比直接写出通项公式，设数列{b n }的公比为 q ，根据三年内旅游业总收入求得q ，从而求得{b n }的通项公式；（Ⅱ）设至少经过 n 年，旅游业的总收入才能超过总投入.分别计算出经过 n 年，总投入和旅游业总收入，根据不等关系列出表达式，解得n 的最小值即可. 【详解】解：（Ⅰ）由题意知{a n }，{b n }均为等比数列，数列{a n }的首项为1200，公比为4120%5-=，所以1412005n n a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，设数列{b n }的公比为 q ，显然 q > 0 ， q ≠ 1. 所以三年内旅游业总收入为()3400115251q q-=-，即261116q q ++=， 所以21616450q q +-=，解得 54q =或49q =-（舍去）， 所以 154004n n b -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭.（Ⅱ）设至少经过 n 年，旅游业的总收入才能超过总投入.则经过 n 年，总投入为 41200154600014515n n⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-，经过n 年，旅游业总收入为5400145160015414nn⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-，所以54160016000145n n⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫->-⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，化简得4515419054n n⎛⎫⎛⎫+->⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设4(01)5nt t⎛⎫=<<⎪⎝⎭，代入上式得2151940t t-+>，解此不等式，得t >1（舍去）或t <415，即44515n⎛⎫<⎪⎝⎭，解得454lg42lg2(lg3lg5)3lg2lg3115log 5.94152lg2lg53lg21lg5n-+-->===≈--由此得n≥6 .所以至少经过6 年，旅游业的总收入才能超过总投入.。
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。
高考数学压轴专题人教版备战高考《数列》基础测试题附答案解析
【高中数学】数学《数列》复习知识点一、选择题1．若{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且11223S π=，则6tan()a 的值为（ ）A B ．C D ．【答案】B 【解析】 【分析】由11162a a a +=,即可求出6a 进而求出答案． 【详解】∵()11111611221123a a S a π+===，∴623a π=，()62tan tan 3a π⎛⎫== ⎪⎝⎭故选B. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前n 项和性质即可，属于基础题型.2．已知数列{}n a 是1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，12...,(*)n n T c c c n N =+++∈，则当2019n T <时，n 的最大值是( ) A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】A 【解析】 【分析】由题设知21n a n =-，12n nb -=，由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <，得1222019n n +--<，由此能求出当2019n T <时n 的最大值．【详解】{}n a Q 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b Q 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--，2019n T <Q ，1222019n n +∴--<，解得：10n <．则当2019n T <时，n 的最大值是9．故选A ． 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.3．对于实数,[]x x 表示不超过x 的最大整数.已知正项数列{}n a 满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和，则[][][]1240S S S +++=L （ ）A ．135B ．141C ．149D ．155【答案】D 【解析】 【分析】利用已知数列的前n 项和求其n S 得通项，再求[]n S 【详解】解：由于正项数列{}n a 满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈，所以当1n =时，得11a =，当2n ≥时，111111[()]22n n n n n n n S a S S a S S --⎛⎫=+=-+⎪-⎝⎭ 所以111n n n n S S S S ---=-，所以2=n S n ，因为各项为正项，所以=n S因为[][][]1234851,1,[]1,[][]2S S S S S S =======L ,[]05911[][]3S S S ====L ,[]161724[][]4S S S ====L ,[]252635[][]5S S S ====L , []363740[][]6S S S ====L .所以[][][]1240S S S +++=L 13+25+37+49+511+65=155⨯⨯⨯⨯⨯⨯， 故选：D 【点睛】此题考查了数列的已知前n 项和求通项，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题.4．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（ ）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ， 即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.5．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（ ）A ．20152016 B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D 【解析】 【分析】求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值． 【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+，因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．6．已知{}n a 是单调递增的等比数列，满足352616,17a a a a ⋅=+=，则数列{}n a 的前n 项和n S = A ．122n+ B ．122n- C ．1122n -+D ．1122n -- 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列的性质和韦达定理可得26a a ， 为方程217160x x -+= 的实根，解方程可得q和a 1，代入求和公式计算可得． 【详解】∵352616,17a a a a ⋅=+=，∴由等比数列的性质可得26261617a a a a ⋅=+=， ，26a a ， 为方程217160x x -+= 的实根解方程可得2626116161a a a a ====，，或， ， ∵等比数列{a n }单调递增，∴26116a a ==，，∴1122q a ，＝= ，∴()1112122122nn n S ----＝＝ 故选D ． 【点睛】本题考查等比数列的求和公式，涉及等比数列的性质和一元二次方程的解法，属中档题．7．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，若639S S =，562S =，则1a =（ ） AB ．2CD ．3【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分析可得等比数列{}n a 的公比1q ≠±，进而由等比数列的通项公式可得()()631111911a q a q qq--=⨯--，解可得2q =，又由()5151131621a q Saq-===-，解可得1a 的值，即可得答案．【详解】根据题意，等比数列{}n a 中，若639S S =，则1q ≠±， 若639S S =，则()()631111911a q a q qq--=⨯--，解可得38q=，则2q =，又由562S =，则有()5151131621a q S aq-===-，解可得12a =；故选B ． 【点睛】本题考查等比数列的前n 项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前n 项和的性质．8．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若32S =，618S =，则106S S 等于（ ） A ．-3 B ．5C ．-31D ．33【答案】D 【解析】 【分析】先由题设条件结合等比数列的前n 项和公式，求得公比q ，再利用等比数列的前n 项和公式，即可求解106S S 的值，得到答案. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中32S =，618S =，可得313366316(1)1121(1)11181a q S q q a q S q q q---====--+-，解得2q =，所以101105105516(1)11133(1)11a q S q q q a q S q q---===+=---. 故选：D . 【点睛】本题主要考查了等比数列的前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n 项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.9．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=（ ） A ．21 B ．42 C ．63 D ．84【答案】B 【解析】由a 1+a 3+a 5=21得242421(1)21172a q q q q q ++=∴++=∴=∴ a 3+a 5+a 7=2135()22142q a a a ++=⨯=，选B.10．数列{}n a 的通项公式为()n a n c n N *=-∈．则“2c <”是“{}na 为递增数列”的（ ）条件． A ．必要而不充分 B ．充要C ．充分而不必要D ．即不充分也不必要【答案】A 【解析】 【分析】根据递增数列的特点可知10n n a a +->，解得12c n <+，由此得到若{}n a 是递增数列，则32c <，根据推出关系可确定结果. 【详解】 若“{}n a 是递增数列”，则110n n a a n c n c +-=+--->， 即()()221n c n c +->-，化简得：12c n <+， 又n *∈N ，1322n ∴+≥，32c ∴<， 则2c <¿{}n a 是递增数列，{}n a 是递增数列2c ⇒<，∴“2c <”是“{}n a 为递增数列”的必要不充分条件．故选：A . 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.11．设数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，76a =.则这个数列的前7项和等于（ ） A ．12 B ．21C ．24D ．36【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得3a ，由等差数列求和公式可得结果. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=， 所以336a =，即32a =， 又76a =， 所以73173a a d -==-，1320a a d =-=， 故1777()212a a S +== 故选：B 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题.12．已知数列{}n a 是正项等比数列，若132a =，3432a a ⋅=，数列{}2log n a 的前n 项和为n S ，则n S >0时n 的最大值为 （ ） A ．5 B ．6C ．10D ．11【答案】C 【解析】2525163412132323222log 62n n n n a a a q q q a a n --⋅===⇒=⇒=⨯=⇒=-⇒ max (56)011102n n n S n n +-=>⇒<⇒= ，故选C.13．若两个等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和分别为n A 、n B ，且满足2131n n A n B n -=+，则371159a a ab b +++的值为（ ）A ．3944B ．58C ．1516D ．1322【答案】C 【解析】 【分析】利用等差中项的性质将371159a a ab b +++化简为7732a b ,再利用数列求和公式求解即可. 【详解】11337117131135971313()3333213115213()22223131162a a a a a a A b b b b b B +++⨯-==⨯=⨯=⨯=++⨯+, 故选:C. 【点睛】本题考查了等差中项以及数列求和公式的性质运用,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.14．设等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ,若105:1:2S S =,则155:S S =( ) A ．34B ．23C ．12D ．13【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列前n 项和的性质求解可得所求结果． 【详解】∵数列{}n a 为等比数列，且其前n 项和记为n S ， ∴51051510,,S S S S S --成等比数列． ∵105:1:2S S =，即1051 2S S =， ∴等比数列51051510,,S S S S S --的公比为105512S S S -=-， ∴()1510105511 24S S S S S -=--=， ∴15510513 44S S S S =+=， ∴1553:4S S =． 故选A ． 【点睛】在等比数列{}n a 中，其前n 项和记为n S ，若公比1q ≠，则233,,,k k k k k S S S S S --L 成等比数列，即等比数列中依次取k 项的和仍为等比数列，利用此性质解题时可简化运算，提高解题的效率．15．在等差数列{}n a 中，其前n 项和是n S ，若90S >，100S <，则在912129,,,S S S a a a ⋯中最大的是（ ） A ．11S a B ．88S a C ．55S a D ．99S a 【答案】C 【解析】 【分析】由题意知5600a a ＞，＜ ．由此可知569121256900...0,0,...0S S S S Sa a a a a ，，，>>><<，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ． 【详解】 由于191109510569()10()9050222a a a a S a S a a ++====+＞，（）＜ ， 所以可得5600a a ＞，＜． 这样569121256900...0,0,...0S S S S Sa a a a a ，，，>>><<， 而125125S S S a a a ⋯⋯＜＜＜，＞＞＞>0， ，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ． 故选C ． 【点睛】本题考查等数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．属中档题.16．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*n ∈N ），则n S =（ ） A ．121n -+ B ．2n n ⋅C ．31n -D ．123n n -⋅【答案】B 【解析】 【分析】由题得122,1n n a n a n ++=⨯+再利用累乘法求出1(1)2n n a n -=+⋅，即得n S . 【详解】 由题得111(1)(1),,,2121n n n nn n n na n a na n a S S a n n n n ++---=∴=∴=-++++（2n ≥） 所以122,1n n a n a n ++=⨯+（2n ≥） 由题得22166,32a a a =∴==，所以122,1n n a n a n ++=⨯+（1n ≥）. 所以324123134512,2,2,2,234n n a a a a n a a a a n -+=⨯=⨯=⨯=⨯L ， 所以11112,(1)22n n n n a n a n a --+=⋅∴=+⋅. 所以(2)222n n n nS n n n =⨯+⋅=⋅+. 故选：B 【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查数列前n 项和与n a 的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.17．已知等差数列{}n a 中，首项为1a （10a ≠），公差为d ，前n 项和为n S ，且满足15150a S +=，则实数d 的取值范围是（ ）A．[； B．(,-∞C．)+∞D．(,)-∞⋃+∞【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列的前n 项和公式转化条件得11322a d a =--，再根据10a >、10a <两种情况分类，利用基本不等式即可得解. 【详解】Q 数列{}n a 为等差数列，∴1515455102a d d S a ⨯=+=+，∴()151********a S a a d +++==， 由10a ≠可得11322a d a =--，当10a >时，1111332222a a d a a ⎛⎫=--=-+≤-= ⎪⎝⎭1a 时等号成立；当10a <时，11322a d a =--≥=1a =立； ∴实数d的取值范围为(,)-∞⋃+∞.故选：D.【点睛】本题考查了等差数列前n 项和公式与基本不等式的应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.18．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（ ）A ．23岁B ．32岁C ．35岁D ．38岁【答案】C【解析】【分析】根据题意，得到数列{}n a 是等差数列，由9207S =，求得数列的首项1a ，即可得到答案．【详解】设这位公公的第n 个儿子的年龄为n a ，由题可知{}n a 是等差数列，设公差为d ，则3d =-， 又由9207S =，即91989(3)2072S a ⨯=+⨯-=，解得135a =， 即这位公公的长儿的年龄为35岁．故选C ．【点睛】 本题主要考查了等差数列前n 项和公式的应用，其中解答中认真审题，熟练应用等差数列的前n 项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．19．根据下面的程序框图，输出的S 的值为（ ）A ．1007B ．1009C ．0D ．-1【答案】A【解析】【分析】 按照程序框图模拟运行即可得解.【详解】1i =，1112x ==--，0(1)1S =+-=-；2i =，111(1)2x ==--， 11122S =-+=-；3i =，12112x ==-， 13222S =-+=；4i =，1112x ==--， 31(1)22S =+-=，…， 由此可知，运行程序过程中，x 呈周期性变化，且周期为3， 所以输出112672110072S ⎛⎫=-++⨯-= ⎪⎝⎭. 故选A【点睛】本题主要考查程序框图和数列的周期性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20．已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a的取值范围为（ ）A ．(1,2)B ．(0,3)C ．(0,2)D ．(0,1)【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据{}n a 的单调性以及10a >得到1a 满足的不等关系，由此求解出1a 的取值范围.【详解】 由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111*********n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 化简得111110113a a ⎛⎫<-<-⎪⎝⎭，所以101a <<. 故选：D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据1,n n a a +之间的大小关系分析问题.。
2023届高考复习数学易错题专题(数列)汇编(附答案)
2023届高考复习数学易错题专题（数列）汇编1．已知数列{a n }是等比数列，a 5＝4，a 9＝16，则a 7＝( )A ．8B ．±8C ．－8D ．12. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，1n n a a n ++=，则（ ）A. 22S =B. 24144S =C. 31243S =D. 60660S =3．已知在等比数列{a n }中，a 3＝7，前三项之和S 3＝21，则公比q 的值是( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或124. 设数列{}n a 满足12321111222n n a a a a n -+++⋅⋅⋅+=，求{}n na 的前n 项和（ ） A. ()121n n -- B. ()121n n -+ C. ()1121n n ++- D. ()1121n n +++ 5. 1232482n n n S =++++= （ ） A. 22n n n - B. 1222n n n +-- C. 1212n n n +-+ D. 1222n n n +-+ 6. 已知数列{}n a 满足112a =，213a =，()1223111n n n a a a a a a n a a n N ++++++=⋅⋅∈L ，记数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则2021S =（ ） A. 202120212⋅ B. 202220212⋅ C. 202120222⋅ D. 202220222⋅7．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 2ꞏa 6ꞏa 10＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 2＋b 101－a 3ꞏa 9的值是( ) A ．1 B ．2 C ．－2 D ．－ 38．一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程之和是(结果保留到个位)( )A ．300米B ．299米C ．199米D ．166米9. 已知数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足：1*112233(1)22()n n n a b a b a b a b n n N ++++⋯+=-⋅+∈，若{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列，11()3n n c -=-，则数列n n a c ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项的和是（ ）A. 1(41)(3)16nn -+- B. 13(41)16n n ++ C. 1(32)(3)16n n -+- D. 13(32)16n n ++ 10．数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋tn (n ≤2 020)，若数列{a n }为递减数列，则t 的取值范围是________．11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－16n ，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 11|＝________.12．设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，已知S n T n＝2n ＋14n －2(n ∈N *)，则a 10b 3＋b 17＝______. 13．数列{a n }满足1a n ＋2＝2a n ＋1－1a n ，a 1＝1，a 5＝19，b n ＝2na n ，则数列{b n }的前n 项和为S n ＝________. 14. 已知数列{}n a 满足11a =，()*13n n a a n n ++=-∈N ，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若192n S =-，则n =__________.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝4n －3，则数列{a n }的通项公式为________． 16. 若数列{}n a 的前n 项和1n n S n-=，则其通项公式为_______． 17. 已知数列{}n a 的前n 项和为21n S n n =++，求这个数列的通项公式.18. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若13a =，15n n a S +=+，则5S =______． 19. 已知等比数列{}n a 中，12a =，36S =，求3a 和q ．20. 数列{}n a 是首项14a =的等比数列，且324,,S S S 成等差数列，求数列{}n a 的通项公式. 21. 已知数列{}n a 的前n 项和n S ，满足关系()lg 1n S n -=（n ∈N ，1n ≥），求{}n a 的通项公式．22. 已知数列{}n a 中，满足()1212,,n n n a a a b a k a a ++===+对任意*n ∈N 都成立，数列{}n a 的前n 项和为n S ．若1a b ==，且{}1n n a a ++是等比数列，求k 的值，并求n S ．。
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.。
2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)
数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点（解析版）4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m项，可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n，a m+n或a m-n+a m+n的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和．热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)．若a 1>1，则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ，第n 根弦(n ∈N ，从左数首根弦在y 轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l ：y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n，则20n =0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列，数列b n 满足b n =na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和．证明：T n <S n2．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ,BB ,CC ,DD 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举，OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3．已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点，则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0，函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列，则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ，其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ；(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y .证明：当i >24时，E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点A 处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1，P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和，b n为数列S n的前n项积，已知2S n+1b n=2．(1)证明：数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式．热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯，C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形数构成数列a n，正方形数构成数列b n，则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2；B.1225既是三角形数，又是正方形数；C.10i =11b i +1-a i +1=95；D.∀m ∈N *，m ≥2总存在p ，q ∈N *，使得b m =a p +a q 成立；32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足：a i =a n +1-i i =1，2，3，⋯，n 我们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列c n 为2k +1项的“对称数列”，其中c 1，c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列，数列c n 的最大项等于8，记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1，若S 2k +1=32，则k =．数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a 4,a 6，再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列，则a 4<a 6，由a 3+a 7=34，得a 4+a 6=34，而a 4⋅a 6=280，解得a 4=14,a 6=20，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选：D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ，则半径为30mm ，周长为2π×30=60πmm ，又满盘时直径为120mm ，则半径为60mm ，周长为2π×60=120πmm ，又因为卫生纸的厚度为0.1mm ，则60-300.1=300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，于是根据等差数列的求和公式，得：S300=300×60π+120π2=27000πmm ，又27000πmm≈84780mm≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，故选：B.3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则a n是以9为首项，9为公差的等差数列，a n=9+n-1×9=9n，设S n为a n的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n，S2n-S n，S3n-S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n-S2n=S2n-S n+729，即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729，解得n=9，所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选：C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m 项，可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ，a m +n 或a m -n +a m +n 的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列，且a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ，则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1，a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2，因此，a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选：D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a 1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，所以，a 11-12 6 1-12=6332a 1=378，解得a 1=378×3263=192，所以，此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选：D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列，a 2a 4a 5=a 3a 6，a 9a 10=-8，则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1，联立a 9a 10=-8求出q 3=-2，最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ，则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ，显然a n ≠0，则a 4=q 2，即a 1q 3=q 2，则a 1q =1，因为a 9a 10=-8，则a 1q 8⋅a 1q 9=-8，则q 15=q 5 3=-8=-2 3，则q 3=-2，则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2，故答案为：-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an }的通项公式；(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n =2n -12；(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式；(Ⅱ)首先求得S n 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ，因为a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列，所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6)，即(2d -2)2=d (3d -4)，解得d =2，所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214；当n =5或者n =6时，S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和．已知2S nn+n =2a n +1．(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)-78．【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差即可得到a n -a n -1=1，从而得证；(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a 1，即可得到a n 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②，①-②得，2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ，即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1，即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)[方法一]：二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ，解得a 1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时，S nmin=-78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时，S nmin=-78．【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S n的最小值，适用于可以求出S n的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和．【答案】(1)a n=2n+1，2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b n=2n，前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1，求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1，即b k<2k+1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，据此可得2k-1<b k，综上可得：2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<bk<2k+1，2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-3 2k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，所以2k-1<b12k-1<2k+1，即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-1 2k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，所以数列的通项公式为b n=2n，其前n项和为：S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y=1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n，则20n=0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：y n =n +1,y n =1.1n ，则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120，可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121，两式相减可得：-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4，所以20n =0y n y n=914.故答案为：914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1，得到结论；(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =2(n -1)+log 2a 1，从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20，令f (x )=341x +5log 2x +20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a 1=1，b n =14n2，求出T 1=14<74，当n ≥2时，利用裂项相消法求和，得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明如下：根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得，a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1；∵a 1>0，∴a 2n -1>0，a2n +1a 2n -1=4，即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得，a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1，故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20，由S 10=361，得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20，当x >0时，f (x )=341x +5log 2x +20单调递增，且f (1)=361=f a 1 ，故a 1=1，a 2n +1=4n =22n ，a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ，∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2，T 1=b 1=14<12，当n ≥2时，b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12，综上，知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在，c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，利用AM =MB ，可得x 1+x 2=1，分类讨论：①x 1=12，x 2=12；②x 1≠12时，x 2≠12，利用函数解析式，可求y 1+y 2的值；(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2，∴f k n +f n -kn=-2，代入k =0，1，2，⋯，n -1，利用倒序相加法可得S n =1-n ，从而可得数列a n 的通项与前n 项和，利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，则AM =12-x 1,y M -y 1 ，MB =x 2-12,y 2-y M ，∵AM =MB ，∴x 1+x 2=1．①当x 1=12时，x 2=12，y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2；②当x 1≠12时，x 2≠12，y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2；综合①②得，y 1+y 2=-2．(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2．∴f k n +f n -k n=-2，k =0,1,2,⋯,n -1，∴n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得，2S n =-2(n -1)，则S n =1-n ．又n =1时，S 1=0满足上式，∴S n =1-n ．∴a n =2S n=21-n ，∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n．∵T m -c T m +1-c <12，∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0，∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0，∵Tm +1=2-12m ，2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ，∴12≤2-32m <c <2-12m <2，c ,m 为正整数，∴c =1，当c =1时，2-32m<12-12m >1，∴1<2m <3，∴m =1．【点评】作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1，其他项都在0,1 范围内，再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13，累加可求出1a n >13(n +2)，得出100a 100<3，再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ，累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ，再次放缩可得出100a 100>52．【详解】∵a 1=1，易得a 2=23∈0,1 ，依次类推可得a n ∈0,1由题意，a n +1=a n 1-13a n ，即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ，∴1a n +1-1a n =13-a n >13，即1a 2-1a 1>13，1a 3-1a 2>13，1a 4-1a 3>13，⋯，1a n -1a n -1>13,(n ≥2)，累加可得1a n -1>13n -1 ，即1a n >13(n +2),(n ≥2)，∴a n <3n +2,n ≥2 ，即a 100<134，100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2)，∴1a 2-1a 1=131+12 ，1a 3-1a 2<131+13 ，1a 4-1a 3<131+14 ，⋯，1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3)，累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3)，∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39，即1a 100<40，∴a 100>140，即100a 100>52；综上：52<100a 100<3．故选：B ．16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n，结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形，即S 1=21×1212=121=12，操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形，即S 2=22×122 2=122=14，操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形，即S 3=23×1232=123=18，以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n ，由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n，从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解，将不等式变形为12 n ≤12024，注意到12 10=11024>12024，1211=12048<12024，且函数y =12x在R 上单调递减，所以n 的最小值是11.故选：C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式，利用裂项求和可得T n 表达式，即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ，由S 4=4S 2得，4a 1+6d =42a 1+d ，解得d =2a 1，∵a 3n =3a n +2，即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2，∴2d =2a 1+2，结合d =2a 1，∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1；(2)证明：由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1，即∴T n =121-12n +1 ，又T n 随着n 的增大增大，当n =1时，T n 取最小值为T 1=13，又n →+∞时，12n +1>0，且无限趋近于0，故T n =121-12n +1 <12，故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23，得到S n =n +2 a n 3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得：a n a n -1=n +1n -1，利用累乘法求得a n =n n +1 2，检验对于n =1也成立，得到a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ，进而证得.【详解】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12，显然对于n=1也成立，∴a n的通项公式a n=n n+12；(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列，数列b n满足b n=na n3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求a n和b n的通项公式；(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和．证明：T n<S n 2．【答案】(1)a n=13n-1，b n=n3n；(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n，再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以a n=13n-1，所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ，T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n．设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．故T n<S n 2．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n，T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1，所以T n=341-13n-n2⋅3n，所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0，所以T n<S n 2 .[方法三]：构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n，令c n=(αn+β)13 n，且b n=c n-c n+1，即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1，通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以c n=32n+34 ⋅13 n．则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n，下同方法二．[方法四]：导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x，由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2，则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2．又b n=n13n=13n13 n-1，所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n，下同方法二．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1)；(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式，再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列，进而求B n ；(2)由题设易得b n +1=3b n ，等比数列前n 项和公式求B n ，进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1，裂项相消法化简已知不等式左侧，得b 1>31-23n +1-1恒成立，进而求最小值.【详解】(1)由题设，a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2，而a 1=A 1=3，显然也满足上式，故a n =3n ，由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2，又b 1=2，所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上，B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ，a n +1-a n =32b n +1-b n ，则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n )，所以b n +1=3b n ，而b 1≥1，故bn +1b n=3，即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1)，则B n +1=b12(3n +1-1)，b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1，而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13，所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13，所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立，所以1-23n +1-1<1，故b 1≥3，则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ；b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，根据题意列式求d ,q ，进而可得结果；(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56，进而根据数列单调性分析证明.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，可得1+4d =5d ，解得d =1。
高考数学一轮复习： 专题6.4 数列求和(练)
专题6.4 数列求和【基础巩固】一、填空题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________.【答案】n 2＋1－12n【解析】该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n. 2．(·南通调研)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 017项和为________． 【答案】2 0172 0183．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100＝________.【答案】－200【解析】S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4．(·江西高安中学等九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16＝________. 【答案】7【解析】根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.5．(·泰州模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________. 【答案】6【解析】由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20， ∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6.6．(·南通、扬州、泰州三市调研)设数列{a n }满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑100k ＝1 (a k a k ＋1)的值为________． 【答案】1001017．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________． 【答案】60【解析】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)＝60.8．(·镇江期末)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________. 【答案】4n－1【解析】由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1.二、解答题9．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．10．(·苏北四市调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足：a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *)． (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数λ的值； (2)若λ＝12，求S n .解 (1)令n ＝1，a 1S 2－a 2S 1＋a 1－a 2＝λa 1a 2，解得a 2＝21＋λ. 令n ＝2，a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3，解得a 3＝2λ＋4λ＋12λ＋1.由a 22＝a 1a 3得⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2＝2λ＋4λ＋12λ＋1， 因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时，a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12， 即S n ＋1＝n ＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝n ＋22a n －1，②由①－②得a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n－1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是首项为13的常数列，所以a n ＝13(n ＋2)． 代入①得S n ＝n ＋32a n －1＝n 2＋5n 6.【能力提升】11．(·长治联考)设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是________． 【答案】92【解析】a n ＝1＋(n －1)＝n ，S n ＝n 1＋n2，∴S n ＋8a n＝n 1＋n2＋8n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋16n ＋1≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n ·16n ＋1＝92，当且仅当n ＝4时，取等号． ∴S n ＋8a n 的最小值是92. 12．(·盐城中学模拟)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和为________． 【答案】7813．(·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧1－x －12，0≤x <2，f x －2，x ≥2，若对于正数k n (n ∈N*)，直线y＝k n x与函数y＝f(x)的图象恰有(2n＋1)个不同交点，则数列{k2n}的前n项和为________．【答案】n4n＋4【解析】函数f(x)的图象是一系列半径为1的半圆，因为直线y＝k n x与f(x)的图象恰有(2n＋1)个不同交点，所以直线y＝k n x与第(n＋1)个半圆相切，则2n＋1k n1＋k2n＝1，化简得k2n＝14n n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1，则k21＋k22＋…＋k2n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＋1＝n4n＋4.14．(·苏、锡、常、镇四市调研)正项数列a1，a2，…，a m(m≥4，m∈N*)，满足a1，a2，a3，…，a k－1，a k(k<m，k∈N*)是公差为d的等差数列，a1，a m，a m－1，…，a k＋1，a k是公比为2的等比数列．(1)若a1＝d＝2，k＝8，求数列a1，a2，…，a m的所有项的和S m；(2)若a1＝d＝2，m<2 016，求m的最大值；(3)是否存在正整数k，满足a1＋a2＋…＋a k－1＋a k＝3(a k＋1＋a k＋2＋…＋a m－1＋a m)？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．又a1，a m，a m－1，…，a k＋1，a k是公比为2的等比数列，则a k＝a1·2m＋1－k，故a1＋(k－1)d＝a1·2m＋1－k，即(k－1)d＝a1(2m＋1－k－1)．又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋a k ＝3(a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a m －1＋a m )，a m ＝2a 1， 则ka 1＋12k (k －1)d ＝3×2a 1×1－2m －k1－2，即ka 1＋12ka 1(2m ＋1－k －1)＝3×2a 1(2m －k－1)，则12k ·2m ＋1－k ＋12k ＝6(2m －k －1)， 即k ·2m ＋1－k＋k ＝6×2m ＋1－k－12，显然k ≠6，则2m ＋1－k＝k ＋126－k ＝－1＋186－k，。
高考数学复习考点知识与结论专题讲解33 数列的概念和性质
高考数学复习考点知识与结论专题讲解第33讲 数列的概念和性质通关一、数列的概念一般地，按一定次序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项.数列的一般形式可以写成:123,,,,,n a a a a ，简记为{}n a ，其中数列的第1项1a ，也称首项;数列的第n 项n a ，也叫数列的通项. 要点诠释:(1){}n a 与n a 的含义完全不同:{}n a 表示一个数列，n a 表示数列的第n 项；(2)数列的项与项数是两个不同的概念:数列的项是指数列中的某一个确定的数，而项数是指这个数在数列中的位置序号；(3)数列中的数是按一定次序排列的，因此，如果组成两个数列的数相同序排列次序不同，那么它们就是不同的数列；(4)定义中并没有规定数列中的数必须不同，因此，同一个数在数列中可以重复出.通关二、数列的分类1,2,3,4,,100 ,,n3,4,5,,n1,,20156,6,6,6,2,3,4,-1,1,1,-1,3,4,4,通关三、数列的通项公式如果数列{}n a 的第n 项n a 与n 之间的函数关系可以用一个公式表示成n a ()f n =，那么这个公式就叫作这个数列的通项公式，数列的通项公式就是相应函数的解析式. 要点诠释:(1)并不是所有数列都能写出其通项公式.(2)一个数列的通项公式有时是不唯一的.如数列:1,0,1,0,1,0，通项公式可以是11(1)2n n a ++-=，也可以是sin 2n n a π=.(3)数列通项公式的作用： ①求数列中任意一项；②检验某数是否是该数列中的一项.(4)数列的通项公式具有双重身份，它表示了数列的第n 项，又是这个数列中所有各项的一般表示.通关四、数列{}n a 的前n 项和数列{}n a 的前n 项和:指数列{}n a 的前n 项逐个相加之和，通常用n S 表示，即12n n S a a a =+++，1*1(1)2(n n n S n a S S n n -=⎧⎪=⎨-∈⎪⎩N ）且….结论一、数列通项公式给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系，主要从以下几个方面来考虑：(1)分式形式的数列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系； (2)若第n 项和第1n +项正负交错，那么符号用(1)n-或1(1)n +-或1(1)n --来调控；(3)熟悉一些常见数列的通项公式；(4)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式进行变形，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳.【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)4142,,,,52117；(2)1925,2,,8,,222；(3)7,77,777,； (4)0,3,8,15,24,.【答案】(1)432n a n =+(2)22n n a =(3)()71019n n a =-(4)21n a n =-【解析】(1)注意前四项中有两项的分子为4，不妨把分子统一为4，即为4444,,,581114，，它们的分母相差3，因而有432n a n =+. (2)把分母统一为2，则有1491625,,,,,22222，因而有22n n a =.(3)把各项除以7，得到1,11,111,，再乘以9，得到9,99,999,，因而有()71019n n a =-. (4)观察数列递增速度较快，用平方数列对照看一看，即222221,2,3,4,5,，则有21n a n =-.【变式】根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式(1)23451,,,,,3579；(2)3143984,,,,251017；(3)392565,,,,24816；(4)5791,,,,81524--.【答案】(1)21n n -(2)221n n n ++(3)12n n +(4)1221(1)2n n n n ++-+【解析】(1)先将数列23451,,,,,3579，第1项也化为分数，数列变为12345,,,,13579，此时可以看出分子是按正整数顺序排列，分母是按奇数排列，因此此数列的通项公式为21n na n =-. (2)将数列各项化为带分数，即149161,2,3,4,251017，可以发线正整数部分是按正整数顺序排列的，分数部分各分子均为2n ，分母都比分子大1，所以分数部分的通项公式为221n n +.两部分合成为221n n a n n =++.(3)将数列各项化为带分数，即11111,2,3,4,24816，可以发现整数部分是按正整数顺序排列的，分数部分各分子均为1，分母是2n，所以两部分合成为12nn +. (4)先将数列各项取为正数，即为5791,,,,81524，再将第1项也化为分数(注意第1项化为分子符合各项分子变化规律的分数)即为3579,,,,381524，可以观察出各项分子是3开始的奇数，通项公式可以写为21n +，分母排成的数列后项与前项的差呈现出等差数列规律，求出分母的通项公式是22n n +，合起来为2212n n n ++，再考虑正负号变化规律，即可得出通项公式为1221(1)2n n n n++-+. 结论二、数列的周期性对于数列{}n a ，如果存在一个常数()*T T ∈N，使得对任意的正整数0n n >，恒有n Tn aa +=成立，则称数列{}n a 是从第0n 项起的周期为T 的周期数列.若01n =，则称数列{}n a 为纯周期数列，若02n …，则称数列{}n a 为混周期数列，T 的最小值称为最小正周期，简称周期. 【例2】设数列{}n a 满足1112,1n na a a +==-，记数列{}n a 前n 项之积为n T ，则2020T 的值为（）. A.2 B 1 C.1-D.2-【答案】D 【解析】因为12a =，111n n a a +=-，所以211112a a =-=，32111a a =-=-，43112a a =-=，即数列{}n a 是周期为3的周期数列，且1231a a a ⋅⋅=-，故673202067331(1)22T T ⨯+==-⨯=-.故选D.【变式】数列{}n a 满足112,02121,12n n n n n a a a a a +⎧<⎪⎪=⎨⎪-<⎪⎩……，若167a =，则20a 的值为（）.A.67B57C.37D.17【答案】B【解析】因为数列{}n a 满足112,02121,12n n n n n a a a a a +⎧<⎪⎪=⎨⎪-<⎪⎩……，167a =，所以215217a a =-=，323217a a =-=，43627a a ==，所以数列{}n a 是周期为3的循环数列，所以20257a a ==.故选B.结论三、已知n S 求n a 的一般步骤任意数列{}n a 的前n 项和1121(1);(2)n n n nn S n S a a a a S S n -=⎧=+++=⎨-⎩….要点诠释:由前n 项和n S 求数列通项时，要分三步进行： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用1,2n n n a S S n -=-…便求出当2n …时n a 的表达式；(3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n …时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n …两段来写. 【例3】已知数列{}n a 的前n 项和为21n S n =-，则其通项公式na =__________.【答案】0,121,2n n n =⎧⎨-⎩…【解析】因为已知数列{}n a 的前n 项和21n S n =-，所以当1n =时，110a S ==，当2n …时，1n n n a S S -=-22221(1)1(1)21n n n n n ⎡⎤=----=--=-⎣⎦，经检验，1n =时，1a 不满足上述式子，故数列{}n a 的通项公式0,1.21,2n n a n n =⎧=⎨-⎩…【变式】已知数列{}n a 的前n 项和31nn S =+，则其通项公式na =__________.【答案】14,123,2n n n -=⎧⎨⋅⎩… 【解析】当1n =时，11314a S ==+=；当2n …时，()()111131312323nnnnn n na S S ----=-=+-+=⋅=⋅.当1n =时，111232a -⨯=≠，所以14,1.23,2n n na n -=⎧=⎨⋅⎩…结论四、n a 与n S 混合在一起的处理方法数列{}n a 的前n 项和n S 与通项n a 的关系为11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-⎩…，通过纽带:1(2)n n n a S S n -=-…，根据题目已知条件，消掉n a 或n S ，再通过构造成等差数列或者等比数列进行求解. 要点诠释：(1)若消掉n S ,应利.用已知递推式,把n 换成1n -得到另一个式子,两式相减即可求得通项. (2)若消掉n a ,只需把1n n n a S S -=-代入递推式得到n S ，1n S -的关系,求出n S 后再利用n a 与n S 的关系求通项.【例4】若数列{}n a 的前n 项和为2133n n S a =+,则1a =数列{}n a 的通项公式n a =__________.【答案】11(2)n --【解析】由已知条件得,当1n =时,112133a a =+,故11a =.当2n …时,2133n n S a =+,112133n n S a --=+,所以12233n n n a a a -=-,即12n n a a -=-.所以{}n a 是以1为首项,2-为公比的等比数列,所以1(2)n n a -=-.【变式】已知数列{}n a 的前n 项和n S ,若1111,3n n a S a +==,则7a =（）.A.74B. 534⨯C. 634⨯D. 641+【答案】B【解析】由113n n S a +=,可得11,23n n S a n -=…,两式相减可得:111,233n n n a a a n +=-…,即14,2n n a a n +=….数列{}n a 是从第二项起的等比数列,公比为4, 因为113n n S a +=,11a =.所以23a =.所以72572434a a -==⨯.故选B.结论五、数列单调性的判断方法①作差法:10n n a a +->⇔数列{}n a 是递增数列; 10n n a a +-<⇔数列{}n a 是递减数列; 10n n a a +-=⇔数列{}n a 是常数列.②作商法:当0n a >时,11n n a a +>⇔数列{}n a 是递增数列; 11n na a +<⇔数列{}n a 是递减数列; 11n na a +=⇔数列{}n a 是常数列. 当0n a <时,11n na a +>⇔数列{}n a 是递减数列; 11n na a +<⇔数列{}n a 是递增数列; 11n na a +=⇔数列{}n a 是常数列. 【例5】已知{}n a 是递增数列,且对于任意的*2,n n a n n λ∈=+N 恒成立,则实数λ的取值范围是__________. 【答案】3λ>-【解析】解法一（定义法）因为{}n a 是递增数列,所以对任意的*n ∈N ,都有1n a +>n a ,即22(1)(1)n n n n λλ+++>+,整理得210n λ++>,即(21)(*)n λ>-+. 因为1n …,所以(21)3n -+-…,要使不等式(*)恒成立,只需3λ>-.解法二（函数法）设2()n f n a n n λ==+,其图像的对称轴为直线2n λ=-,要使数列{}n a 为递增数列,只需使定义在正整数上的函数()f n 为增函数,故只需满足(1)(2)f f <,即3λ>-. 【变式】已知数列{}n a 的通项公式为(37)0.9n n a n =+⨯,则数列{}n a 的最大项是（）.A.5aB. 6aC. 7aD. 8a 【答案】C 【解析】由1310913710n n a n a n ++=⨯>+,解得203n <,又*n ∈N ,所以6n ….于是12a a <<7a <,当7n …时,11n na a +<, 故78a a >>, 因此最大项为7a .故选C .。
高考数学复习专题九考点23《数列的概念与简单表示法》练习题(含答案)
高考数学复习专题九考点23《数列的概念与简单表示法》练习题（含答案）1.已知数列{}n a 的通项公式为2n a n kn =-，且{}n a 单调递增，则实数k 的取值范围是( ) A.(,2]-∞B.(,2)-∞C.(,3]-∞D.(,3)-∞2.22，24，…，则162( ) A.第8项B.第9项C.第10项D.第11项3.已知在数列{}n a 中，11a =，123n n a a +=+，则n a 等于( ) A.123n -+B.123n ++C.123n --D.123n +-4.数列{}n a 中，12a =，m n m n a a a +=.若155121022k k k a a a ++++++=-，则k =( )A.2B.3C.4D.55.已知数列{}n a 满足32111232n n a a a a n ++++=-，则n a =( ) A.112n-B.312n - C.12nD.2nn 6.已知数列{}n a 的前n 项和为()*n S n ∈N ，且2n S n λ=+.若数列{}n a 为递增数列，则实数λ的取值范围为( ) A.(,1)-∞B.(,2)-∞C.(,3)-∞D.(,4)-∞7.《周髀算经》是中国古代重要的数学著作，其记载的“日月历法”曰：“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁，…，生数皆终，万物复苏，天以更远作纪历”，某老年公寓住有20位老人，他们的年龄（都为正整数）之和恰好为一遂，其中年长者已是奔百之龄（年龄介于90~100），其余19人的年龄依次相差一岁，则年龄最小者的年龄为( ) A.65B.66C.67D.688.已知数列{}n a 的前n 项和为112321 ,,0,3,2,1(3)22n n n n n n a aS a a a a n a a +--∈===⋅=++N .若100m a =，则m =( )A.50B.51C.100D.1019.若数列{}n a 满足12211,1,n n n a a a a a ++===+，则称数列{}n a 为斐波那契数列.1680年卡西尼发现了斐波那契数列的一个重要性质：211(1)(2)n n n na a a n -+-=-≥.在斐波那契数列{}n a 中，若k 满足22111(21)(21)999kki i i i i i a a i a ++==--≤-∑∑，给出下列结论：①k 可以是任意奇数；②k 可以是任意正偶数：③若k 是奇数，则k 的最大值是999；④若k 是偶数，则k 的最大值是500.其中正确结论的序号是( )A.①④B.②③C.①②D.③④10.已知集合{}{}1*21*3,,1333,n n A x x n B x x n --==∈==++++∈N N ∣∣.将A B ⋃的所有元素从小到大排列构成数列{}n c ，其前n 项和为n T ，则下列命题中真命题的个数为( ) ①202320222021c c c =+； ②{}2212n n c c --是等比数列；③使503n T >成立的n 的最小值为100； ④112ni ic =<∑恒成立. A.4B.3C.2D.111.在斐波那契数列{}n a 中，11a =，21a =，()122n n n a a a n --=+>.已知n S 为该数列的前n 项和，若2020S m =，则2022a =_____________.12.已知数列{}n a 中，11a =，()*12n n a a n +=∈N ，则数列{}n a 的通项公式为n a =___________.13.数列{}n a 满足2(1)31n n n a a n ++-=-，前16项和为540，则1=a ___________. 14.已知数列{}n a 满足12a =，且31122(2)234n n a a a a a n n-++++=-≥，则{}n a 的通项公式为_______________.15.已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，2211n n n S a S λ++=-，其中λ为常数.（1）证明：12n n S S λ+=+.（2）是否存在实数λ，使得数列{}n a 为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.参考答案1.答案：D解析：∵数列{}n a 中()2*n a n kn n =-∈N ，且{}n a 单调递增，10n n a a +∴->对于*n ∈N 恒成立，即()22(1)(1)210n k n n kn n k +-+--=+->对于*n ∈N 恒成立. 21k n ∴<+对于*n ∈N 恒成立，即3k <.故选D.2.答案：B22(2)，3(2)，4(2)，…，由此可归纳该数列的通项公式为()*(2)n n ∈N .又9162(2)，所以1629项.故选B.3.答案：D解析：由123n n a a +=+，得()1323n n a a ++=+，且134a +=，则{}3n a +是以4为首项，2为公比的等比数列，则1342n n a -+=⨯，所以123n n a +=-. 4.答案：C解析：因为数列{}n a 中，m n m n a a a +=，令1m =，则112n n n a a a a +==，所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，则11122k k k a a ++=⋅=.所以()()1011101111210122212212k k k k k k k a a a a +++++++-+++==-=--，则1111552222k k ++-=-，所以4k =，故选C. 5.答案：D 解析：32111232n n a a a a n ++++=-①，当2n 时，31211112312n n a a a a n --++++=--②，则①-②得，1111222n n n n a n -=-=，故(2)2n n n a n =.当1n =时，112a =，也符合2n n na =，故选D. 6.答案：B解析：当1n =时，111a S λ==+；当2n 时，221(1)21n n n a S S n n n λλ-==+---=--.则120n n a a --=>，所以当2n 时，数列{}n a 为递增数列.若数列{}n a 为递增数列，只需21a a >，即31λ>+，所以2λ<.故选B.7.答案：B解析：设年龄最小者的年龄为n ，年龄最大者的年龄为([90,100])m m ∈，所以(1)(18)1520n n n m ++++++=，所以191349n m +=，所以134919m n =-，所以90134919100n -，所以14565661919n ，因为年龄为正整数，所以66n =，故选B.8.答案：D 解析：因为3412122a a a a ⋅=++，所以45a =，同理可得564,7a a ==.令2(3)2nn n a b n a -=+，则11n n b b +=，因为31b =，所以3452 1,2n n n b b b b a a -======+，则有21202(1)2 2 , 32(1)21k k a k k a k k -=+-=-=+-=+，故(1)n n a n =+-.若(1)100m m a m =+-=，则101m =.故选D. 9.答案：B解析：由211(1)(2)n n n na a a n -+-=-≥可得212111(21)(21)1357(1)(21)kkk i i i i i i a ai a k +++==-⋅--=-+-++--∑∑.若k 为偶数，则22111(21)(21)1357(21)kki i i i i i a a i a k k ++==---=-+-+--=-∑∑，此时22111(21)(21)999kki i i i i i a a i a ++==--≤-∑∑，即999k -≤，k 无最大值，所以②正确，④错误；若k 为奇数，则22111(21)(21)1357(21)kki i i i i i a a i a k k ++==---=-+-++-=∑∑，此时22111(21)(21)999k ki i i i i i a a i a ++==--≤-∑∑，即999k ≤，此时k 的最大值为999，所以①错误，③正确.故选B. 10.答案：B解析：设1*3,n n a n -=∈N ，则数列{}n a 是首项为1、公比为3的等比数列，其前n 项和213113332n n n B --=++++=.因为111a B ==，且当2n ≥时，131332n n n --<<， 所以把A B ⋃的所有元素从小到大排列为122334455,,,,,,,,,B a B a B a B a B ，所以212131,32n n n n n n c B c a -+-====.对于①，1221213131322n n nn n n c c c +-+--+=+==，取1011n =，有202320222021c c c =+，故①正确.对于②，因为2213123212n nn n c c ---=-⨯=是常数，所以{}2212n n c c -- 是以1为首项、1为公比的等比数列，故②正确.对于③，易知49503a =，则数列{}n c 的前98项和()()98235012349T a a a B B B B =++++++++()234912350234950B B B B a a a B B B B =++++++++=++++()5123505014931073333224-=⨯+++-=<，前99项和515050509998999850310731531093424T T c T B --⨯-=+=+=+=>，故使得503n T >成立的n 的最小值为99，故③错误.对于④，因为当2n ≥时，0n n B a >>，所以11113n n n B a -<=， 所以2121122311111111111112122333333nn nn i i n n c B B B a a a -=+⎛⎫⎫⎛⎛⎫⎛⎫=+++++++<+++++++=-< ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎭∑，又因为21211112n n i i i i c c -==<<∑∑，所以112ni ic =<∑恒成立，故④正确.11.答案：1m +解析：由已知，得123a a a +=，234a a a +=，…，202020212022a a a +=，以上各式相加，得1234202020222a a a a a a +++++=，即220202022a S a +=.又21a =，2020S m =，所以20221a m =+.12.答案：12n -解析：易知0n a ≠，由()*12n n a a n +=∈N ，可得12n na a +=， 所以当2n ≥时，12nn a a -=， 所以()113211221122222n n n n n n n a a a a a a a a a a -----=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=个， 所以()122n n a n -=≥. 因为当1n =时也满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为()1*2n n a n -=∈N . 13.答案：7解析：令()2n k k *=∈N ，则有()22261k k a a k k *++=-∈N ， 2468101214165,171,942=,a a a a a a a a ∴+=+=+=+，∴前16项的所有偶数项和 517294192S =+++=偶，∴前16项的所有奇数项和 54092448S =-=奇，令()21n k k *=-∈N ，则有()212164k k a a k k *+--=-∈N .()()()211315375k a a a a a a a a +∴-=-+-+-+ ()2121281464k k a a k +-+-=++++-=()(264)(31)2k k k k k *+-=-∈N ，()211(31)k a k k a k *+∴=-+∈N ，31517192,10,24,44a a a a a a a ∴=+=+=+=+ 1111131151,70,102,140a a a a a a a =+=+=+，∴前16项的所有奇数项和13 S a a =+++奇151182102444701021408a a a =+++++++=+392448=. 17a ∴=.14.答案：1n a n =+解析：依题意数列{}n a 满足12a =，且31122234n n a a a a a n-++++=-①. 当2n =时，1222a a =-，23a =， 3112122341n n n a a aa a a n n -++++++=-+②， ②-①得11n n n a a a n +=-+，121n n a n a ++=+ 则()112n n a n n a n-+=≥， 所以13211221132112n n n n n a a a a n n a a n a a a a n n ---+=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=+-， 1a ，2a 都符合上式.所以{}n a 的通项公式为1n a n =+. 故答案为：1n a n =+. 15.答案：（1）见解析 （2）存在，1λ=.解析：（1）11n n n a S S ++=-，2211n n n S a S λ++=-，()2211n n n n S S S S λ++∴=--，()1120n n n S S S λ++∴--=.0n a >，10n S +∴>，120n n S S λ+∴--=，12n n S S λ+∴=+.（2）12n n S S λ+=+， 122n n S S n λ-∴=+≥（）， 两式相减，得1(22)n n a a n +≥=. 212S S λ=+，即2112a a a λ+=+， 21a λ∴=+，由20a >，得1λ>-.若{}n a 是等比数列，则2132a a a =，即22(1)(1)λλ+=+，得1λ=. 经检验，1λ=符合题意.故存在1λ=，使得数列{}n a 为等比数列.。
数列高考知识点大全总结
数列高考知识点大全总结一、数列的概念1. 数列的定义数列是由一系列有限或无限个数按照一定的顺序排列组成的。
用数学语言描述就是一个由实数构成的序列。
一般用字母或符号表示，如{an}、{bn}等。
2. 数列中的相关概念（1）通项公式：数列中的第n个数的一般表达式，通常用an表示。
（2）前n项和：数列前n项的和，通常用Sn表示。
3. 数列的分类（1）等差数列：若数列中相邻两项的差恒定，称其为等差数列。
其通项公式为an=a1+(n-1)d。
（2）等比数列：若数列中相邻两项的比恒定，称其为等比数列。
其通项公式为an=a1*q^(n-1)。
（3）常数数列：数列中的每一项都相等的数列称为常数数列。
二、数列的性质1. 数列的有界性（1）有界数列：当数列中的数有上界和下界时，称其为有界数列。
（2）无界数列：当数列中的数没有上界和下界时，称其为无界数列。
2. 数列的单调性若数列中的每一项都满足an≤an+1或者an≥an+1时，称其为单调递增数列或者单调递减数列。
3. 数列的性质（1）数列的线性组合：若an和bn是两个数列，k和m是任意常数，那么k*an+m*bn 也是一个数列。
（2）数列的绝对值：若an是一个数列，那么|an|也是一个数列。
三、常见数列1. 等差数列（1）性质：等差数列的前n项和Sn=a1*n+n(n-1)d/2。
（2）求通项公式：an=a1+(n−1)d。
（3）常用公式：Sn=n/2(a1+an)。
2. 等比数列（1）性质：等比数列的前n项和Sn=a1*(q^n-1)/(q-1)，|q|>1。
（2）求通项公式：an=a1*q^(n-1)。
（3）常用公式：Sn=a1*(q^n-1)/(q-1)。
3. 斐波那契数列（1）定义：斐波那契数列是一个典型的递推数列，前两项都为1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和。
（2）通项公式：an=f(n)=f(n-1)+f(n-2)。
（3）性质：斐波那契数列是一个无界数列。
数列高考知识点大全
数列高考知识点大全数列是高中数学中的一个重要内容，也是高考中经常出现的考点之一。
掌握好数列的相关知识点，对于解题和提高数学分数都十分关键。
本文将对数列在高考中的各个知识点进行全面总结和归纳，以帮助考生快速复习和掌握相关内容。
一、等差数列等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。
在高考中，涉及到等差数列的考点有：1. 等差数列的通项公式及性质；2. 等差数列的前n项和公式及性质；3. 等差数列的性质和应用，如等差数列的中项、公差等。
二、等比数列等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。
在高考中，涉及到等比数列的考点有：1. 等比数列的通项公式及性质；2. 等比数列的前n项和公式及性质；3. 等比数列的性质和应用，如等比数列的求和、常用等比数列问题的解题方法等。
三、斐波那契数列斐波那契数列是指数列中从第三项开始，每一项都是前两项之和的数列。
在高考中，涉及到斐波那契数列的考点有：1. 斐波那契数列的定义和性质；2. 斐波那契数列的求解和应用，如斐波那契数列的递推公式、斐波那契数列与黄金分割、应用题等。
四、等差数列与等比数列的联立等差数列与等比数列的联立是指在题目中同时涉及到等差数列和等比数列的解题方法。
在高考中，涉及到等差数列与等比数列的联立的考点有：1. 根据已知条件建立等差数列或等比数列的方程；2. 利用等差数列和等比数列的性质求解方程组；3. 应用等差数列与等比数列的性质解答应用题。
五、数列的极限数列的极限是指随着项数趋于无穷大，数列的值趋于稳定的一个值。
在高考中，涉及到数列的极限的考点有：1. 数列极限的定义和性质；2. 数列极限的判敛方法，如夹逼定理、单调有界原理等；3. 应用数列极限解答极限计算题。
六、数列的应用数列的应用是指将数列的相关知识点应用于实际问题中。
在高考中，涉及到数列的应用的考点有：1. 利用数列解决经典问题，如数列求和问题、数列递推问题等；2. 利用数列建立模型，解决实际问题；3. 数列应用题的解题思路和方法。
高考数学总复习考点知识专题讲解4 数列的递推与通项公式
高考数学总复习考点知识专题讲解 专题4 数列的递推与通项公式一、数列的前n 项和S n 与a n 的关系（和式代换）类型1 已知n S 与n 的关系式，记为()n S f n =，它可由和式代换⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n Sa n nn 直接求出通项n a ，但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一，具体分三步进行： (1)1n =时，由11S a =，求1a 的值；(2)2n ≥时，由1n n n a S S -=-，求得n a 的表达式； (3)检验1a 的值是否满足（2）中n a 的表达式. ①若满足，则合写；②若不满足，则写成分段函数的形式：⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn .【例1】已知数列{}n a 满足12323(1)(2)n a a a na n n n +++⋯=++，求数列{}n a 的通项公式．已知n S 与n a 的关系式，记为(),0n n f a S =，求它的通项公式n a ，一般有两种思路： （1）消n S ：容易直接求n a 的情况，可利用阶差公式:()12n n n S S a n --=≥，消去n S ，转化为等差或等比数列直接求出n a ；（2）消n a ：难以直接求n a 的情况，可利用阶差公式:()12n n n a S S n -=-≥，消去n a ，得出n S 与1n S -的递推关系式，先求出n S 后，即可转化为“第1种情形”，从而间接求出n a ，如例3.在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选择两种方法，确定变形方向.通常情况下，先求n S 要比直接求n a 麻烦；但也有时先直接求n a 会比先求n S 麻烦得多. 类型2 消n S【例2】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-．求数列{}n a 的通项公式．【例3】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*226()n n S a n n N =+-∈．求数列{}n a 的通项公式．【例4】已知正整数列}{n a 的前n 项和为n S ，且对任意的自然数满足1n a =+.求}{n a 的通项公式.类型3 消n a【例5】（2022•天津模拟）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足()1+202n n n a S S n -=≥，211=a ，求n a .【例6】在正项数列}{n a 中，n S 是数列}{n a 的前n 项和，且1+2n n na S a =，求n a .【例7】已知数列{}n a 中，13a =，前n 项和1(1)(1)12n n S n a =++-．求数列{}n a 的通项公式．二、数列的前n 项积n T 与a n 的关系已知n T 与n 的关系式，记为()n T f n =，它可由积式代换⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n 直接求出通项n a ，但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一，具体分三步进行： (1)1n =时，由11T a =，求1a 的值； (2)2n ≥时，由1-=n nn T T a ，求得n a 的表达式； (3)检验1a 的值是否满足（2）中n a 的表达式. ①若满足，则合写；②若不满足，则写成分段函数的形式：⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n .【例8】已知数列{}n a 满足(1)*2122()n n n a a a n N +=∈．求数列{}n a 的通项公式．三．累加法：适用于邻项差结构11()()n n n n a a f n a a f n ---=⇔=+ 累加法是利用：11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项．以下为三种累加后可裂项相消求和的题型：①若()f n 是关于n 的分式函数，()1111()()f n n n k k n n k==-++；②若()f n 是关于n 的对数函数，()1ln(1)ln(1)ln f n n n n =+=+-；③若()f n是关于n 的无理式函数，()1f n k=.④若()f n 是关于n 的一次函数，()f n kn b =+，累加后可转化为等差数列求和； ⑤若()f n 是关于n 的二次函数，()2f n an bn c =++，累加后可分组求和； ⑥若()f n 是关于n 的指数函数，()n f n p =，累加后可转化为等比数列求和； 【例9】在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，求a n .【例10】已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋n ＋1－n (n ≥2)，求a n .【例11】已知数列{}n a 中，12a =，11ln(1)n n a a n +=++，求n a .四．累乘法：适用于邻项商结构()()11nn n n a f n a a f n a --=⇔=⋅ 累乘法是利用：13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项．【例12】已知数列{}n a 中，12a =，12n n n a a n++=，求数列{}n a 的通项公式；【例13】设{}n a 是首项为1的正项数列，2211(1)0n n n n n a a a na ++++-=（*∈N n ），求{}n a 的通项公式.五、跳跃等差数列通项公式——形如d a a n n =-+2类型定义：2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项，故此我们称满足d a a n n =-+2条件的数列{}n a 为跳跃等差数列.1.分奇偶讨论法：通过对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时，可令12-=k n （k N *∈），反解得21+=n k ，于是d n a d n a d k a a a k n 21)121()1(11112-+=-++=-+==-；②当n 为偶数时，可令k n 2=（k N *∈），反解得2nk =，于是d n a d n a d k a a a k n 22)12()1(2222-+=-+=-+==.综上所述，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+-+=为偶数为奇数n d n a n d n a a n 222121.注意换元后，要将最后的结果还原成关于n 的表达式.2.待定系数法：此类型题由于1a 和2a 作为数列奇数项和偶数项首项，会使得数列一些变形出现一些计算难度，故可以采用待定系数法来求统一的通项公式，考虑首项的因素，需要在原始的待定系数的前面加上()n 1-．具体操作如下：n a 1221,4,23n n a a a a n -===+≥n a【例14】(2014•新课标1卷理)已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数. （1）证明：2n n a a λ+-=；（2）是否存在λ，使得{n a }为等差数列？并说明理由.衍生1 等和数列——形如c a a n n =++1类型1.“等和数列”定义: 在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．2.若c a a n n =++1（c 为常数），则数列}{n a 为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分为奇数项和偶数项来讨论.衍生2 类等和数列——形如)(1n f a a n n =++类型处理思路：等和数列、类等和数列可以归结为跳跃等差数列问题，其基本思路是生成、相减；与“差型”的生成、相加（累加法）的思路刚好相呼应.当()b dn n f a a n n +==+++12时，则()b n d a a n n +-=++11，两式相减得：d a a n n =-+2，故{}n a 是公差为d 的跳跃等差数列，通过分奇偶项讨论进而将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等差数列，然后求通项. 【例15】已知数列{}n a 的首项1a a =，1354n n a a n ++=-，求数列{}n a 的通项公式．六、跳跃等比数列通项公式——形如q a ann =+2类型1.定义：2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项，故此我们称满足q a a nn =+2条件的数列{}n a 为跳跃等比数列.2.分奇偶讨论法：通过对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时，可令12-=k n （k N *∈），反解得21+=n k ，于是21112111112--+--⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a ；②当n 为偶数时，可令k n 2=（k N *∈），反解得2n k =，于是222122122---⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a .综上所述，⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅=--为偶数为奇数n qa n qa a n n n 222121.注意换元后，要将最后的结果还原成关于n 的表达式.【例16】已知数列{}n a 满足*212(),N ,1,2n n a qa q n a a +=≠∈==1，且233445,,a a a a a a +++成等差数列.求数列{}n a 的通项公式.衍生1 等积数列——形如p a a n n =⋅+1类型1.“等积数列”定义: 在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．2.若p a a n n =⋅+1(p 为常数)，则数列}{n a 为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论.衍生2 类等积数列——形如)(12n f a a n n =⋅++类型处理思路：等积数列、类等积数列可以归结为跳跃等比数列问题，其基本思路是生成、相除；与“商型”的生成、相乘（累乘法）的思路刚好相呼应.若()n f 为n 的函数时，可通过逐商法得)1(1-=⋅+n f a a n n ，两式相除后，通过分奇偶项讨论将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等比数列，然后再求通项.1.分奇偶讨论法：()B An n n q n f a a +++==12，则B n A n n q a a +-+=)1(1，两式相除得：A nn q a a =+2，故 {}n a 是公比为A q 的跳跃等比数列，⎪⎩⎪⎨⎧⋅=⋅⋅=⋅=∴----为偶数为奇数n q a q a n q a q a a A n n A n n A An 222221211211)()(.}{n a n n a a a 2,111=⋅=+七．斐波那契数列定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式2110,1,1--+===n n n F F F F F ()n N +∈通项公式：n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）证明：线性递推数列的特征方程为：21x x =+，解得：1x =，2x 则1122n n n F c x c x =+∵121F F ==∴112222112211c x c x c x c x =+⎧⎨=+⎩解得：1c =；2c =∴n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦斐波那契数列的一些性质：求和问题：①12-=+n n a S ；②n n a a a a a 212531=+++- ；③1122642-=++++n n a a a a a ． 证明：①()()()1111112112122+=++++=+-++-+-=-=-++++++n n n n n n n n n n S a a a a a a a a a a a S S a ，故12-=+n n a S ，此证明方法也是错位相减的一种特例．②()()()n n n n n a S a a a a a a a a a a a 22212232432111231=+=+++++++=+++---- ，此证明过程也需要利用①的结论．③()()()11212122254321242-==+++++++=++++---n n n n n a S a a a a a a a a a a ．这三个式子用数学归纳法证明也非常简单，无需强化记忆，每次列出前几项比划一下，考试中如果出现需要这些结论的，拿出前几项及时推导即可．平方和问题：122221+=+++n n n a a a a a （根据面积公式推导，如下图）构造正方形来设计面积，()()433221321232221a a a a a a S S S a a a =++=++=++，以此类推，也可以用数学归纳法证明，知道一个大致的方向即可． 裂项问题：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++------123222423312222123242311111111111111n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n a a a a a a a 212212221211111----=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+． 注意：如果是斐波那契数列的部分项求和也可以，比如⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=++++++-++++n m m m n m n m m m m m a a a p a a p a a p a a p 1112312 ,前提就是必须隔项，否则无法裂项相消．【例17】已知数列{}n a 满足：113a =，213a =，*11(,2)n n n a a a n N n +-=+∈…，则132435202120231111a a a a a a a a +++⋯+的整数部分为（） A ．6B ．7C ．8D ．9【例18】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{}n a 满足11a =，21a =，()*123,n n n a a a n n --=+≥∈N .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则其中不正确结论的是（ ）A ．2111n n n n S a a a +++=+⋅B ．12321n n a a a a a +++++=-C ．1352121n n a a a a a -++++=-D ．()121)4(3n n n n c c a n a π--+-≥=⋅【例19】斐波那契数列，又称“兔子数列”，由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入．已知斐波那契数列{}n a 满足10a =，21a =，()*21n n n a a a n ++=+∈N ，若记1352019a a a a M ++++=，2462020a a a a N ++++=，则2022a =________．（用M ，N 表示）【例20】（2022•天河区期末）意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，……．即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列a n 说法正确的是（ ） A ．a 12＝144B ．a 2022是偶数C ．a 2022＝a 1+a 2+a 3…a 2022D ．a 2022+a 2024＝3a 2022【例22】（2023•荆州期末）2022年11月23日是斐波那契纪念日，其提出过著名的“斐波那契”数列，其著名的爬楼梯问题和斐波那契数列相似，若小明爬楼梯时一次上1或2个台阶，若爬上第n 个台阶的方法数为b n ，则（ ） A ．b 7＝21B ．b 1+b 2+b 3+b 5+b 7＝51C ．b 12+b 22+…+b n 2＝b n •b n +1﹣1D ．b n ﹣2+b n +2＝3b n八．不动点与蛛网图（无需通项的无敌技能） 知识点一函数迭代和数列的关系已知函数)(x f y =满足+1=()n n a f a ，则一定有+1211=()()()n n n n a f a f a f a -==，故函数)(x f y =通过反复迭代产生的一系列数构成了数列{}n a 或者记为{}{}n n b x 、，而数列的每一项与函数迭代的关系可以如下表所示： 下面以函数21y x =+和数列121n n a a +=+①数列的递推式和函数的迭代式是有着相同的法则的，故数列的任何一项()+1,n n a a 都在函数)(x f y =上．②数列的通项公式是函数对1a 迭代1-n 次的结果，即11()n n a f a -=，每一次由于迭代产生出的因变量成为下一次迭代的自变量．③数列的首项1a 对整个数列有很大的影响，当迭代不断重复出现同一结果时，我们将其称为不动点．知识点二函数的迭代图像——蛛网图函数的迭代图像，简称蛛网图或者折线图，函数)(x f y =和直线y x =共同决定． 其步骤如下：1．在同一坐标系中作出)(x f y =和y x =的图像（草图），并确定不动点．（如图1所示）图1 图22．在找出不动点之后，确定范围，将不动点之间的图像放大，并找出起始点1a （如图2所示）3．由1a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交，并确定交点()12,a a ． 4．由()12,a a 向y x =作平行于x 轴的直线与y x =相交，并确定交点()22,a a ． 5．由()22,a a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交，并确定交点()23,a a ． 重复4，5，直至找到点()1,n n a a +的最终去向．【例23】设数列{}n a 满足11(0),n a a a a +=>=证明：存在常数M ，使得对于任意的*n N ∈，都有n a M ≤．【例24】首项为正数的数列{a n }满足2*11(3),,4n na a n N +=+∈若对*n N ∈，一切都有1n n a a +>，求a 1的取值范围．知识点三蛛网图与数列的单调性定理1：)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1，x 2（x 1<x 2)，且在两个不动点之间形成一上凸的图形时，（如图9）则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递增的，即1n n a a +>，在两不动点以外的区间则是递减的，即1n n a a +<．定理2：)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1，x 2（x 1<x 2)，且在两个不动点之间形成一下凹的图形时，（如图10）则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递减的，即1n n a a +<，在两不动点以外的区间则是递增的，即1n n a a +>．图9 图10综上可得，当)(x f y =的单调增区间位于上凸内或者下凹外时，即当迭代起点1a 位于此区域时，一定有1n n a a +>同理，当迭代起点1a 位于单调增区间的上凸外或者下凹内时，一定有1n n a a +<．知识点四摆动数列以及由求导构造函数单调性来解决数列问题由反比例（递减函数）函数迭代构成的摆动数列，如图11所示，当)(x f 在区间为减函数时，和直线x y =相交于不动点，那么由此函数迭代构成的数列为摆动数列，即奇数项和偶数项构成相反的单调性，但都螺旋靠近不动点，极限也是不动点。
等差数列高考真题复习百度文库
一、等差数列选择题1．已知等差数列{}n a 满足48a =，6711a a +=，则2a =（ ） A ．10B ．9C ．8D ．72．已知等差数列{}n a 的前n 项和为S n ，若S 2=8，38522a a a +=+，则a 1等于（ ） A ．1B ．2C ．3D ．43．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和.若1476a a a ++=，则7S =（ ） A ．10-B ．8C ．12D ．144．在等差数列{}n a 中，3914a a +=，23a =，则10a =（ ） A ．11B ．10C ．6D ．35．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()12n n n S +=，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项的和为（ ） A ．89B ．910C ．1011D ．11126．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若12a =，315S =，则8a =（ ） A ．11B ．12C ．23D ．247．设a ，0b ≠，数列{}n a 的前n 项和(21)[(2)22]n nn S a b n =---⨯+，*n N ∈，则存在数列{}n b 和{}n c 使得（ ）A ．n n n a b c =+，其中{}n b 和{}n c 都为等比数列B ．n n n a b c =+，其中{}n b 为等差数列，{}n c 为等比数列C ．·n n n a b c =，其中{}n b 和{}n c 都为等比数列 D ．·n n n a b c =，其中{}n b 为等差数列，{}n c 为等比数列 8．已知等差数列{}n a 中，5470,0a a a >+<，则{}n a 的前n 项和n S 的最大值为（ ） A ．4SB ．5SC ． 6SD ． 7S9．已知各项不为0的等差数列{}n a 满足26780a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且77b a =，则3810b b b =（ )A ．1B ．8C ．4D ．210．已知等差数列{}n a 中，前n 项和215n S n n =-，则使n S 有最小值的n 是（ ）A ．7B ．8C ．7或8D ．911．在1与25之间插入五个数，使其组成等差数列，则这五个数为（ ）A ．3、8、13、18、23B ．4、8、12、16、20C ．5、9、13、17、21D ．6、10、14、18、2212．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，31567a a a +=+，则23S =（ ） A ．121B ．161C ．141D ．15113．在数列{}n a 中，129a =-，()*13n n a a n +=+∈N ，则1220a a a +++=（ ）A ．10B ．145C ．300D ．32014．已知{}n a 是公差为2的等差数列，前5项和525S =，若215m a =，则m =（ ） A ．4B ．6C ．7D ．815．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2n S n =.定义数列{}n b 如下：()*1m m b m m+∈N 是使不等式()*n a m m ≥∈N 成立的所有n 中的最小值，则13519 b b b b ++++=（ ）A ．25B ．50C ．75D ．10016．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{} n a ，则5a =（ ） A ．103B ．107C ．109D ．10517．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且132a a +=，422a a -=，则5S =（ ） A ．21B ．15C ．10D ．618．在等差数列{}n a 的中，若131,5a a ==，则5a 等于（ ） A ．25B ．11C ．10D ．919．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若542S S =，248a a +=，则5a 等于（ ） A ．6B ．7C ．8D ．1020．已知等差数列{}n a ，其前n 项的和为n S ，3456720a a a a a ++++=，则9S =（ ） A ．24B ．36C ．48D ．64二、多选题21．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，….，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（ ） A ．68a =B ．733S =C ．135********a a a a a +++⋅⋅⋅+=D ．22212201920202019a a a a a ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=22．题目文件丢失！23．题目文件丢失！ 24．题目文件丢失！25．设数列{}n a 满足1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-对任意的*n N ∈恒成立，则下列说法正确的是（ ） A ．2112a << B ．{}n a 是递增数列 C ．2020312a <<D ．2020314a << 26．若不等式1(1)(1)2n na n+--<+对于任意正整数n 恒成立，则实数a 的可能取值为（ ） A ．2- B ．1- C ．1 D ．227．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，667711,01a a a a -><-，则下列结论正确的是（ ） A ．01q <<B ．681a a >C ．n S 的最大值为7SD ．n T 的最大值为6T28．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10a >，公差0d ≠，则（ ） A ．若59S >S ，则150S > B ．若59S =S ，则7S 是n S 中最大的项 C ．若67S S >， 则78S S >D ．若67S S >则56S S >.29．记n S 为等差数列{}n a 前n 项和，若81535a a = 且10a >，则下列关于数列的描述正确的是（ ） A ．2490a a += B ．数列{}n S 中最大值的项是25S C ．公差0d >D ．数列{}na 也是等差数列30．等差数列{}n a 的前n 项和记为n S ，若10a >，717S S =，则（ ） A ．0d < B ．120a > C ．13n S S ≤D ．当且仅当0nS <时，26n ≥【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、等差数列选择题1．A 【分析】利用等差数列的性质结合已知解得d ，进一步求得2a ． 【详解】在等差数列{}n a 中，设公差为d ，由467811a a a =⎧⇒⎨+=⎩444812311a d a d a d =⎧⇒=-⎨+++=⎩，24210a a d ∴=-=. 故选：A 2．C 【分析】利用等差数列的下标和性质以及基本量运算，可求出1a ． 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则3856522a a a a a +=+=+，解得652d a a =-=，212112228S a a a d a =+=+=+=，解得13a =故选：C 3．D 【分析】利用等差数列下标性质求得4a ，再利用求和公式求解即可 【详解】147446=32a a a a a ++=∴=，则()177477142a a S a +=== 故选：D 4．A 【分析】利用等差数列的通项公式求解1,a d ，代入即可得出结论. 【详解】由3914a a +=，23a =， 又{}n a 为等差数列， 得39121014a a a d +=+=，213a a d =+=，解得12,1a d ==， 则101+92911a a d ==+=； 故选：A. 5．C【分析】首先根据()12n n n S +=得到n a n =，设11111n n n b a a n n +==-+，再利用裂项求和即可得到答案. 【详解】当1n =时，111a S ==， 当2n ≥时，()()11122n n n n n n n a S S n -+-=-=-=. 检验111a S ==，所以n a n =. 设()1111111n n n b a a n n n n +===-++，前n 项和为n T ， 则10111111101122310111111T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…. 故选：C 6．C 【分析】由题设求得等差数列{}n a 的公差d ，即可求得结果. 【详解】32153S a ==，25a ∴=， 12a =，∴公差213d a a =-=， 81727323a a d ∴=+=+⨯=，故选：C. 7．D 【分析】由题设求出数列{}n a 的通项公式，再根据等差数列与等比数列的通项公式的特征，逐项判断，即可得出正确选项. 【详解】 解：(21)[(2)22](2)2(2)n n n n S a b n a b bn a b =---⨯+=+-⋅-+，∴当1n =时，有110S a a ==≠；当2n ≥时，有11()2n n n n a S S a bn b --=-=-+⋅， 又当1n =时，01()2a a b b a =-+⋅=也适合上式，1()2n n a a bn b -∴=-+⋅，令n b a b bn =+-，12n n c -=，则数列{}n b 为等差数列，{}n c 为等比数列，故n n n a b c =，其中数列{}n b 为等差数列，{}n c 为等比数列；故C 错，D 正确；因为11()22n n n a a b bn --+=-⋅⋅，0b ≠，所以{}12n bn -⋅即不是等差数列，也不是等比数列，故AB 错. 故选：D. 【点睛】 方法点睛：由数列前n 项和求通项公式时，一般根据11,2,1n n n S S n a a n --≥⎧=⎨=⎩求解，考查学生的计算能力. 8．B 【分析】根据已知条件判断0n a >时对应的n 的范围，由此求得n S 的最大值. 【详解】依题意556475600000a a a a a a a d >⎧>⎧⎪⇒<⎨⎨+=+<⎩⎪<⎩，所以015n a n >⇒≤≤， 所以{}n a 的前n 项和n S 的最大值为5S . 9．B 【分析】根据等差数列的性质，由题中条件，求出72a =，再由等比数列的性质，即可求出结果. 【详解】因为各项不为0的等差数列{}n a 满足26780a a a -+=，所以27720a a -=，解得72a =或70a =（舍）；又数列{}n b 是等比数列，且772b a ==，所以33810371178b b b b b b b ===.故选：B. 10．C 【分析】215n S n n =-看作关于n 的二次函数，结合二次函数的图象与性质可以求解．【详解】22152251524n S n n n ⎛⎫=-=--⎪⎝⎭，∴数列{}n S 的图象是分布在抛物线21522524y x ⎛⎫=--⎪⎝⎭上的横坐标为正整数的离散的点．又抛物线开口向上，以152x =为对称轴，且1515|7822-=-|，所以当7,8n =时，n S 有最小值． 故选：C 11．C 【分析】根据首末两项求等差数列的公差，再求这5个数字. 【详解】在1与25之间插入五个数，使其组成等差数列，则171,25a a ==，则712514716a a d --===-， 则这5个数依次是5，9，13，17，21. 故选：C 12．B 【分析】由条件可得127a =，然后231223S a =，算出即可. 【详解】因为31567a a a +=+，所以15637a a a =-+，所以1537a d =+，所以1537a d -=，即127a =所以231223161S a == 故选：B 13．C 【分析】由等差数列的性质可得332n a n =-，结合分组求和法即可得解。
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.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
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，
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高三文科数学数列测试题
）
1．在等差数列{}n a 中，已知1232,13,a a a =+=则456a a a ++等于（ ）
A ．40
B ．42
C ．43
D ．45
2．已知等差数列{}n a 的公差为2，若1a 、3a 、4a 成等比数列，则2a 等于（ ）
A ．－4
B ．－6
C ．－8
D ．－10
3.在等差数列{}n a 中,已知1
1253,4,33,n a a a a n =+==则为( )
A.48
B.49
C.50
D.51
4．在等比数列{n a }中，2a ＝8，6a ＝64，，则公比q 为（ ）
A ．2
B ．3
C ．4
D ．8
5.-1,a,b,c,-9成等比数列，那么（ ）
A ．3,9b ac == B.3,9b ac =-= C.3,9b ac ==- D.3,9b ac =-=- 6,已知数列的通项52n a n =-+，则其前n 项和n S = ．
7.等差数列的通项为219n a n =-,前n 项和记为n s ，求下列问题:
(1)求前n 的和n s （2）当n 是什么值时, n s 有最小值，最小值是多少？ 8.
已知实数列是}{n a 等比数列,其中74561,,1,a a a a =+且成等差数列.
(1)求数列}{n a 的通项公式;
(2)数列}{n a 的前n 项和记为,n S 证明: n S ＜128,3,2,1(=n …).
9、（本小题满分14分）
设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=
（1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；
（2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
的前n 项和n S。