数列微专题

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2023高考数学逆袭系列之微专题11 数列中的最值、范围及奇偶项问题

＝－12＋3×22（11－－22n－1）－(3n－9)×2n＋1
＝－24－(3n－12)×2n＋1，
故Tn＝(3n－12)×2n＋1＋24(n∈N*).设cn＝(3n－12)×2n＋1，显然当n≥4时，cn≥0，Tn≥24且单调递增. 而c1＝－36，c2＝－48，c3＝－48，故Tn的最小值为T2＝T3＝－24.
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核心归纳
此类问题以数列为载体，一般涉及数列的求和，考查不等式的恒成立问题，可转化为函数的最值问题.
索引
例 4 (2021·浙江卷)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝－94，且 4Sn＋1＝3Sn－ 9(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式；解因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得 4an＋1＝3an，即aan＋n 1＝34. 当 n＝1 时，4S2＝4－94＋a2＝－247－9，解得 a2＝－2176，所以aa21＝43.
上篇板块二数列
微专题11 数列中的最值、范围及奇偶项问题
题型聚焦分类突破高分训练对接高考
1.数列中的最值、范围问题的常见类型有：(1)求数列和式的最值、范围；(2)满足数列的特定条件的n的最值与范围；(3)求数列不等式中参数的取值范围.
2.数列中的奇、偶项问题的常见题型 (1)数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))； (2)含有(－1)n的类型； (3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型； (4)已知条件明确奇偶项问题.
索引
训练 1 (2022·全国甲卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知2nSn＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列；证明由2nSn＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n，① 所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，② ②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列.

数列 23个典型专题

数列的重要公式：1、等差数列通项：n 1a a n 1d ()=+-2、等差数列求和：1n n a a nS 2()+=3、等比数列通项：n 1n 1a a q -=4、等比数列求和：nn 11q S a 1q -=-5、求和与通项的关系：n 1n 1n a S S ++=-{}n a 中，前三项依次为1x 1+,56x ,1x，求：105a ?=100个自然数（1到100）中，除以7余2的所有数之和S ?={}n a 中，前n 项和为n S . 若1a 0>，16S 0>，17S 0<，则n S 最大时，n ?={}n a 的通项公式n a =，若它的前n 项和n S 9=，求：n ?=等差数列{}n a ，其公差d 0≠，其中，2a 、3a 、6a 依次构成等比数列，求公比q ?={}n a 的前n 项和n S ，且1a 1=,11S 33=. 设nan 1b 2⎛⎫= ⎪⎝⎭，求证：{}n b 是等比数列，并求其前n 项和nT .x y ≠，且两个数列：12x a a y ,,,和123x b b b y ,,.,均为等差数列，求：13a xy b ?-=-{}n a 的前n 项和n S 满足：2n n n 10S a 5a 6=++，且1a 、3a 、15a 成等比数列，求数列{}n a 的通项n a ?={}n a 的前n 项和n 1S n n 1n 23()()=++,试求数列n 1a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ?= {}n a 的前n 项和为n S ，其首项1a 1=，且满足n n 3S n 2a ()=+，求通项n a ?={}n a 中,相邻两项n a 和n 1a +是二次方程2n n n x 3nx c 0++=n 123(,,,...)=的两个根,当1a 2=时,试求100c ?={}n a 和{}n b ,其公比的绝对值都小于1,其各项和分别是n k k 1S a 1∞===∑和n k k 1T b 2∞===∑,对一切自然数都有：2n n a b =，求这两个数列的首项和公比.{}n a 的前n 项和为n S ，11a 2=，当n 2≥时，满足：n n n 1a 2S S 0-+=；求证：数列n 1S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；并求{}n S的通项公式n S ?={}n a 的首项11a 2=，且满足：10103020102S 21S S 0()-++=. （1）求{}n a 的通项；（2）求{}n nS 的前n 项和n T .{}2n x log 的第m 项等于k ，第k 项等于m (其中m k ≠)，求数列{}n x 的前m k +项的和.{}n a 中,15a 6=，n 1n 1n 11a a 32++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求通项n a ?={}n a ，1a 4=，且当n 2≥时满足：n n 1a 3a 2n 1-=+-，求通项n a ?=设数列{}n a ，1a 1=，2a 2=，且满足：n 2n 1n a 3a 2a ++=-，n N *()∈，求通项n a ?={}n a ，1a 1=，且满足：n 1nn 1a a 4a 2()+=-，求通项n a ?={}n a 中，1a 2=，且满足：n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+，n N *()∈，求通项n a ?={}n a 中，1a 3=，且满足：n n 1n 4a 2a a 1+-=+，求通项n a ?={}na中，1a5=，且满足：nn1n2a3aa++=，求通项n a?={}na中，1a4=，且满足：2nn1naa2a1()+=-，nnna2ba-=，求通项n b?={}na中，前三项依次为1x1+,56x,1x，求：105a?=n n k n k2a a a-+=+即：51126x x x1⋅=++，即：5113x x x1-=+即：213x x1=+，即：23x x1=+，则：x2=.故首项为：111ax13==+，公差为：1511dx6x6x12=-==；n11n1n3a a n1d31212()-+=+-=+=.故：1051053a912+==.100个自然数（1到100）中，除以7余2的所有数之和S?=由题意，这是一个首项为1a2=，公差为d7=的等差数列.故，这些数构成的数列为：na27n17n5()=+-=-；在100之内，设n的最大数m，则：1007m5=-，即：m15=;这些数之和S为：115a a15210015S76522()()+⨯+⨯==={}na中，前n项和为n S. 若1a0>，16S0>，17S0<，则n S最大时，n ?=n 1a a n 1d()=+-1n n 1a a n n n 1S na d 22()()+-==+；则依题意：16S 0>，即：1611615S 16a d 02⨯=+>，即：115a d 02+> ① 由①：1d a 7d 02++>，即：8d a 02+>，即：8da 2>- ② 由①：1d a 8d 02+->，即：9da 2> ③ 以及：17S 0<，即：1711716S 17a d 02⨯=+<，即：1a 8d 0+<，即：9a 0< ④由③④得：9da 02(,)∈，即：d 0< ⑤将⑤代入②得：8da 02>-> ⑥ 故由④⑥知，n S 求和累加时，加到8a 时n S 在增加；加到9a 时n S 开始减小，则最大时，n 8=.{}n a 的通项公式n a=，若它的前n 项和n S 9=，求：n ?=n a ==则：nn k 1S 19====∑即：10=，即：n 1100+=，于是：n 99=等差数列{}n a ，其公差d 0≠，其中，2a 、3a 、6a 依次构成等比数列，求公比q ?=n 1a a n 1d ()=+-，得：32a a d =+，62a a 4d=+，因为2a 、3a 、6a 3a2326a a a =，即：2222a d a a 4d ()()+=+；即：2222222a 2a d d a 4a d ++=+，即：22d 2a d=因为d 0≠，故上式得：2d 2a =；322222a a d 3a q 3a a a +====.{}n a 的前n 项和n S ，且1a 1=,11S 33=. 设nan 1b 2⎛⎫= ⎪⎝⎭，求证：{}n b 是等比数列，并求其前n 项和n T .等差数列通项：n 1a a n 1d ()=+-，求和公式：n 1n n 1S na d 2()-=+；则：111110S 11d 332⨯=+=，即：1155d 33+=，故：2d 5=. 于是，将1a 1=，2d 5=n 22n 3a 1n 155()+=+-=则：n2n 3a 5n 11b 22+⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，n 12n 13a 5n 111b 22()++++⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭故：2n 132n 32555n 1n b 11q b 22()+++-+⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当n 1=时，数列首项1a 111b 22⎛⎫==⎪⎝⎭故{}n b 是首项为11b 2=，公比为251q 2⎛⎫= ⎪⎝⎭的等比数列，其通项为：2n35n1b2+⎛⎫= ⎪⎝⎭. 证毕.2n5nn12n5111q112T b111q2122⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎝⎭==⋅=-⎪-⎝⎭-.x y≠，且两个数列：12x a a y,,,和123x b b b y,,,,均为等差数列，求：13a xy b?-=-1d和2d，则:11y xa x d3--==,32y xy b d4--==.故：131y xa x431y b3y x4()()--==--{}na的前n项和n S满足：2n n n10S a5a6=++，且1a、3a、15a成等比数列，求数列{}n a的通项n a?=由已知：2n n n10S a5a6=++①2n1n1n110S a5a6+++=++②由②-①：22n1n1n n1n10a a a5a a()()+++=-+-移项合并：22n1n n1na a5a a0()()++--+=，即：n1n n1naa a a50()()+++--=由于正项数列n1na a0()++>，所以：n1na a50+--=，即：n1na a5+-=由此得到{}n a是公差为d5=设：等差数列n1a a5n1()=+-，则：31a a10=+，151a a70=+由1a、3a、15a23115a a a=，即：2111a10a a70()()+=+即：221111a20a100a70a++=+，故：1a2=.所以：na25n15n3()=+-=-{}na的前n项和n1Sn n1n23()()=++,试求数列n1a⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和nT?=由已知：n1111S n n1n2n n12n4n n12n1n n13662()()=()()=()()() =++++++++及：n2k11k nn12n16()()==++∑和：nk11k n n12()==+∑2na n=求和，一个na n=求和即：222112n n n12n16...()()+++=++112n n n12...()+++=+故由n11S n n12n1n n162=()()()++++得：2na n n n n1()=+=+那么：n1111a n n1n n1()==-++；所以：nnk1111nT1k k1n1n1()==-=-=+++∑.{}na的前n项和为n S，其首项1a1=，且满足n n3S n2a()=+，求通项na?=由已知：n n3S n2a()=+①n1n13S n1a()--=+②由①－②：n n n13a n2a n1a()()-=+-+移项合并：n n1n1a n1a()()--=+，即：nn1a n1a n1-+=-③由此递推得：n n 12n 11n 1n 21a a a n 1n n 112a a a a a a n 1n 2n 31......---+-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅⋅= ⎪⎪⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭即：n 1n n 1n n 1a a 212()()⋅++==⋅.{}n a 中,相邻两项n a 和n 1a +是二次方程2n n n x 3nx c 0++=n 123(,,,...)=的两个根,当1a 2=时,试求100c ?= n n 1a a 3n ++=- ①n n 1n a a c +⋅= ②由①式得：n 1n 2a a 3n 1+(+)++=-③由③-①得：n 1n 2n n 1a a a a 3()()++++-+=-，即：n 2n a a 3+-=-④④式表明：1352k 1a a a a ,,,...,-和2462k a a a a ,,,...,都是公差为3-又因1a 2=，代入①式可得：12a a 3+=-，即：2a 5=-于是得到等差数列为：2k 11a a k 1323k 353k ()()-=+--=-+=-⑤ 2k 2a a k 1353k 323k()()=+--=--+=--⑥那么由⑥得：100a 2350152=--⨯=-由⑤得：101a 5351148=-⨯=-代入②式得：100100101c a a 152********()()=⋅=-⨯-={}n a 和{}n b ,其公比的绝对值都小于1,其各项和分别是k k 1S a 1∞===∑和k k 1T b 2∞===∑,对一切自然数都有：2n n a b =，求这两个数列的首项和公比.由1a S 11q==-和1b T 21r ==-1a 1q =-，及 1b 21r ()=-.设这两个等比数列的通项公式分别为：n 1n 1n 1a a q 1q q ()--==-① n 1n 1n 1b b r 21r r ()--==-②将①②两式代入2n n a b =，并采用赋值法，分别令n 1=和n 2=得： 211a b =，即：21q 21r ()()-=- ③ 222a b =，即：221q q 21r r()()-=-④由③④得：2r q =⑤将⑤式代入③式得：221q 21q ()()-=- 因为：q 1≠（已知q 1<），则上式化简为：1q 21q ()-=+，即：1q 3=- ⑥将⑥代入⑤式得：1r 9=⑦ 则：14a 1q 3=-=，21116b a 9== ⑧ 将⑥和⑦分别代入①式和②式得：()n 1nn 1n 1n n 4114a 1q q 413333()-+-⎛⎫⎛⎫=-=⋅-=--=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；n 1n 1n n8116b 21r r2999()--⎛⎫=-=⨯⨯=⎪⎝⎭故本题答案: 14a 3=，116b 9=，1q 3=-，1r 9=.{}na的前n项和为n S，11a2=，当n2≥时，满足：n n n1a2S S0-+=；求证：数列n1S⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；并求{}n S的通项公式n S?=将n n n1a S S-=-代入n n n1a2S S0-+=得：n n1n n1S S2S S0---+=在同除以n n1S S-得：n1n1120S S--+=，则：n n1112S S--=①且11112S a==②由①②式表明：n1S⎧⎫⎨⎬⎩⎭是一个首项为112S=，公差为n n1112S S--=的等差数列.则：n122n12nS()=+-=③故：n1S2n=，n11S2n1()-=-于是：n n n1111a S S2n2n12n n1()()-=-=-=---故：n1n12a1n22n n1()()()⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩{}na的首项11a2=，且满足：10103020102S21S S0()-++=. （1）求{}n a的通项；（2）求{}n nS的前n项和n T.（1）求{}n a的通项由于{}n a n项的求和为：nn11qS a1q-=-①由①则：303011q S a 1q -=-、202011q S a 1q -=-、101011q S a 1q -=-代入10103020102S 21S S 0()-++=得：3020101010111a 1q a 1q a 1q 22101q 1q 1q()()()()----++=---即：103010201021q 211q 1q 0()()()()--+-+-=除以101q ()-得：101020101021q q 211q 10()()()++-+++= 即：1010102010101021q 2q 21q 1q 10()()()++-+-++= 即：1020102q 1q 10()-++=，即：1020102q q 0-=即：1020102q q =，即：210102q q ()=，即：22q q =±，即：1q 2=±则：n 1n 1n 1n111a a q222--⎛⎫==⋅=⎪⎝⎭或 n 1n 1n 1n 1n111a a q 1222()---⎛⎫==⋅-=- ⎪⎝⎭第14题第(2)问解答：（2）求{}n nS 的前n 项和nT A.n n 1a 2=，其求和公式为：n n n 11112S 112212-=⋅=--故：nnn nn k k k k 1k 1k 1k 11kT kS k 1k 22()()()======-=-∑∑∑∑1>nk 1n n 1k 2()=+=∑ ② 2>nn k 23nk 1k 123n R 22222()...===++++∑③则：nn k 23n 1k 1k 234n2R 2122222()...-===+++++∑④由④-③得：n 2233n 1n 1n213243n n 1nR 1222222222()()()...()---=+-+-+-++--23n 1n 1111n 122222...-=+++++-n n n n n 11n 1n 2n 22121222212()-+=-=--=--综合1>和2>得：n nn k nk 1k 1k n n 12n T k 2222()()==++=-=+-∑∑B.n 1n n1a 12()-=-其求和公式为：nn n n n n111111112S 11123233212()()[()]()---=⋅=⋅--=-⋅--故：nnnn k k n k k kk 1k 1k 1k 1k 1k 1k T kS 11132332()[()]()()====⎛⎫==⋅--=-- ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 1>nk 1k n n 136()()=+=∑2> n k n n k23n k 11k1123n U 113232222()...()=⎛⎫⎡⎤=-=-+-++- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦∑ ③ 则：n n 12n 11123n 2U 131222...()-⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎣⎦④由③+④得：n n n 122n 1n 1n 12132n n 1n 3U 11132222222()()...()()()---⎡⎤=-+---++--+-⎢⎥⎣⎦n n 2n 1n 1111n 11132222...()()-⎡⎤=-+-++-+-⎢⎥⎣⎦n n 2n 1n 11111n 111322232...()()-⎡⎤=-+-++-+⋅-⎢⎥⎣⎦nn n n1111n 21133212()()()--=-⋅+⋅---n n n n211n 119232()[]()-=-⋅-+⋅-故：n n n n n2111nU 127292()()[]--=-⋅-+⋅于是：n n n nk n n nk 1k 1k 1k n n 12111nT 11k336272922()()()()()[]==⎛⎫+--=--=+⋅--⋅⎪⎝⎭∑∑.{}2n x log 的第m 项等于k ，第k 项等于m (其中m k ≠)，求数列{}nx 的前m k +项的和.2n 21x x n 1d log =log +()-；则：2m 21x k x m 1dlog log ()==+-① 2k 21x m x k 1dlog log()==+-②由①-②得：k m m k d ()-=-d 1=- ③ 将③代入①得：21k x m 1log ()=-- 故首项为：21log x =m k 1+-④故{}2n log x 通项为：2n x m k 1n 1m k n log =()+---=+- ⑤ 则{}n x 的通项为：m k n n x 2+-=⑥由⑥式得：{}n x m k 1m k 11x 222+-+==⋅ ⑦1q 2=前m k +项求和：m km k m k m km km k11112S 2212112212++++++⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=⋅⋅=-=- ⎪⎝⎭-{}na中,15a6=，n1n1n11a a32++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求通项na?=令：n1nn1n111a a232()[()]λλ+++=+①则：n n nn1n n11111a a a33222362()()()λλλ+=+-=-②与已知n1nn1n n11111a a a32322++⎛⎫⎛⎫=+=+⋅⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭比较得：3λ=-由①令：n1n1n11b a32()+++=-，则：nn n1b a32()=-③则：1111532b a32623()=-⋅=-=-④于是由①得：n1nb1b3+=⑤故：{}n b是首项为12b3=-，公比为1q3=其通项为：n1n n212b333()()-=-⋅=-⑥由③得{}n a的通项为：nn n n n123a b3232()=+⋅=-+{}na，1a4=，且当n2≥时满足：n n1a3a2n1-=+-，求通项n a?=令：n n1a n c3a n1c[()]λλ-++=+-+①则：n n1n1a3a3n33c n c3a2n32cλλλλλ--=+-+--=+-+与已知n n1a3a2n1-=+-比较得：22=λ，32c1λ-+=-即：1λ=，c1=.则令：n n n b a n c a n 1λ=++=++ ② 则：n 1n 1b a n --=+ ③11b a 116=++= ④将②③代入①得：n n 1b 3b -=，即：nn 1b 3b -= ⑤ 故由④⑤得：{}n b 是首项为1b 6=，公比为q 3=故：n 1n 1n n 1b b q 6323--=⋅=⋅=⋅ ⑥ 于是由②得：n n n a b n 123n 1=--=⋅--设数列{}n a ，1a 1=，2a 2=，且满足：n 2n 1n a 3a 2a ++=-，n N *()∈，求通项n a ?=本题是二阶递推数列，且看如何解：n 2n 1n 1n a a a a ()λχλ+++-=- ① 则：n 2n 1n 1n n 1na a a a a a ()λχχλχλχλ++++=+-=+-与已知n 2n 1n a 3a 2a ++=-比较系数得：32χλχλ+=⎧⎨=⎩若将χ、λ看成是一元二次方程的两个根，则又韦达定理得到这个方程为：2x 3x 20-+=上述方程的解为：1=χ，2=λ，或2=χ，1=λ，这两组解推出的数列通项的结果是一样的. 取2=χ，1=λ ②令：n n 1n b a a +=- ③则121b a a 1=-=，n 1n2n 1b a a +++=-④将③④代入①得：n 1nb 2b χ+== ⑤ 则{}n b 是首项为1b 1=，公比为2χ=其通项为：n 1n 1n 1b b 2χ--=⋅=故由③得：n 1n 1n n a a b 2-+-==，即：n 1n 1n a a 2-+=+ ⑥n 1n n 1n a r 2p a r 2()+++⋅=+⋅ ⑦ 则：n n n 1n 1n n a pa pr 22r 2pa 2pr 4r 2()-+=+⋅-⋅=+-⋅与⑥式比较得：p 1=，2pr 4r 1-=，即：1r 2=-令：n n n c a r 2=+⋅ ⑧则：n 1n 1n 1c a r 2+++=+⋅，代入⑦式得：n 1n c pc += ⑨ 由⑧得：1111c a 20-=-=由于p 1=，于是由⑨式得：n 1n n 11c c c c 0...+-=====代入⑧式得：n 1n n a 2c 0--==，故：n 1n a 2-=..前面由n 2n 1n a 3a 2a ++=-得n 2n 1n a 3a 2a 0++-+=2x 3x 20-+=，其两个根为：1x 1=，2x 2=n n n n 112212a c x c x c c 2=+=+⋅用1a 1=，2a 2=代入上式，以确定1c 、2c 则：112a 1c c 2==+⋅，2212a 2c c 2==+⋅，解得：21c 2=，1c 0= 故：n n n n 1n 112212a c x c x c c 22-=+=+⋅=.{}n a ，1a 1=，且满足：n 1nn 1a a 4a 2()+=-，求通项n a ?=由已知n 1n n 1a a 4a 2()+=-得： 22n 1n n n 11a 2a 4a 2a 222()()+-=---=-- ①令：n 1n 1b a 2++=-，则：n n b a 2=-，11b a 21=-=-，21b 1=代入①式得：2n 1n 1b b 2+=-⋅ ②于是：1b 1=-；22111b b 22⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭；32323111b b 222⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；67243711111b b 22222⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-⋅-=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；……；n 1n 1212n n 121111b b 222-----⎛⎫⎛⎫=-=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故：n 1n n 211a b 222--=+=-{}n a 中，1a 2=，且满足：n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+，n N *()∈，求通项n a ?=将n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+化简为：n n 1n 1n 4a a 6a 2a 10+++-+=即：n n 1n 1n 311a a a a 0224+++-+= ① n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+的不动点方程：2x 1x 4x 6-=+；即：24x 4x 10++=，方程的根为二重根：121x x 2==-；设：n 11n 211c a x a x +-=-- ②通分化简得：()()()()n 2n 11n 2n 11c a x a x a x a x ++--=---即：n 1n 1n 2n 112n 2n 11ca a cx a cx a cx x a x a x +++--+=--+即：2112n 1n n 1n 12cx 1cx 1x x a a a a x x 0c c c()()++-+---+-=即：12n 1n 2n 11n 12x x 11a a x a x a x x 0c c c()()++-+--++-= ③对比③①得：213x c 2-=，111x c 2+=，1212x x 1x x c 4--=④即：111x 2c =-，213x c 2=- ⑤ 1221113231x x 2c c 2c 4c ()()=--=--代入④得：22311113cc c 4c 2c c 24()()()----+-=即：3c 1123c 24c 2c 24---+-=，即：1c c=故：c 1=± ⑥ 取c 1=，则：1111x 2c 2=-=-，2131x c 22=-=-代入②式得：n 1n 11111a a 22+-=++⑦化简⑦式可得：n n 1n 1n 311a a a a 0224+++-+=，故⑦式与①式等价. 取c 1=-，则：1113x 2c 2=-=，2135x c 22=-=-代入②式得：n 1n 11135a a 22+-=--+⑧化简⑧式得：n n 1n 1n 311a a a a 0224+++-+=，故⑧式与①式等价.. 令：n n 1b 1a 2=+，则：1112b 15a 2==+，n 1n 11b 1a 2++=+代入⑦式得：n 1n b b 1+-= 由12b 5=和n 1n b b 1+-=可得：{}n b 是首项为25，公差为1故：n 235n 3b n 1n 555()-=+-=-=则：n n11a 2b +=，故：n n 1151105n 3135n a b 25n 3210n 610n 610n 6--=-=-=-=----将n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+化简为：n n 1n 1n 4a a 6a 2a 10+++-+= ①n n 1n 2a 1a 4a 6+-=+的不动点方程：2x 1x 4x 6-=+；即：24x 4x 10++=，方程的根为二重根：121x x 2==-；那么，二重根的不动点解为：n 11n 211c a x a x +-=-- （c 为待定常数） ②通分化简得：()()()()n 2n 11n 2n 11a x a x c a x a x ++---=--即：n n 1n n 11111a a c a a 2222++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+=++ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；即：()()n n 1n 1n 4ca a 2c 4a 2c 4a c 0+++++-+= ③ 将③式与①式对比得：c 1=. 令：n 1n 11n 111b 1a x a 2+++==-+，则：n n 2n 11b 1a x a 2==-+，1112b 15a 2==+代入②式得：n 1n b b 1+-= 即：{}n b 是一个首项为25、公差为1的等差数列. 故：n 25n 3b n 155()-=+-=. 代入：n n 1b 1a 2=+，即：n n 1151105n 3135n a b 25n 3210n 610n 6-+-=-=-==---{}n a 中，1a 3=，且满足：n n 1n 4a 2a a 1+-=+，求通项n a ?=将n n 1n 4a 2a a 1+-=+化简为：n n 1n 1n aa a 4a 20+++-+= ① 4x 2x x 1-=+；即：2x 3x 20-+=，方程的根为二异根：1x 1=，2x 2=；设：n 11n1n 12n 2a x a x a x a x λ++--=--②化简：n 11n 2n 1n 12a x a x a x a x ()()()()λ++--=--即：n n 11n 2n 112n n 11n 12n 12a a x a x a x x a a x a x a x x λλλλ++++--+=--+即：n n 121n 121n 121a a x x a x x a 1x x 0()()()()λλλλ++-+---+-= 即：2121n n 1n 1n 12x x x x a a a a x x 011()()λλλλ++--+-+=--③比较①③可得：21x x 11λλ-=-，21x x 41λλ-=-，12x x 2=即：2121x x 1x x 44λλλλ-=-⎧⎨-=-⎩（1λ≠）即：22211x 4454()λλλλλλ-=--+=-+-即：21254x 1λλλ-+=--，即：14x 1λλ-=-+ ④ 和：22221x 441451()λλλλλλ-=--+=-+即：222451x 1λλλ-+=-，即：241x 1λλ-=+ ⑤ 代入12x x 2=得：441211()()λλλλ---=++即：2241642210()λλλλλ--++++=即：261360λλ-+=则：13512λ±===故：11353122λ+==，21352123λ-==将132λλ==代入④⑤式得：14x 11λλ-=-=+，241x 21λλ-==+；将223λλ==代入④⑤式得：14x 21λλ-=-=+，241x 11λλ-==+. 由此可见，λ的两个值对应的是x 相同的两个值.取32λ=，则1x 1=，2x 2= 代入②式得：n 1n n 1n a 1a 13a 22a 2++--=⋅-- ⑥ 令：n n n a 1b a 2-=-，则：111a 131b 2a 232--===--，n 1n 1n 1a 1b a 2+++-=-代入⑥式得：n 1n3b b 2+=即：{}n b 是首项1b 2=，公比n 1n b 3q b 2+==故：n 1n 1n 13b b q 22()--==⋅ ⑦由n n n a 1b a 2-=-得：n n 1b 1a 2-=-即：n n 1a 2b 1-=-，即：n n n n 2b 11a 2b 1b 1-=+=--将⑦式代入上式得：n 1n 1n 1n 1n 2n n n 1n 1n 1n 2n 1n 3412b 14322322a 3b 123232212()()----------⋅--⋅-⋅-====-⋅--⋅-由n n 1n 4a 2a a 1+-=+化简为：n n 1n 1n a a a 4a 20+++-+= ① 由n n 1n 4a 2a a 1+-=+得不动点方程：4x 2x x 1-=+即：2x 3x 20-+=，方程的根为二异根：1x 1=，2x 2=；设二异根解式满足：n 11n 1n 12n 2a x a x a x a x λ++--=--，即：n 1n n 1n a 1a 1a 2a 2λ++--=--②化简：()()()()n n 1n 1n 1a a 2a 21a 210λλλλ++-+-+-+-=；即：n n 1n 1n221a a a a 2011λλλλ++--+++=-- ③比较①③两式得：32λ=令：n 11n 1n 1n 12n 1a x a 1b a x a 2+++++--==--，则：n n n a 1b a 2-=-，111a 1b 2a 2-==-代入②式得：n 1n3b b 2+=于是：{}n b 是首项为1b 2=、公比为32λ=即：n 1n 1n n 233b 222---⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭. 代入n n n a 1b a 2-=-得：n 1n 2n n n 1n 2n 2b 1232a b 132-----⋅-==--{}n a 中，1a 5=，且满足：n n 1n2a 3a a ++=，求通项n a ?=将n n 1n2a 3a a ++=化简为：n n 1n a a 2a30+--= ① 2x 3x x+=；即：2x 2x 30--=，方程的二异根为：1x 1=-，2x 3=设二异根解式满足：n 11n 1n 12n 2a x a x a x a x λ++--=--，即：n 1n n 1n a 1a 1a 3a 3λ++++=--②化简：n n 1n 1n 331a a a a 3011λλλλ++++-+-=--③比较①③两式得:3λ=-令：n 1n 1n 1a 1b a 3++++=-，则：n n n a 1b a 3+=-，111a 151b 3a 353++===--代入②式得：n 1nb 3b +=-于是：{}n b 是首项为1b 3=、公比3λ=-的等比数列.故：()()n 1n 1nn b 3313--=⋅-=-⋅代入n n n a 1b a 3+=-，即：n n n 3b 1a b 1+=-得： ()()n 1n 1n n 1n 131a 131-+--+=--或()()n 1n 1n n 1n 31a 31-+-+-=--已知数列{}n a 中，1a 4=，且满足：2n n 1n a a 2a 1()+=-，n n na 2b a -=，求通项n b ?=由n n n n a 22b 1a a -==-得：n n 1b 1a 2-=或n n2a 1b =-代入2nn 1n a a 2a 1()+=-得： ()()()22n n 2n 1n n n n n n 421b 1b 2221b 1b 1b 1b 1b 22121b 1b +⎛⎫⎪--⎝⎭====--+-⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭即：2n 1nb b +=则：111a 2421b a 42--===22211b b 2⎛⎫== ⎪⎝⎭42321b b 2⎛⎫== ⎪⎝⎭……n 1n 122n n 1211b b 22---⎛⎫===⎪⎝⎭。

高考数学三轮冲刺微专题（文理通用）最值问题之03数列篇

2020年高考数学三轮冲刺微专题（文理通用）最值问题之数列篇【例】【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为__________．【例】【2018全国卷Ⅱ】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【例】(2018江苏)已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为．【例】（2016年全国I ）设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 .【例】（2015四川）设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列1{}na 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值。

有关数列中最大项的问题：【例】（2020·海南中学高三月考）已知等差数列{}n a 的首项及公差均为正数，令=n b()*,2020∈<n n N ，当k b 是数列{}nb 的最大项时，k =（）A ．1100B ．1001C ．1011D ．1010有关等差数列前n 和中的最值问题：【例】等差数列{a n }的首项a 1>0，设其前n 项和为S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？数列与不等式恒成立相结合的最值问题：【例】（2020·山西实验中学高三）已知数列{}n a 的前n 项和122n n n S a +=-，若不等式223(5)n n n a λ--<-，对n N +∀∈恒成立，则整数λ的最大值为______．数列与基本不等式相结合的最值问题：【例】（2020·江西高三模拟）已知正项等比数列{}n a 满足76523a a a =+，若存在两项m a ，n a ，使得219m n a a a ⋅=，则19m n+的最小值为（）. A ．16 B ．283C ．5D ．4数列与导数相结合的最值问题：【例】等差数列的前项和为，已知，，则的最小值为____.数列与“对勾函数”相结合的最值问题：【例】（2020·河南高三模拟）已知各项都是正数的数列{}n a 满足()*12n n a N a n n +-=∈，若当且仅当4n =时，na n取得最小值，则（） A ．1012a <<B ．11220a <<C ．112a =D ．120a =1、（2020·山西高三开学考试）已知数列{}n a 的通项公式为()370.9nn a n =+⨯，则数列{}n a 的最大项是（）{}n a n n S 100S =1525S =nnSA ．5aB ．6aC ．7aD ．8a2．（2020·河南高三）已知数列{}n a 满足12n n a a +-=，且134,,a a a 成等比数列.若{}n a 的前n 项和为n S ，则n S 的最小值为（）A ．–10B ．14-C ．–18D ．–203．（2020·山东省青岛第五十八中学高三）等差数列{}n a 中，已知51037a a =，且10a <，则数列{}n a 的前n 项和n S *()n N ∈中最小的是（）A ．7S 或8SB ．12SC ．13SD ．14S4.（2020·河北高三期末）已知递增等差数列{}n a 中，122a a =-，则3a 的（）A ．最大值为4-B ．最小值为4C ．最小值为4-D ．最大值为4或4-5．（2020江苏无锡高三）设7211a a a ≤≤≤≤ ，其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列，642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．6．（2020北京高三）若等差数列{}n a 满足7890a a a ++>，7100a a +<，则当n =__时，{}n a 的前n 项和最大．7．（2020江西高三）在等差数列{}n a 中，71=a ，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8=n 时n S 取最大值，则d 的取值范围_________．8．（2020·河北邢台一中高三月）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若29a =，540S =，则n S 的最大值为_________.9、已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ，试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．10、在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值。

微专题47等差数列的前n项和Sn的最值问题

微专题47 等差数列的前n项和S n的最值问题例题：设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a3＝24，S11＝0.(1)求a n；(2)求数列{a n}的前n项和S n；(3)当n为何值时，S n最大，并求S n的最大值．变式1等差数列{a n}的前n项和为S n，且公差d<0，若S9＝S23，则数列{a n}的前多少项的和最大？变式2等差数列{a n}的前n项和为S n，且公差d<0，若S10＝S23，则数列{a n}的前多少项的和最大？串讲1已知数列{a n }的通项公式a n ＝40－5n 7，记T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋6，当|T n |取最小值时，n 的值为多少？串讲2已知数列{a n }的通项公式a n ＝40－5n 7，记T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋5，当|T n |取最小值时，n 的值为多少？(2018·全国Ⅱ卷改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.求S n ，并求S n 的最小值．16n＋15(n≥2，n∈N*)．若对任意的n∈N*，总有S n≤S k，求正整数k的值．答案：k ＝7.解法1因为a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－S 2＝－13，a 3－S 3＝－24，也即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，a 1＋a 2＝24，解得a 1＝13，a 2＝11，所以d ＝a 2－a 1＝－2，故a n ＝－2n ＋15，5分令⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1<0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2n ＋13<0，所以132<n ≤152，9分又n ∈N *，所以n ＝7，即数列{a n }的前7项和为S 7最大，所以k ＝7.14分解法2因为a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－S 2＝13，a 3－S 3＝－24，也即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，a 1＋a 2＝24，解得a 1＝13，a 2＝11，7分所以d ＝a 2－a 1＝－2，故a n ＝－2n ＋15，9分S n ＝13n ＋n （n －1）2×(－2)＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，12分所以数列{a n }的前7项和为S 7最大，故k ＝7.14分说明：通过以上两种解法的比较，可以发现“解法1”采用了“邻项变号法”，解题思路、过程比较简洁方便，这是因为这种解法紧紧抓住了等差数列的项a n 对和S n 的影响规律，因而过程相对简洁精炼．。

2023年新教材高考数学微专题专练33含解析

专练33 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．[2022·全国甲卷(理)，17]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．2．[2020·全国卷Ⅲ]设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2na n }的前n 项和S n .3.[2021·全国新高考Ⅰ卷]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数．(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．4．[2022·新高考Ⅰ卷，17]记S n 为数列{}a n 的前n 项和，已知a 1＝1，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n an 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<2.5.[2020·全国卷Ⅰ]设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．6．[2021·全国乙卷]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．7．[2021·全国甲卷]已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．8．[2021·全国乙卷，文]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.专练33 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．解析：(1)证明：由已知条件，得S n ＝na n －n 22＋n2.当n ＝1时，a 1＝S 1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －n 22＋n 2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n －1）a n －1－（n －1）22＋n －12，∴(1－n )a n＝－n ＋1－(n －1)a n －1.等式两边同时除以1－n ，得a n ＝1＋a n －1， ∴a n －a n －1＝1.∴{a n }是公差为1的等差数列． (2)由(1)可得a n ＝a 1＋(n －1). ∴a 4＝a 1＋3，a 7＝a 1＋6，a 9＝a 1＋8.∵a 4，a 7，a 9成等比数列，∴a 27 ＝a 4·a 9，即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，∴a 1＝－12， ∴S n ＝na 1＋n （n －1）2×1＝－12n ＋n 2－n 2＝12n 2－252n .当n ＝12或n ＝13时，S n 取得最小值，为12×122－252×12＝－78.2．解析：(1)a 2＝5，a 3＝7. 猜想a n ＝2n ＋1.由已知可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]， a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，……a 2－5＝3(a 1－3).因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n.① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1.所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.3．解析：(1)由题设可得b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5 又a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1，a 2k ＋1＝a 2k ＋2，(k ∈N *) 故a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即b n ＋1＝b n ＋3，即b n ＋1－b n ＝3 所以{}b n 为等差数列，故b n ＝2＋()n －1×3＝3n －1. (2)设{}a n 的前20项和为S 20，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20，因为a 1＝a 2－1，a 3＝a 4－1，…，a 19＝a 20－1，所以S 20＝2()a 2＋a 4＋…＋a 18＋a 20－10 ＝2()b 1＋b 2＋…＋b 9＋b 10－10 ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫10×2＋9×102×3－10＝300. 4．解析：(1)∵a 1＝1，∴S 1a 1＝1.又∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n ＝S 1a 1＋13(n －1)，即S n ＝(13n ＋23)a n ＝13(n ＋2)a n ，∴当n ≥2时，S n －1＝13(n ＋1)a n －1，∴a n ＝S n －S n －1＝13(n ＋2)a n －13(n ＋1)a n －1，n ≥2，即(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，n ≥2，∴a n a n －1＝n ＋1n －1，n ≥2， ∴当n ≥2时，a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n ＋1n －1·n n －2·…·42·31＝n （n ＋1）2，∴a n ＝n （n ＋1）2.当n ＝1时，a 1＝1满足上式，∴a n ＝n （n ＋1）2.(2)证明：由(1)知a n ＝n （n ＋1）2，∴1a n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1). ∵n ∈N *，∴0＜1n ＋1≤12，∴1－1n ＋1＜1， ∴2(1－1n ＋1)＜2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜2. 5．解析：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3，即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. 所以q 2＋q －2＝0，解得q 1＝1(舍去)，q 2＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和．由(1)及题设可得，a n ＝(－2)n －1.所以S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ×(－2)n －1，－2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)×(－2)n －1＋n ×(－2)n.可得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ×(－2)n＝1－（－2）n3－n ×(－2)n.所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n9.6．解析：(1)因为b n 是数列{S n }的前n 项积，所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n ＋1b n＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2).又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32，故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)由(1)可知，b n ＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n （n ＋1）. 故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1－1n （n ＋1），n ≥2.7．解析：①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1.设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2a 1.因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列． ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝12n 2d ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1.②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1. 设数列{S n }的公差为d ，d >0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2(n ≥2)，是关于n 的一次函数，所以数列{a n }是等差数列．8．解析：(1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝qn －1.因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n ＝13n －1，b n ＝n3n .(2)由(1)知S n ＝1－13n1－13＝32(1－13n )，T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，①13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝13（1－13n ）1－13－n 3n ＋1＝12(1－13n )－n3n ＋1，整理得T n ＝34－2n ＋34×3n ，则2T n －S n ＝2(34－2n ＋34×3n )－32(1－13n )＝－n 3n <0，故T n <S n2.。

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.【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。

数列裂项相消法求和专题讲解附答案(高中数学)

微专题1 裂项相消法题型1 等差型数列求和d N n d a b b a d b a c n n n nn n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。

例1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55. (1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设a n b n ＝131-n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

方法总结：1.定义：如果一个数列的通项为“分式或根式”的形式，且能拆成结构相同的两式之差，通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩首尾有限项的求和方法叫做裂项相消法．2.适用数列：d N n d a b b a d b a c n n n n n n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。

3.常见的裂项技巧： (1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+k n n k k n n 111)(1，特别地，当k ＝1时，111)1(1+-=+n n n n ； (2)⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-12112121)12)(12(11412n n n n n ；(3)()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=++22222114121n n n n n 。

1.在等比数列{b n }中，已知b 1＋b 2＝43，且b 2＋b 3＝83. (1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 若数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是首项为b 1，公差为b 2的等差数列，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n 项和．题型2 “无理型”数列求和：()n k n kn k n -+=++11。

例2.若数列{a n }满足a 1＝1，22+n a ＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n 2}是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若12++=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项和．方法总结：含有无理式常见的裂项有： (1)()n k n kn k n -+=++11。

高考数学微专题3 数列的通项课件(共41张PPT)

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目标1 根据规律找通项公式
1 (2023吉林三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大
衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，
数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项
依次是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50 ，则此数列的第 25 项与第 24 项的差为
高考命题方向： 1. 根据前几项来寻找序号 n 与项之间的关系． 2. 根据前几项所呈现的周期性规律，猜想通项． 3. 抓住相邻项的关系转化为熟悉问题．
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说明： 1. 解决方案及流程 (1) 归纳猜想法： ①确定数列的前几项； ②分析序号 n 与项有何关系，初步确定分类标准； ③研究数列整体或部分规律； ④归纳数列的项用序号 n 表示的规律； ⑤证明归纳的正确性．
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1. (2022泰安三模)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman
＝am＋n，且a2＝3，则a20的值为( )
A. 320
B. 315
C. 310
D. 35
【解析】因为对任意的 m，n∈N*，都有 aman＝am＋n，所以 a1a1＝a2， a1an＝a1＋n.又 a2＝3，所以 a1＝± 3，所以aan＋n 1＝a1，所以数列{an}是首项为 a1，公比为 a1 的等比数列，所以 an＝a1·an1－1＝an1，所以 a20＝a210＝310.
重复循环，2 022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2 022也为偶数，故B错误；对于C，若C正确，又a2 022＝a2 021＋a2 020，则a2 021＝ a1＋a2＋…＋a2 019，同理a2 020＝a1＋a2＋…＋a2 018，a2 019＝a1＋a2＋…＋ a2 017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；对于D，因为 a2 024＝a2 023＋a2 022＝2a2 022＋a2 021，所以a2 020＋a2 024＝a2 020＋2a2 022＋a2 021＝2a2 022＋(a2 020＋a2 021)＝3a2 022，故D正确．故选AD.

第四章数列求和微专题课件-高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

五、倒序相加法
(1)倒序相加法是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列(反序)，再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1＋an). (2)如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求其和可以用倒序相加法.
典例分析
例5 已知函数y=f(x)满足f(x) + f(1-x) =1，若数列{an}满足
＝2·n－2 1＋(－2n＋1)＝－n. 当n为偶数时， Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·n2＝n.
∴Sn＝(－1)n·n (n∈N*).
巩固练习
5.求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0). 解：当 x＝1 时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋2 1；
这些奇数组成等差数列，首项为1，公差为2，
故该数列的前n项和 Sn＝nn2＋1×1＋12×nn2＋1×nn2＋1－1×2 ＝nn2＋1＋nn2＋1nn2＋1－1
＝nn2＋12＝n2n＋ 4 12.
巩固练习
2.求和：Sn
(x
1 )2 x
(x2
1 x2
)2
(xn
1 xn
)2( x
0).
解: (1)当x＝±1时，Sn＝4n. (2)当x≠±1时，Sn＝x＋1x2＋x2＋x122＋…＋xn＋x1n2
巩固练习
6.求和：22－1 1＋32－1 1＋42－1 1＋…＋n2－1 1，n≥2，n∈N*. 解 ∵n2－1 1＝n－11n＋1＝12n－1 1－n＋1 1，
∴原式＝121－13＋12－41＋13－15＋…＋n－1 1－n＋1 1 ＝121＋12－n1－n＋1 1 ＝34－2n2nn＋＋11(n≥2，n∈N*).

微专题7 数列中的数学文化

步“雹程”；②若a9＝1，则m所有
⁠
解析：m＝13，依题意得，3m＋1＝40→20→10→5→16→8→4→2→1，共9个步
骤.若a9＝1，a8＝2，a7＝4，a6＝8或a6＝1，若a6＝8，a5＝16，则
2 = 128,1 = 256,
4 = 32,3 = 64, ቊ
2 = 21,1 = 42,
微专题7
数列中的数学文化
纵观近几年高考，以数学文化为背景的数列问题层出不穷，让人耳目一
新，同时它也使考生受困于背景陌生，无处着手.本文化的认识，进而加深对
数学文化的理解.
一、数学文化中的递推数列问题
【例1】九连环是我国古代流传至今的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连
结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列的各项除以3的余数构成一个
新数列{an}，则数列{an}的前2 023项的和为
.
⁠
解析由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以3的余数，可得
{an}为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，所以{an}是周
若a6＝1，a5＝2，a4＝4，则
2 = 20,1 = 40,
4 = 5,3 = 10, ቊ
2 = 3,1 = 6.
1 = 32,
3 = 8,2 = 16, ቊ
1 = 5, 所以a1取值的集合为{256，42，40，6，32，5，4}，
൞
3 = 1,2 = 2,1 = 4.
【例3】（1）（2020·全国Ⅱ卷）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

高考数学专题三数列微专题21 等差数列、等比数列

设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，且q>0，因为 S14＝7(a10＋3)，则 14a1＋14×2 13d＝7(a1＋9d＋3)，可得 a1＋4d＝ 3，即 a5＝3，
因为b5＝b＝16，则b1q4＝(b1q)4＝16，可得q＝2，b1＝1，因为cn＝an＋bn，所以T9＝c1＋c2＋…＋c9＝(a1＋a2＋…＋a9)＋(b1＋b2＋…＋b9) ＝a1＋2 a9×9＋b111－－qq9＝a5×9＋11－－229 ＝3×9＋11－－229＝538.
①
由 a1＋S11＝67，得 12a1＋11×2 10d＝67，即 12a1＋55d＝67.
②
由①②解得a1＝1，d＝1，所以an＝n，于是a3a10＝3×10＝30，而a30＝30，故a3a10是{an}中的第30项.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2.(2023·武汉模拟)已知等比数列{an}满足a6＝2，且a7，a5，a9成等差数列，
(2)(2023·新高考全国Ⅰ)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和. ①若 3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
∵3a2＝3a1＋a3， ∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
3.记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a5－a3＝12，a6－a4＝24，则Sann等于
A.2n－1
√B.2－21－n
C.2－2n－1
D.21－n－1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
方法一设等比数列{an}的公比为q，则 q＝aa65－－aa43＝2142＝2. 由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，得a1＝1. 所以 an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝a111－－qqn＝2n－1，所以Sann＝22n－n－11＝2－21－n.

2023年新高考数学创新题型微专题07 数列专题(数学文化)(解析版)

专题07 数列专题（数学文化）一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为（一丈＝十尺＝一百寸）（）． A ．一尺五寸 B ．二尺五寸C ．三尺五寸D ．四尺五寸【答案】B【分析】十二个节气日影长构成一个等差数列{}n a ，利用等差数列通项公式、前n 项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出芒种日影长．【详解】由题意知：∴从冬至日起，依次小寒、大寒等十二个节气日影长构成一个等差数列{}n a ，设公差为d ，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，∴147191393159898552a a a a d S a d ++=+=⎧⎪⎨⨯=+=⎪⎩，解得1135a =，10d =−， ∴芒种日影长为12111135111025a a d =+=−⨯=（寸）2=尺5寸．故选：B2．（2022秋·陕西咸阳·高二武功县普集高级中学校考阶段练习）河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一.某洞窟的浮雕共7层，它们构成一幅优美的图案.若从下往上计算，从第二层开始，每层浮雕像的个数依次是下层个数的2倍，且第三层与第二层浮雕像个数的差是16，则该洞窟的浮雕像的总个数为（） A ．1016 B ．512 C ．128 D ．1024【答案】A【分析】设从上到下第()N ,17n n n *∈≤≤层的浮雕像个数为n a ，分析可知数列{}n a 为等比数列，且公比为2，根据已知条件求出1a 的值，利用等比数列求和公式可求得结果.【详解】设从上到下第()N ,17n n n *∈≤≤层的浮雕像个数为n a ，由题意可知，数列{}n a 为等比数列，且该数列的公比为2，由已知可得3222216a a a a −=−=，可得216a =，故2182a a ==，因此，该洞窟的浮雕像的总个数为()78128127101612−=⨯=−.故选：A.3．（2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考阶段练习）《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的13是较小的两份之和，则最小的一份为（） A ．5 B ．10 C ．15 D ．30【答案】B【分析】设五个人所分得的面包为2a d −，a d −，a ，a d +，2a d +，（其中0d >），则由总和为100可求得20a =，再由较大的三份之和的13是较小的两份之和，可得123d a =，从而可求出d ，进而可求出2a d −【详解】设五个人所分得的面包为2a d −，a d −，a ，a d +，2a d +，（其中0d >），则有()()()()225100a d a d a a d a d a −+−+++++==， ∴20a =，由()232a a d a d a d a d ++++=−+−，得()33323a d a d +=−； ∴123d a =， ∴5d =．∴最少的一份为2201010a d −=−=. 故选：B4．（2022·河北邯郸·统考模拟预测）位于丛台公园内的武灵丛台已经成为邯郸这座三千年古城的地标建筑，丛台上层建有据胜亭，其顶部结构的一个侧面中，自上而下第一层有2块筒瓦，以下每一层均比上一层多2块筒瓦，如果侧面共有11层筒瓦且顶部4个侧面结构完全相同，顶部结构共有多少块筒瓦？（）A ．440B ．484C ．528D ．572【答案】C【分析】由题意知每层筒瓦数构成等差数列{}n a，由等差数列求和公式可求得每一面的筒瓦总数，由此可得四个侧面筒瓦总数.【详解】一个侧面中，第一层筒瓦数记为2，自上而下，由于下面每一层比上一层多2块筒瓦，∴每层筒瓦数构成等差数列{}n a，其中12a=，2d=.一个侧面中共有11层筒瓦，∴一个侧面筒瓦总数是()1111111221322⨯−⨯+⨯=，∴顶层四个侧面筒瓦数总和为1324528⨯=.故选：C.5．（2023·全国·高三专题练习）如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1，2，3，…，2n放置在n行n列()3n≥的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和（简称“幻和”）均相等，具有这种性质的图表称为“n阶幻方”．洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15．则7阶幻方的“幻和”为（）图1 图2A．91B．169C．175D．180【答案】C【分析】根据“幻和”的定义，将自然数1至2n 累加除以n 即可得结果. 【详解】由题意，7阶幻方各行列和，即“幻和”为12 (49)1757+++=.故选：C6．（2022·全国·高三专题练习）斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：121a a ==，()*123,.n n n a a a n n N −−=+≥∈ 已知2222123mma a a a a ++++是该数列的第100项，则m =（）A ．98B ．99C ．100D ．101【答案】B【分析】根据题意推出2121a a a =，222321a a a a a =−，L ，211m m m m m a a a a a +−=−，利用累加法可得211mi m m i a a a +==∑，即可求出m 的值.【详解】由题意得，2121a a a =，因为12n n n a a a −−=−，得222312321()a a a a a a a a =−=−，233423432()a a a a a a a a =−=−，L ，21111()m m m m m m m m a a a a a a a a +−+−=−=−，累加，得222121m m m a a a a a ++++=，因为22212m ma a a a +++是该数列的第100项，即1m a +是该数列的第100项，所以99m =. 故选：B.7．（2022春·河南南阳·高二校联考阶段练习）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，则第50层球的个数为（）A ．1255B ．1265C ．1275D ．1285【答案】C【分析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的个数与层数的关系，得到(1)2n n n a +=，进而求解结论．【详解】解：设各层球的个数构成数列{}n a ，由题意可知，11a =，21212a a =+=+，323123a a =+=++，⋯，1123n n a a n n −=+=+++⋯+，故(1)1232n n n a n +=+++⋯+=， 50505112752a ⨯∴==，故选：C ．8．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如皋中学统考阶段练习）1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间[0,1]平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间1[0,]3和2[,1]3；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：1[0,]9，21[,]93，27[,]39，8[,1]9；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历n 步构造后，20212022不属于剩下的闭区间，则n 的最小值是（）．A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】A【分析】根据三分康托集的构造过程可知：经历第n 步，每个去掉的开区间以及留下的闭区间的区间长度都是13n⎛⎫⎪⎝⎭，根据规律即可求出20212022属于1112,133n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫−⨯−⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，进而根据不等式可求解.【详解】20212022不属于剩下的闭区间，20212022属于去掉的开区间经历第1步，剩下的最后一个区间为2[,1]3，经历第2步，剩下的最后一个区间为8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦，……，经历第n步，剩下的最后一个区间为1113n⎡⎤⎛⎫−⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，，去掉的最后开区间为1112,133n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫−⨯−⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭由120111121320223n n⎛⎫⎛⎫−⨯<<−⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭化简得4044320223nn⎧>⎨<⎩，解得7n=故选:A9．（2022春·江苏南通·高二统考期末）“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法．这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下头一个2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；……，依次进行同样的剔除．剔除到最后，剩下的便全是素数．在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为（）A．333B．335C．337D．341【答案】B【分析】根据给定条件，求出230的全部整数和，再求出2到30的全部素数和即可计算作答.【详解】2到30的全部整数和123029464 2S+=⨯=，2到30的全部素数和22357111317192329129S=+++++++++=，所以剔除的所有数的和为464129335−=.故选：B10．（2022·全国·高三专题练习）谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数（称为埃及分数）．则下列埃及分数113⨯、135⨯、157⨯、L、120212023⨯的和是（）A．20222023B．20232022C．10112023D．20231011【答案】C【分析】利用裂项相消法可求得结果.【详解】当N n *∈时，()()1111212122121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭，因此，11111111111111335572021202323355720212023⎛⎫++++=−+−+−++− ⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭1110111220232023⎛⎫=−=⎪⎝⎭. 故选：C.11．（2022春·四川资阳·高一统考期末）《算法统宗》是中国古代数学名著，书中有这样一个问题：九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传．意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第二个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要长幼分明，使孝顺子女的美德外传．据此，前五个孩子共分得的棉花斤数为（） A ．362 B ．430 C ．495 D ．645【答案】C【分析】设这八个孩子分得棉花的斤数构成等差数列{}n a ，由题设求得其首项与公差，即可求得结果．【详解】解：设这八个孩子分得棉花的斤数构成等差数列{}n a ，由题意知：公差17d =，又12381878179962a a a a a ⨯+++⋯+=+⨯=，解得165a =，故412351545455651749522a a a a a d a ⨯⨯++=+=⨯⨯=+++. 故选：C ．12．（2022秋·江苏淮安·高三校考阶段练习）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2022年是壬寅年，请问：在100年后的2122年为（） A ．壬午年 B ．辛丑年C ．己亥年D ．戊戌年【答案】A【分析】将天干和地支分别看作等差数列，结合1001010÷=，1001284÷=，分别求出100年后天干为壬，地支为午，得到答案.【详解】由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于1001010÷=，余数为0，故100年后天干为壬，由于1001284÷=，余数为4，故100年后地支为午，综上：100年后的2122年为壬午年.故选：A13．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所以论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，……则该数列的第8项为（）A．99B．131C．139D．141【答案】D【分析】根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.【详解】设该高阶等差数列的第8项为x，根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：根据规律补全：由图可得341295yx y−=⎧⎨−=⎩，则14146xy=⎧⎨=⎩.故选：D14．（2023春·广西柳州·高三统考阶段练习）《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊、猪食人苗，苗主责之粟9斗，猪主曰：“我猪食半羊．”羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？其意是：今有牛、马、羊、猪吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿9斗粟，猪主人说：“我猪所吃的禾苗只有羊的一半．”羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，牛、马、羊、猪的主人各应赔偿多少粟？在这个问题中，马主人比猪主人多赔偿了（）斗．A ．35B ．95C ．3D ．215【答案】B【分析】转化为等比数列进行求解，设出未知数，列出方程，求出马主人比猪主人多赔偿了斗数. 【详解】由题意得：猪、羊、马、牛的主人赔偿的粟斗数成等比数列，公比为2，设猪的主人赔偿的粟斗数为x ，则2489x x x x +++=，解得：35x =，故马主人赔偿的粟斗数为1245x =，所以马主人比猪主人多赔偿了斗数为1239555−=. 故选：B15．（2021秋·河南商丘·高二校联考期中）《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什迦罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军2由旬（由旬为古印度长度单位），以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军80由旬到达地方城市.下列说法正确的是（） A ．前四天共行1877由旬 B ．最后三天共行53由旬C ．从第二天起，每天比前一天多行的路程为237由旬 D ．第三天行了587由旬【答案】D【分析】由题意，每天行军的路程{}n a 为等差数列，且12a =，780S =，利用基本量1,a d 表示可得227d =，依次分析，即得解【详解】由题意，不妨设每天行军的路程为数列{}n a ，则12a =又以后每天均比前一天多行相同的路程，故{}n a 构成一个等差数列，不妨设公差为d 七天一共行军80由旬，即780S = 故71767802S a d ⨯=+=，解得227d =4143188427S a d ⨯=+=，A 错误；567741883728077a a a S S ++=−=−=，B 错误；由于227d =，故从第二天起，每天比前一天多行的路程为227由旬，C 错误；31225822277a a d =+=+⨯=，D 正确故选：D16．（2022·全国·高三专题练习）“垛积术”是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910．若这堆货物总价是910020010n⎛⎫− ⎪⎝⎭万元，则n 的值为（）A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】B【分析】先依次求出各层货物总价，再利用裂项抵消法进行求解. 【详解】由题意，得第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为9210⨯万元，第三层货物总价为293()10⨯万元，……，第n 层货物总价为19()10n n −⨯万元.设这堆货物总价为y 万元，则21999123()()101010n y n −=+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯ 23999992()3()()1010101010n y n =+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，两式相减，得2311999991+()()()()101010101010n n y n −=+++⋅⋅⋅+−⨯，即91()199910()1010()()910101010110nn n n y n n −=−⋅=−⨯−⋅−，则999100100()10()=100(10010)()101010n n ny n n =−⨯−⋅−+⨯，令99100(10010)()=100200()1010n ny n =−+⨯−⨯，得10n =. 故选：B.17．（2021秋·吉林松原·高二长岭县第三中学校考阶段练习）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数6m =，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列{}n a 满足：1a m =（m 为正整数），1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时当为奇数时，则当42m =时，则使1n a =需要的雹程步数为（） A ．7 B ．8 C ．9 D ．10【答案】B1n a =使得需要多少步雹程.【详解】解：根据题意，当42m =，根据上述运算法则得出42→21→64→32→16→8→4→2→1，所以共需经过8个步骤变成1，故使1n a =需要的雹程步数为8. 故选：B18．（2022·全国·高三专题练习）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−−+−≥=⋅【答案】C【分析】A 选项由前()1n +项所占格子组成长为1n n a a ++，宽为1n a +的矩形即可判断；B 选项由()*123,n n n a a a n n −−=+≥∈N 结合累加法即可判断；C 选项通过特殊值检验即可；D 选项表示出221111,44n n n n c a c a ππ−−==，作差即可判断. 【详解】由题意知：前()1n +项所占格子组成长为1n n a a ++，宽为1n a +的矩形，其面积为()211111n n n n n n n S a a a a a a +++++=+=+，A 正确；32143221,,,n n n a a a a a a a a a ++=+=+=+，以上各式相加得，()34223112()n n n a a a a a a a a a +++++=+++++++，化简得2212n n a a a a a +−=+++，即1221n n a a a a ++++=−，B 正确；12345613561,2,3,5,8,817a a a a a a a a a a ======∴++=≠−=，C 错误；易知221111,44n n n n c a c a ππ−−==，()()()221111214()(3)n n n n n n n n n n c c a a a a a a a a n πππ−−−−−+∴−=−=−+=≥，D 正确.故选：C.19．（2023·全国·高三专题练习）如图是美丽的“勾股树”，将一个直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到如图①的第1代“勾股树”，重复图①的作法，得到如图②的第2代“勾股树”，…，以此类推，记第n 代“勾股树”中所有正方形的个数为n a ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，若不等式2022n S >恒成立，则n 的最小值为（）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】C【分析】根据第1代“勾股树”，第2代“勾股树”中，正方形的个数，以此类推，得到第n 代“勾股树”中所有正方形的个数，即n a ，从而得到n S 求解.【详解】解：第1代“勾股树”中，正方形的个数为11321+=−，第2代“勾股树”中，正方形的个数为21721+=−，…，以此类推，第n 代“勾股树”中所有正方形的个数为121n +−，即121n n a +=−，所以()24122412n n n S n n +−=−=−−−，因为0n a >，所以数列{}n S 为递增数列，又810122022S =<，920352022S =>，所以n 的最小值为9．故选：C ．20．（2022·海南省直辖县级单位·“贾宪三角”，后被南宋数学家杨辉引用、n 维空间中的几何元素与之有巧妙联系、例如，1维最简几何图形线段它有2个0维的端点、1个1维的线段：2维最简几何图形三角形它有3个0维的端点，3个1维的线段，1个2维的三角形区域；……如下表所示.从1维到6维最简几何图形中，所有1维线段数的和是（）A ．56B ．70C ．84D ．28【答案】A【分析】根据题意可得1n n a a n −−=，可求得()12n a n n +=，即可求解. 【详解】设从1维到n 维最简几何图形的1维线段数构成数列{}n a ，由题意可得21312a a −=−=，32633a a −=−=，431064a a −=−=，…，以此类推，可得1n n a a n −−=，所以()()()121321n n n a a a a a a a a −=+−+−++−()11232n n n +=++++=，所以12345613610152156a a a a a a +++++=+++++=. 故选：A.21．（2023·全国·高三专题练习）大衍数列，来源于中国古代著作《乾坤普》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10项为：0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，通项公式为221,2,2n n n a n n ⎧−⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，若把这个数列{}n a 排成下侧形状，并记),A m n 表示第m 行中从左向右第n 个数，则()9,5A 的值为（）A ．2520B ．2312C ．2450D ．2380【答案】D【分析】确定()9,5A 在数列{}n a 中的项数，结合数列{}n a 的通项公式可求得结果.【详解】由题可知，设数阵第n 行的项数为n b ，则数列{}n b 是以1为首项，公差为2的等差数列，数列{}n b的前8项和为87182642⨯⨯+⨯=，所以，()9,5A 是数列{}n a 的第64569+=项，因此，()26919,523802A −==.故选：D.22．（2022·全国·高三专题练习）在归国包机上，孟晚舟写下《月是故乡明，心安是归途》，其中写道“过去的1028天，左右踟躇，千头万绪难抉择；过去的1028天，日夜徘徊，纵有万语难言说；过去的1028天，山重水复，不知归途在何处．”“感谢亲爱的祖国，感谢党和政府，正是那一抹绚丽的中国红，燃起我心中的信念之火，照亮我人生的至暗时刻，引领我回家的漫长路途．”下列数列{}()N n a n *∈中，其前n 项和不可能为1028的数列是（） (参考公式：2222(1)(21)1236n n n n ++++++=)A ．1028n a n =+B ．2744125n a n n =−+C ．127(1)45n n a n +=−−D ．1122n n a −=+【答案】A【分析】利用等差数列、等比数列的前n 项和公式以及参考公式求数列{}n a 前n 项和n S ，令1028n S =，看是否有正整数解即可判定选项A 、B 、D 的正确性；通过分类讨论分别求出2k S 和21k S −，然后可得到20k S <，令211028k S −=，看是否有正整数解即可选项C 的正确性．【详解】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对于A ：由等差数列的前n 项和公式，得： 1()(533)10282n n n a a S n n +==+=，因为方程无正整数解，即选项A 错误；对于B ：不妨令24n b n =，74125n c n =−+，数列{}n b 和{}n c 的前n 项和分别为n T 和n Q ，则n n n a b c =+，n n n S T Q =+，由参考公式和等差数列的前n 项和公式，得： 22(1)(21)4(123)3n n n n T n ++=++++=，21()44625n n n c C Q n n +==−+，所以22(1)(21)446102835n n n n n n S T Q n n ++=+=−+=，解得*10N n =∈，即选项B 正确；对于C ：①当*N )2(n k k =∈时， 222222271234(21)(2)245n k S S k k k ==−+−++−−−⨯ 14(3741)045kk =−+++−−<，故此时1028n S ≠； ②当()*21N n k k =−∈时， 22222222171234(23)(22)(21)(21)45n k S S k k k k −==−+−++−−−+−−− 27(3745)(21)(21)45k k k =−++⋅⋅⋅+−+−−− 2(1)(345)7(21)(21)245k k k k −+−=−+−−−27232(21)45k k k =−+−− 令27232(21)102845k k k −+−−=，解得23k =，即223145n =⨯−=时，1028n S =，即选项C 正确；对于D ：由等比数列的前n 项和公式可知，1(12)112110281222n n n S n n ⨯−=+=+−=−，解得*10N n =∈，即选项D 故选：A ．23．（2023·全国·高三专题练习）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，则此数列的第21项是（） A ．200 B ．210C ．220D ．242【答案】C【分析】由数列奇数项的前几项可归纳出奇数项上的通项公式，从而得到答案.【详解】根据题意，数列的前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，其中奇数项为0、4、12、24、40，有22221357113151710,4,12,24,2222a a a a −−−−========⋯故其奇数项上的通项公式为21,2n n a −=故221211=2202a −=，故选：C24．（2022春·云南红河·高二弥勒市一中校考阶段练习）斐波那契数列（Fibonacci Sequence ）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多，斐波那契（Leonardo Fibonacci ）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列{}n a 满足：12211,n n n a a a a a ++===+，现从数列的前2022项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（） A ．5052022B ．2522022C ．5042022 D ．14【答案】A【分析】依次写出数列各项除以3所得余数，寻找后可得结论.【详解】根据斐波那契数列的定义，数列各项除以3所得余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，…，余数数列是周期数列，周期为8，202225286=⨯+，所以数列的前2022项中能被3整除的项有25221505⨯+=，所求概率为5052022P =，故选A ．25．（2022·高二课时练习）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”．按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n n a ，则6a =（）A ．55B ．58C ．60D ．62【答案】A【分析】n a 表示第n 行中的黑圈个数，设n b 表示第n 行中的白圈个数，由题意可得112,n n n n n n a a b b a b ++=+=+，根据初始值，由此递推，不难得出所求.【详解】已知n a 表示第n 行中的黑圈个数，设n b 表示第n 行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈2个黑圈，∴112,n n n n n n a a b b a b ++=+=+，又∵110,1a b ==; 221,1a b ==;332113112a b =⨯+==+=，; 442328,325a b =⨯+==+=;5528521,8513a b =⨯+==+=; 62211355a =⨯+=,故选：A.26．（2022·全国·高三专题练习）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 1.1x y =，第n 根弦（N n ∈，从左数第1根弦在y 轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线:1l y x =+交于点n A （n x ，n y ）和n B （n x '，n y '），则200n nn y y ='=∑( ) 参考数据：取221.18.14=.A ．814B ．900C ．914D ．1000【答案】C【分析】求出n n y y '、，用错位相减法求和即可.【详解】由条件可得()2020011920011.11 1.12 1.120 1.121 1.1n n nn n y y n =='=+=⨯+⨯++⨯+⨯∑∑①，所以2012202101.11 1.12 1.120 1.121 1.1n nn y y ='⨯=⨯+⨯++⨯+⨯∑②，－②得：2120120212101 1.10.1 1.1 1.1 1.121 1.121 1.11 1.1=−'−⨯=+++−⨯=−⨯−∑n nn y y ，2121221 1.10.121 1.11 1.118.1491.40.10.10.1−+⨯⨯++====−−−−，所以20914n nn y y ='=∑. 故选：C.27．（2022秋·陕西渭南·高二校考期中）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1DD ，1CC ，1BB ，1AA 是举，1OD ，1DC ，1CB ，1BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为110.5DD OD =，111CC k DC =，121BBk CB =，131AA k BA =，已知1k ，2k ，3k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则2k =（）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】B【分析】设1111OD DC CB BA ===，则可得关于2k 的方程，求出其解后可得正确的选项【详解】设11111OD DC CB BA ====，则10.5,DD =111213,,CC k BB k AA k ===，依题意，有21230.1,0.1k k k k −=+=，且111111110.725DD CC BB AA OD DC CB BA +++=+++，所以20.530.7254k +=，故20.8k =，故选：B28．（2022秋·陕西咸阳·高二校考阶段练习）《张邱建算经》记载了这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”，意思是“有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的路程是前一天的一半，连续走了7天，共走了700里”．在上述问题中，此马第二天所走的路程大约为（） A ．170里 B ．180里C ．185里D ．176里【答案】D【分析】根据题意，可知此马每天走的路程形成等比数列，利用等比数列的前n 项和公式求得基本量，从而得解.【详解】由题意得，设这匹马的第n 天走的路程为n a ，则有112n n a a +=，7700S =，所以数列{}n a 是12q =的等比数列，故71112700112a ⎡⎤⎛⎫−⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=−，解得1350128127a ⨯=，所以21175128176.4127a a q =⨯=≈．故选：D.29．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）如图所示的三角形叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成，第n 行有n 个数且两端的数均为()12n n≥，每个数是它下一行左右相邻的两数的和，如111111111,,1222363412=+=+=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅，则第8行第4个数（从左往右数）为（）A ．1280B ．1168C ．1140D ．1105【答案】A【分析】利用“莱布尼兹调和三角形”的性质，依次运算即可. 【详解】设第n 行第m 个数为(),a n m ，则()15,15a =，()16,16a =，()17,17a =，()18,18a =，故()()()16,25,16,130a a a =−=，()()()17,26,17,142a a a =−=，()()()18,27,18,156a a a =−=，()()()17,36,27,2105a a a =−=，()()()18,37,28,2168a a a =−=，()()()18,47,38,3280a a a =−=，故选：A.二、多选题30．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如皋中学统考阶段练习）朱世杰是历史上伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升.”其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天比前一天多派7人，官府向修筑堤坝的每人每天发放大米3升.”则下列结论正确的有（） A ．将这1864人派谴完需要16天 B ．第十天派往筑堤的人数为134 C ．官府前6天共发放1467升大米D ．官府前6天比后6天少发放1260升大米【答案】ACD【分析】记数列{}n a 为第n 天派遣的人数，数列{}n b 为第n 天获得的大米升数，依题意可得{}n a 是以64为首项，7为公差的等差数列，{}n b 是以192为首项，21为公差的等差数列，再根据等差数列的通项公式及前n 项和公式计算可得；【详解】解：记数列{}n a 为第n 天派遣的人数，数列{}n b 为第n 天获得的大米升数，则{}n a 是以64为首项，7为公差的等差数列，即757n a n =+，{}n b 是以192为首项，21为公差的等差数列，即21171n b n =+，所以106479127a =+⨯=，B 不正确.设第k 天派遣完这1864人，则()716418642k k k −+=，解得16k =（负值舍去），A 正确；官府前6天共发放6519262114672⨯⨯+⨯=升大米，C 正确，官府前6天比后6天少发放211061260⨯⨯=升大米，D 正确. 故选：ACD31．（2022秋·山西太原·高二太原师范学院附属中学校考阶段练习）若正整数m ．n 只有1为公约数，则称m ，n 互质，对于正整数k ，ϕ（k ）是不大于k 的正整数中与k 互质的数的个数，函数ϕ（k ）以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：()21ϕ=，(3)2ϕ=，(6)2ϕ=，(8)4ϕ=．已知欧拉函数是积性函数，即如果m ，n 互质，那么()()()mn m n ϕϕϕ=，例如：(6)(2)(3)ϕϕϕ=，则（） A ．(5)(8)ϕϕ=B ．数列(){}2n ϕ是等比数列 C ．数列(){}6nϕ不是递增数列D ．数列()16nϕ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和小于35【答案】ABD【分析】根据欧拉函数定义及运算性质，结合数列的性质与求和公式，依次判断各选项即可得出结果. 【详解】(5)4,(8)4,(5)(8)ϕϕϕϕ==∴=，A 对；∵2为质数，∴在不超过2n 的正整数中，所有偶数的个数为12n −， ∴()11222=2ϕ−−−=nnn n 为等比数列，B 对；∵与3n 互质的数为1,2,4,5,7,8,10,11,,32,3 1.−−n n共有11(31)323n n −−−⋅=⋅个，∴1(3)23,ϕ−=⋅n n又∵()6=(2)(3)ϕϕϕn n n =126−⋅n ，∴()6ϕn一定是单调增数列，C 错；()1626nn ϕ−=⋅，()16nϕ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为 111263131156516nn n S ⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==−<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦−，D 对. 故选：ABD ．32．（2022·全国·高三专题练习）我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百九十三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里.良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢.”其大意为今有良马和驽马从长安出发到齐国，良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里；驽马第一天走970.5里.良马先到齐国，再返回迎接驽马，9天后两马相遇.下列结论正确的是（） A ．长安与齐国两地相距1530里 B ．3天后，两马之间的距离为328.5里 C ．良马从第6天开始返回迎接驽马 D ．8天后，两马之间的距离为377.5里【答案】AB【分析】A, 设良马第n 天行走的路程里数为n a ，驽马第n 天行走的路程里数为n b ，求出良马和驽马各自走的路程即得A 正确；B ，计算得到3天后，两马之间的距离为328.5里，即可判断B 正确； C,计算得到良马前6天共行走了1353里1530<里，故C 不正确；D ，计算得到8天后，两马之间的距离为390里，故D 不正确.【详解】解：设良马第n 天行走的路程里数为n a ，驽马第n 天行走的路程里数为n b ，则。

微专题49 利用数列单调性求解相关数列问题

9nn＋1 5．数列{an}的通项公式 an＝ 10n ，则{an}的最大项为第 8,9 项． n n n－1 n－1 9 n＋1 9 n＋1 n· 9 9 1 解析：∵an＝ 10n ，∴an－an－1＝ 10n － n－1 ＝ n－1×10(9－n)， 10 10
令 an－an－1≥0，解得 n≤8；令 an－an－1＝0，解得 n＝9；令 an－an－1<0，解得 n＞10；所以 a1<a2<…<a8＝a9>a9>a10>… ∴最大的项为第 8,9 两项．
－
2 为 bn＝ .设 cn＝(Sn＋1)(nbn－λ)，若数列{cn}是单调递减数列， nn＋1 求实数 λ 的取值范围．
1 ，＋ ∞ 答案： . 3
2 1×1－2n － λ 解析：Sn＝＝2n－1，所以Cn＝2n ，要使数列{Cn}是 n ＋ 1 1－ 2
＋1
－bn>0 恒成立；∴数列{bn}对 n≥2，n∈N 上单调递增．∴(bn)min
1 1 7 1 2 ＝b2＝a3＋a4＝3＋4＝12；由题意可知12loga(a－1)＋3<(bn)min；
1 ∴loga(a－1)<－1 又 a>1；∴0<a－1<a； 1＋ 5 ∴1<a< 2 .
7．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＝2n 1，数列{bn}的通项公式
17 －∞，－ 2
.
1 17 17 2 n － 17 ＋ λ ＋ λ ＋ n＋ λ 2 2 1 2 解析：由于 an＝＝＝ 2＋，由题意可知 2n－17 2n－17 2n－17 1 当 n≥9 时，数列{an}单调递减且 an>2，当 n≤8 时，数列{an}单调 1 17 减且 an<2，所以 λ<－ 2 .

微专题数列的性质、蛛网图、最值问题、恒成立问题、插项问题、公共项问题、规律问题、奇偶问题(学生版

微专题数列的性质、蛛网图、最值问题、恒成立问题、插项问题、公共项问题、规律问题、奇偶问题【秒杀总结】1.数列的周期性，此类问题的解法是由定义求出数列的前几项，然后归纳出周期性.2.函数与数列的综合问题，解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.3.证明数列a n单调性的方法：根据a n+1-a n与0的关系判断出数列的单调性(当a n恒为正或者负时，可以考虑利用a n+1a n与1的大小关系判断数列单调性).4.当出现与年份有关的数列选择题，题目本身难度比较大的时候，比如，出现2019、2020、2021类似这样的数字，我们完全可以通过逐个分析选项，通过选项找规律后判断是否符合题意，来决定哪个选项正确.比如求S2021，可以令2021=n，将选项中的所有数字用n来表示，然后通过S1、S2来验证哪个选项正确.如果题目问的是S2020、S2018之类的偶数年份，最好是通过S2、S4这样的偶数项来验证.【典型例题】例1.(浙江省杭州市第二中学滨江校区2022-2023学年高三上学期期中数学试题)已知数列a n满足a n+1=e a n-2+1(n∈N*，e为自然对数的底数)，且对任意的M>0都存在n∈N*，使得a n-2<M成立，则数列a n的首项a1须满足()A.a1≤1B.1≤a1≤2C.a1≤2D.a1≥2例2.(2023•新蔡县月考)数列{a n}满足a n+1+(-1)n+1a n=2n，则数列{a n}的前60项和等于( )A.1830B.1820C.1810D.1800例3.(2023•江苏模拟)若单调递增数列{a n}满足a n+a n+1+a n+2=3n-6，且a2=12a1，则a1的取值范围是．例4.(广东省实验中学2023届高三考前热身训练数学试题)已知S n为数列a n的前n项和，a1=a2=1，平面内三个不共线的向量OA ，OB ，OC ，满足OC =a n -1+a n +1 OA +1-a n OB，n ≥2，n ∈N *，若A ，B ，C 在同一直线上，则S 2021=___________.例5.(江苏省苏州市吴中区木渎高级中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题)数列a n 中，a n =-12a n -1-32n ≥2,n ∈N * ，且a =1，记数列a n 的前n 项和为S n ，若3λ⋅S n +n ≤4对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为__________.例6.(江西省临川二中、临川二中实验学校2023届高三第二次模拟考试文科数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n =2a n -2n +1，若对一切正整数n ，不等式2n 2-n -3<λ-2019 a n 恒成立，则满足条件的最小整数λ为______.【过关测试】一、单选题1.(2023·全国·高三专题练习)设数列a n 的通项公式为a n =-1 n 2n -1 ⋅cos n π2+1n ∈N * ，其前n 项和为S n ，则S 120=( )A.-60B.-120C.180D.2402.(2023·山东潍坊·高三统考期末)已知定义在R 上的函数f x 满足f 0 =1，对∀x ，y ∈R ，有f xy +1 =f x f y -f y -x +2，则2023i =11f i f i +1=( )A.20234050B.20242025C.20234048D.202320243.(2023·全国·高三专题练习)设数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1，且2S n =a n +1-1n ∈N * .若对任意的正整数n ，都有a 1b n +a 2b n -1+a 3b n -2+⋯+a n b 1=3n -n -1成立，则满足等式b 1+b 2+b 3+⋯+b n =a n 的所有正整数n 为( )A.1或3B.2或3C.1或4D.2或44.(2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测)已知数列a n 、b n ，a n +1=a n 2 ，b n +1=b n 2，n ∈N +其中x 为不大于x 的最大整数.若a 1=b 1=m ，m ≤1000，m ∈N +，有且仅有4个不同的t ，使得a t ≠b t ，则m 一共有( )个不同的取值.A.120B.126C.210D.2525.(2023·北京朝阳·高三统考期末)在数列a n 中，a 1=1,a n +1=ka 2n +1n ∈N ∗，若存在常数c ，对任意的n ∈N ∗，都有a n <c 成立，则正数k 的最大值为( )A.15B.14C.13D.126.(2023·湖南长沙·统考一模)裴波那契数列F n ，因数学家莱昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列F n 满足F 1=F 2=1，且F n +2=F n +1+F n n ∈N * ．卢卡斯数列L n 是以数学家爱德华·卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即L 1=1，且L n +1=F n +F n +2n ∈N * ，则F 2023=( )A.13L 2022+16L 2024 B.13L 2022+17L 2024 C.15L 2022+15L 2024 D.-15L 2022+25L 20247.(2023·全国·高三专题练习)已知S n 是数列a n 的前n 项和，且a 1=a 2=1，a n =2a n -1+3a n -2(n ≥3)，则下列结论正确的是( )A.数列a n -a n +1 为等比数列 B.数列a n +1+2a n 为等比数列C.S 40=14320-1D.a n =3n -1+-1 n -128.(2023·山西太原·高三统考期末)如表所示的数阵称为“森德拉姆素数筛”，表中每行每列的数都成等差数列，设f (m ,n )表示该数阵中第m 行、第n 列的数，则下列说法正确的是( )234567⋯35791112⋯4710131619⋯5913172125⋯6111212631⋯71319253137⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯A.f (3,18)<49B.f (6,8)>49C.f (7,7)=49D.f (12,4)=499.(2023·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期末)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，向量OP =n ,S n n ，OP 1 =m ,S m m ，OP 2 =k ,S k k m ,n ,k ∈N ∗ ，且OP =λOP 1 +μOP 2 ，则用n ,m ,k 表示λ，则λ=( )A.m -k n -kB.n -k m -kC.m -n k -nD.n -m k -m二、多选题10.(2023·湖北·校联考模拟预测)数列a n 各项均为正数，其前n 项和S n ，且满足a n ⋅S n =9n ∈N ∗ ，下列四个结论中正确的是( )A.a n 为等比数列B.a n 为递减数列C.a n中存在大于3的项 D.a n中存在小于12023的项11.(2023·全国·高三专题练习)若数列a n满足a2-12a1<a3-12a2<⋯<a n-12a n-1<⋯，则称数列a n为“差半递增”数列，则( )A.正项递增数列均为“差半递增”数列B.若数列a n的通项公式为a n=q n q>1，则数列a n为“差半递增”数列C.若数列a n为公差大于0的等差数列，则数列a n为“差半递增”数列D.若数列a n为“差半递增”数列，其前n项和为S n，且满足S n=2a n-2n+1-t，则实数t的取值范围为-323,+∞12.(2023·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期末)以下为自然数从小到大依次排成的数阵：123456789101112131415⋯⋯第n行有2n-1个数，则( )A．该数阵第n行第一个数为2n-1B．该数阵第n行最后一个数为2n-1C．该数阵前n行共有2n-1个数D．该数阵前n行所有数的和为22n-2n13.(2023·山东德州·高三统考期末)已知数列a n的前n项和为 S n，且a1=1，a n+1+a n=2n则( )A.S6=18B.a n=n,n为奇数n-1,n为偶数C.数列a n为等差数列 D.n为奇数时，S n=n+n-1 2214.(2023·湖南株洲·高三校联考期末)已知数列a n满足a1=1，a1=1,a n+1a n2+a n+1=a n(n∈N∗),数列a n前n项和为S n，则下列叙述正确的有( )A.a n+1-a n<0B.a2023<163C.a n≤13n-2D.S n≤n15.(2023春·浙江·高三校联考开学考试)已知数列a n满足a n⋅e a n+1=e a n-1，且a1=1，S n是数列a n的前n项和，则( )A.a2023<a2022B.S2023<2C.a2021+a2023<2a2022D.a2023<23 2022三、填空题16.(2023·山西太原·高三统考阶段练习)高斯是德国著名的数学家，有“数学王子”之称，以其名字命名的成果有110个.设x∈R，用x 表示不超过x的最大整数，则y=x 称为高斯函数，若用x =x-x 表示x的非负纯小数，如2=2-1，已知数列a n满足a1=3,a n+1=a n+1a n，则a2021=__________.17.(2023春·江苏南通·高三校考开学考试)“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设A是一个“0，1数列”，定义数列f A：数列A中每个0都变为“1，0，1”，A中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列A：1，0，则数列f A：0，1，0，1，0，1.已知数列A1：1，0，1，0，1，记数列A k+1=f A k，k=1，2，3，⋯，则数列A4的所有项之和为______.18.(2023·全国·高三专题练习)已知数列{a n}满足a n+1=2a n+2an-3，其首项a1=a，若数列{a n}是单调递增数列，则实数a的取值范围是______.19.(2023·全国·高三对口高考)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2=180dm2，以此类推，对折n次，那么S1+S2+⋯+S n=__ ______dm2．20.(2023·上海·高三专题练习)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：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，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是______．21.(2023·全国·高三专题练习)已知数列{b n}满足b n=3n+(-1)n-1λ2n+1，且对于任意的n∈N*，都有b n+1>b n恒成立，则实数λ的取值范围______________．22.(2023春·河南开封·高三统考开学考试)现取长度为2的线段MN的中点M1，以MM1为直径作半圆，该半圆的面积为S1(图1)，再取线段M1N的中点M2，以M1M2为直径作半圆．所有半圆的面积之和为S2(图2)，再取线段M2N的中点M3，以M2M3为直径作半圆，所有半圆的面积之和为S3，以此类推，则n i=1iS i=______．23.(2023·山东日照·高三校联考期末)设正项等比数列a1,a2,⋅⋅⋅,a5的公比为q，首项a1=1，关于x的方程a k x2+2x+a k=0有两个不相等的实根x1,x2，且存在唯一的a k k=1,2,⋅⋅⋅,5<215．，使得x1-x2则公比q的取值范围为______．24.(2023·全国·高三专题练习)已知数列a n满足a1=1，a2=3，a n-a n-1=n n∈N,n≥3，a2n-1是递增数列，a2n是递减数列，则a20=__________．。