2021高考数学专题复习：数列(一)

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小题压轴题专练14—数列(1)-2021届高三数学二轮复习

小题压轴题专练14—数列（1）一、单选题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足sin （a 4﹣1）+2a 4﹣5＝0，sin （a 8﹣1）+2a 8+1＝0，则下列结论正确的是（） A ．S 11＝11，a 4＜a 8 B ．S 11＝11，a 4＞a 8 C ．S 11＝22，a 4＜a 8D ．S 11＝22，a 4＞a 8解：sin （a 4﹣1）+2a 4﹣5＝0，sin （a 8﹣1）+2a 8+1＝0，∴sin （a 4﹣1）+2（a 4﹣1）﹣3＝0，sin （1﹣a 8）+2（1﹣a 8）﹣3＝0，令f （x ）＝sin x +2x ﹣3，可得f ′（x ）＝cos x +2＞0，因此函数f （x ）在R 上单调递增．又f （1）＝sin1﹣1＜0，f （2）＝sin2+1＞0，因此函数f （x ）在（1，2）内存在唯一零点． ∴a 4﹣1＝1﹣a 8，1＜a 4﹣1＜2，1＜1﹣a 8＜2， ∴a 4+a 8＝2，2＜a 4＜3，﹣1＜a 8＜0， ∴S 11＝＝＝11，a 4＞a 8，故选：B ．2．非负实数列{}n a 前n 项和为(0)n n S S >．若分别记2{}n n a 与2{}na n 前n 项和为n T 与n R ，则5525T R S 的最大值与最小值的差为t ，则||(t = ) A ．2 B ．125C ．3D ．165解：由题设和柯西不等式可得：2222223524551234511234552222(2345)()()2345a a a a T R a a a a a a a a a a a S =++++++++++++=，当且仅当10a >且23450a a a a ====时取“= “，∴5525T R S 的最小值为1，又22223524551234512222(2345)()2345a a a a T R a a a a a a =++++++++ 22222222324123451522221(2345)(5555)5234a a a a a a a a a a =+++++⋅+⋅+⋅+ 2222222222222234112234551234552222255115(51)13(52345)(()()54234105a a a a a a a a a a a a a a a S +⋅+++++++++++++=，当且仅当150a a =>且2340a a a ===时取“= “，∴5525T R S 的最大值为213()5，∴125=，故选：B ．A ．100102a ln >B ．99100a ln >C ．99100a ln <D ．10099a ln <解：*1111,()1n n a a a n N n +=->∈+， 11n n a a n -∴->，1211n n a a n --->-，⋯，2112a a ->，将上面的式子相加得到：1111(2)23n a a n n ->++⋯+，即111123n a n>+++⋯+，2n ，令()(1)(1)f x ln x x x =+->-，当0x >时，1()101f x x '=-<+，故当0x >时，()(0)0f x f <=，即(1)ln x x +<， 111(1)n lnln n n n +∴=+<，又12(1)11n n ln n ln ln ln n n ++=++⋯+-， 11111112(1)(1)(1)(1)2323n a ln ln ln ln ln n n n∴>+++⋯+>+++++⋯++=+，即(1)n a ln n >+，2n ，99100a ln ∴>，故选：B ．172n nt +-恒成立，则实数解：由22n S n n =+，可得212(1)(1)(2)n S n n n -=-+-，所以12222n n n a S S n -=-=，所以(2)n a n n =，当1n =时，11222S a ==，所以11a =，满足上式，所以n a n =，*n N ∈，所以231232222n n n T =+++⋯+，234111*********n n n n n T +-=+++⋯++，两式相减得，2311111111122222222n n n n n n n T ++=+++⋯+-=--，所以222n nn T +=-，所以11137|2|22n n n n nn T t n t++++--=⨯-，所以2142n n n t +-，令214()2n n n f n +-=，222212(1)4(1)46(3)(1)()222n n n n n n n n f n f n ++++-+---+-=-=，故当15n 时，(1)()f n f n +>，()f n 单调递增，当6n 时，(1)()f n f n +<，()f n 单调递减，所以3(6)32max f f ==，所以332t ，t 的最小值为332．故选：B ．5．已知数列{}n a 满足对任意的*n N ∈，总存在*m N ∈，使得n m S a =，则n a 可能等于()A ．2020nB ．2020nC ．22020nD ．2nn C解：数列{}n a 满足对任意的*n N ∈，总存在*m N ∈，利用特值法检验n m S a =，对于选项A ：当2020nn a =时，n m S a =，则2020(20201)20202019n m -=，令2n =时，m 不存在；对于选项B ：当2020n a n =时，n m S a =，则(1)20201010(1)20202n n n S n n m +=⨯=+=，取(1)2n n m +=，即可；对于选项C ：当22020n a n =时，n m S a =，则2222(1)(21)2020(12)202020206n n n n S n m ++=⨯++⋯+=⨯=，令2n =时，m 不存在；对于选项2:n n n D a C =当时，n m S a =，当2n =时，12212248S a a C C =+=+=，不存在m ，使得28mm C =，所以不存在，故选：B ．6．已知数列{}n x ，满足11x =，*12(1)()n n x ln x n N +=+∈，设数列{}n x 的前n 项和为n S ，则以下结论正确的是( )A ．1n n x x +>B ．112n n n n x x x x ++-<解：*12(1)()n n x ln x n N +=+∈，把11x =代入递推可得：0n x >，令()(1)f x x ln x =-+，0x >，则()01xf x x '=>+，()f x 在(0,)+∞单调递增， ()(0)f x f ∴>，即当0x >时，恒有(1)ln x x +<成立，0n x >，12(1)n n n x ln x x +∴=+<，112n n n x x x ++∴>>，故选项A 错误；又2121n n x x ++<+，∴选项C 错误； 11(1)2(2)(1)22(2)(1)[(1)]2222n n n n n n nn n n n n n n nx ln x x x ln x x x x x x x x ln x ln x x +++-+++--=-+-==-++，01n x <，令2(1)2x y ln x x =-++，01x <，则220(2)(1)x y x x '=-<++，∴函数2(1)2xy ln x x =-++在(0，1]上递减，(0)0y y ∴<=，11(2)0n n n n x x x x ++∴--<，故选项B 正确；又由12n n x x +>可得12nn x x +<，11x =，112nn x -∴（当且仅当1n =时取“= “)，可得1111112()2222n n n S --++⋯+=-<， 52n S +∴<，故选项D 错误，故选：B ．7．正整数3n 称为理想的，若存在正整数11kn -使得1k n C -，k n C ，1k n C +构成等差数列，A ．40B ．41C ．42D ．前三个答案都不对解：由题意可得11,,k k k n n n C C C -+ 构成等差数列，则112k k k n n n C C C -+=+，化简可得22(41)420n k n k -++-=，以k 为主元整理224420k nk n n -+--=，则k ，题意转化为存在正整数11k n -使得k 成立，于是2n + 为完全平方数，设22n m +=，7n ，令22()442f k k nk n n =-+--，因为f （1）2(1)520f n n n =-=-+>，故[1,1]k n =-，因为2020n ，则443m ．若22(2)(1)22m m m m k ---+===，因为2m -，1m + 奇偶性相反，故对于任意443m 都满足题意．综上，满足题意的有 42 个，故选：C ．8．在正项数列{}n a 中，2113312(*)n n a a n N +=-∈，则下列说法正确的是( )A ．若17a <，则1n n a a +<B ．若17a >，则1n n a a +<C ．若1111a ，则22114n n a a -+D ．若1111a ，则22112n n a a -+解：由2113312n n a a +=-，可得222111()()13312(7)(19)n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +++-=-+=--=--+，因为0n a >，可得7n a >，1n n a a +<；或7n a <，1n n a a +>；故A ，B 均不正确；若1111a ，由数学归纳法假设(*)n k k N =∈时，111k a ，1n k =+时，2113312[1k k a a +=-∈，121]，即有1[1k a +∈，11]，综上可得，111n a ，*n N ∈，则2111n a ，2221222211331169(6)12121212n n n n n a a a a a -+=-++=--+，则21212n n a a -+，上式当21n a =或11时，取得等号，故选：D ．10；③n S n T n ，则()A ．①③正确B ．①④正确C ．②③正确D ．②④正确解：211n nn a a a +=-+，22121(1)0n n n n n a a a a a +∴-=-+=-， 112a =，∴12n a ，11(1)n n n a a a +-=-，∴111111n n na a a +=---， ∴111111n n n a a a +=---，∴12111111111n n a a a a a +++⋯+=---， 11(1)n n n a a a +-=-，2110n nn a a a +=-+>， 11n a +∴-，1n a -同号，1n a ∴<，∴112n a <， 11211111122211n n n n a a a a a +∴+=++⋯+-+--，即1111222n a n n +-++， ∴1112n a n +-+，11516n a +∴<不恒成立，故①错误；112n a <，2121231(1)(21)0n n n n n n a a a a a a +∴--=-+=--，故②正确； 1112n a n +-+，∴111()231n S n n -++⋯++，若56n S n <，则1111231(1)623112n n ln ln ln ln n n n +<++⋯+<++⋯+=++，1(1)6n ln n <+不可能恒成立，56n S n ∴<不能恒成立，故③错误； 211n n n a a a +=-+，211n n n a a a +∴=+-，122212111121122n n nn nk k k n n n k k k T a a a a a n a a a n S a a n +++===∴=++⋯+=+-=+--=+--∑∑∑，112n n n S T a n a n +∴-=+-<，故④正确．故选：D ．10．已知数列{}n a 满足：10a =，*1(1)()n a n n a ln e a n N +=+-∈，前n 项和为n S ，则下列选项错误的是( )（参考数据：20.693ln ≈，3 1.099)ln ≈ A ．21{}n a -是单调递增数列，2{}n a 是单调递减数列B ．13n n a a ln ++C ．2020670S <D ．212n n a a -解：由1(1)n a n n a ln e a +=+-，得1(1)n n a a n a ln e lne +=+-，∴111n na a e e +=+，令n a n b e =，即n n a lnb =，则111n nb b +=+，10a =，11b =．作图如下：由图可得：A ．21{}n a -是单调递增数列，2{}n a 是单调递减数列，因此A 正确；B ．[1n b ∈，2]，11(1)1[2n n n n nb b b b b +∴=+=+∈，3]， 11[2n n a a n n b b e e ++∴=⋅∈，3]，1[2n n a a ln +∴+∈，3]ln ，因此B 正确；C ．12n n a a ln ++，2020123420192020()()()10102693S a a a a a a ln ∴=++++⋯⋯++>，因此C 不正确；D ．由不动点51(+，51)+，得2125112n n b b -+<<，可得：212n n b b -<，221n n a a -∴>，因此D 正确．故选：C ．二、多选题11．下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的几个命题，其中正确的有( ) A ．数列{}n a 递增B ．数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列C ．若n a n =，n S 为{}n a 的前n 项和，且n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列，则0c =D ．若70a =，则方程0n S =有唯一的根13n =解：A 、设等差数列的首项为1a ，公差0d >，则11(1)n a a n d dn a d =+-=+-，所以数列{}n a 是递增数列，故A 选项符合题意；B 、11111111[(1)](1)22222n n S d a a a a n d a n n =+=++-=+-⋅，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1a 为首项，2d 为公差的等差数列．02d >，该数列是递增的等差数列，故B 选项符合题意； C 、由n a n =得到：(1)2n n n S +=．由n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列可设：n S kn b n c =++．即2(1)()()()2n n n S n c kn b kn kc b n bc +==++=+++．所以当22(1)22()n n n n kn kc b n bc +=+=+++恒成立时，21k =，2()1kc b +=，0bc =．所以12k =，0b =或0c =．当0b =时，1c =．当0c =时，12b =．综上所述，1c =或0c =．故C 选项不符合题意； D 、由70a =，得67S S =，又因为数列{}n a 递增，所以当6n 时，n S 递增，当7n 时，n S 递增．所以n S 最小值是6S 或7S ，所以12110S S a ==<．由当6n 时，0n S <．故当且仅当13n =时，11313713()1302a a S a +===，故D 选项符合题意．故选：ABD ．12．已知数列{}n a 满足：101a <<，1(4)n n n a a ln a +-=-．则下列说法正确的是( ) A ．数列{}n a 先增后减 B ．数列{}n a 为单调递增数列 C ．3n a <D ．202052a >解：因为1(4)n n n a a ln a +-=-，所以1(4)n n n a a ln a +=+-，令()(4)f x x ln x =+-，则13()144xf x x x-'=-=--， ()(4)f x x ln x ∴=+-在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减， ()f x f ∴<（3）3=可得：3n a <，则1(4)10n n n a a ln a ln +-=->=，故数列是单调递增数列，101a <<，211(4)41a a ln a ln ∴=+->>， 322(4)4(44)132a a ln a ln ln ln ln =+->+->+>，4335(4)2(42)222a a ln a ln ln =+->+->+>， 2020452a a ∴>>，故选：BCD ．13．如图，已知点E 是平行四边形ABCD 的边AB 的中点，*()n F n N ∈为边BC 上的一列点，连接n AF 交BD 于n G ，点*()n G n N ∈满足12(23)n n n n n G D a G A a G E +=-+，其中数列{}n a 是首项为1的正项数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A ．313a =B ．数列{3}n a +是等比数列C ．43n a n =-D ．122n n S n +=--解E 为AB 中点，∴2n n n G E G A G B =+，∴2n n n G B G A G E =-+，又D 、n G 、B 三点共线，∴2n n n n G D G B G A G E λλλ==-+，又12(23)n n n n n G D a G A a G E +=-+，∴122(23)n n a a λλ+-=⎧⎨=-+⎩，化简可得123n n a a +=+，132(3)n n a a +∴+=+，∴数列{3}n a +是等比数列．又11a =，∴113(3)2n n a a -+=+，∴123n n a +=-，313a ∴=，∴24(12)323412n n n S n n +-=-=---．故选：AB ．14．设[]x 为不超过x 的最大整数，n a 为[[]]([0,))x x x n ∈可能取到所有值的个数，n S是数列A ．34a = B ．190是数列{}n a 中的项解：当1n =时，[0x ∈，1)，[]0x =，[]0x x =，故[[]]0x x =，即11a =，当2n =时，[0x ∈，2)，[]{0x =，1}，[]{0}[1x x ∈，2)，故[[]]{0x x =，1}，即22a =，当3n =时，[0x ∈，3)，[]{0x =，1，2}，[]{0}[1x x ∈，2)[4，6)，故[[]]{0x x =，1，4，5}，即34a =，以此类推，当2n ，[0x ∈，)n 时，[]{0x =，1，2，⋯⋯，}n ，[]{0}[1x x ∈，2)[4，26)[(1)n ⋯⋯-，(1))n n -，故[[]]x x 可以取的个数为22112312n n n -+++++⋯⋯+-=，即22,22n n n a n -+=，当1n =时也满足上式，故22,2n n n a n N -+=∈，对A ，34a =，故A 正确；对B ，令221902n n n a -+==，即23780n n --=无整数解，故B 错误；对C，12112()2(1)(2)12n a n n n n n ==-+++++，则11111122()12334122n S n n n =-+-+⋯⋯+-=--++， ∴10251126S =-=，故C 正确；对D，212212211222222n a n n n n n +=+--=，当且仅当(6,7)n =时取等号， n N ∈，当6n =时，21166n a n +=+，当7n =时，21167n a n +=+，故当7n =时，21n a n+取最小值，故D 正确．故选：ACD ．三、填空题15．已知数列{}n a ，{}n b 均为正项等比数列，n P ，n Q 分别为数列{}n a ，{}n b的前n 项积，解：数列{}n a ，{}n b 均为正项等比数列，它们的公比分别为q 、m ， n P ，n Q 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项积，(1)]211121(1)122111(1)1()[5722(1)1()2[]22n n nn n n n n n n n n n nlna lnq lna lnqlnP ln a a a ln a q n n n n lnQ ln b b b n nlnb lnm lnb lnm ln b m ----++⋅⋅⋅⋅⋅⋅-====--⋅⋅⋅⋅++⋅⋅， 1102lnb lnm ∴-=,122lnm =,解得4m e =,21b e =；由1172lna lnq -=-,152lnq =,解得21a e -=,10q e =；2102183()a e e e -∴=⋅=,28103b e e e =⋅= 则33189105lna lnb ==, 故答案为：9516．已知正项递增数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，2211126n n n n n n a a a a a a ---++=++，设解：由2211126n n n n n n a a a a a a ---++=++，化为：211()()60n n n n a a a a ---+--=，解得12n n a a --=或3-，数列{}n a 是正项递增数列，取12n n a a --=，∴数列{}n a 是等差数列，首项为1，公差为2，12(1)21n a n n ∴=+-=-，2(121)2n n n S n +-==． ∴2221411111(2)12121n n a n S n n n +-+==+---+，则1682242468211111(1)11111n nn n a a a a a T S S S S S -+++++=-+-+⋯+-⋅----- 11111111(1)()()(1)()335572121n n n -=+-+++-⋯⋯+-+-+当*2()n k k N =∈时，21141k T k =-+；当*21()n k k N =-∈时，211141k T k -=+-． 11,2111,21n n n T n n ⎧-⎪⎪+∴=⎨⎪+⎪+⎩为偶数为奇数．故答案为：11,2111,21n n n T n n ⎧-⎪⎪+=⎨⎪+⎪+⎩为偶数为奇数．2n 时，2n a 2)m 且t m -解：当2n =时，有222121a S S +=，即2222(1)1a a ++=，解得：21a =-，又当2n 时，1n n n a S S -=-，∴由2121n n n a S S n -+=-可得：2211n n S S n -+=-，又221n n S S n ++=，22111n n S S +-∴-=，2n ，又11S =，20S =，∴数列221{}n S -是首项为1，公差为1的等差数列；数列22{}n S 是首项为0，公差为1的等差数列，221n S n -∴=，221n S n =-，1111m m t t t m a a a a S S +--++⋯++==-，且21t m -=，2111m m S S +-∴-=，易知21m +与1m -奇偶性相同，∴当m为奇数时，有153m =；当m为偶数时，有1=，解得：50m =，综上，53m =或50，故答案为：1-；53或50．解：因为12n n na a n +⋅=+，所以123222121352113572121n n n n a a a a a a n n ---⋅⋅⋅⋯⋅⋅⋅=⋅⋅⋯=++；由12n n n a a n +⋅=+，可得1213n n n a a n +++⋅=+，即有2(1)(2)(3)n na n n a n n +++=+，由11a =，312314a a ⨯=⨯，534536a a ⨯=⨯，756758a a ⨯=⨯，⋯，2123(22)(21)(23)2k k a k k a k k----=-⋅，所以当21n k =-，*k N ∈，上式相乘可得，212(21)2k k a k --=，即为21n na n =+；当21n k =-，*k N ∈时，2122121k k k a a k --=+，可得22122212(21)2(21)k k k ka k k k -=⋅=+-+，所以，当2n k =，*k N ∈时，22n na n =+．故答案为：121n +，2,211(*),222nn k n k N n n kn ⎧=-⎪⎪+∈⎨⎪=⎪+⎩．。

2021年高考数学专题复习：数列(含答案解析)

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a3＝6，____．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝2 an，求{bn}的前n项和Tn．
3．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1+16a3＝1，a1a5＝16a42．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝log2an，求数列{ }的前n项和Tn．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：．
13．设数列{an}满足a1＝2，an+1＝an+2n．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝log2（a1•a2…an），求数列{ }的前n项和Sn．
14．已知等比数列{an}的各项都为正数，Sn为其前n项和，a3＝8，S3＝14．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记Tn ，求使得Tn 成立的正整数n的最小值．
15．设数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），且满足an+Sn＝2n+1．
（1）证明数列{an﹣2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝n（2﹣an），求数列{bn}的前n项和Tn．
16．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，b1＝a5，b2＝3，b5＝﹣81．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn an，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式 1 恒成立，求λ的取值范围．
18．已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，S3 ，a3a4＝a5．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若4an＝3Sn，求正整数n的值．
19．已知等差数列{an}中，a2＝3，a4＝7．等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a14．

2021年高考数学解答题专项复习-《数列》(含答案)

2021年高考数学解答题专项复习-《数列》1.设{a}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．2.设{a}是等差数列，且a1=ln2,a2+a3=5ln2.n（1）求{a n}的通项公式；（2）求错误!未找到引用源。

.3.设数列{a}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.n（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足a n·b n=log3a n，求{b n}的前n项和T n.4.已知{a}是公差为1的等差数列，且a1，a2，a4成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和．5.已知数列{a}前n项和为S n,且S n=2n2+n,n∈N+,数列{b n}满足a n=4log2b n+3，n∈N+.n(1)求a n和b n的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.6.已知数列{a}和{b n}满足a1=1，b1=0，，.n（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.7.S为数列{a n}的前n项和.已知a n＞0，=.n（1）求{a n}的通项公式；（2）设 ,求数列{b n}的前n项和.8.已知等差数列{a}满足a3=6，前7项和为S7=49.n（1）求{a n}的通项公式（2）设数列{b n}满足b n=(a n-3)·3n，求{b n}的前n项和T n.9.设数列{a}满足a1+3a2+...+(2n-1)a n=2n.n（1）求{a n}通项公式；（2）求数列的前n项和．10.已知等比数列{a}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，n数列{（b n+1-b n）a n}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{b n}的通项公式．11.已知数列{a}是递增的等比数列，且a1+a4=9,a2a3=8.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设S n为数列{a n}的前n项和，，求数列{b n}的前n项和T n．12.已知数列{a}为递增的等差数列，其中a3=5，且a1,a2,a5成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）设记数列{b n}的前n项和为T n，求使得成立的m的最小正整数．13.等比数列{a}的各项均为正数，且.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求数列的前n项和T n.14.已知数列{a}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设错误!未找到引用源。

2021届高考数学热点题型训练：第5章第1节数列的概念与简单表示 Word版含解析

第一节数列的概念与简洁表示考点一由数列的前几项归纳数列的通项公式[例1] 依据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式． (1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，….[自主解答] (1)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的确定值总比它的前一项的确定值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)数列变为89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103，…，故a n ＝89⎝⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3.因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故a n ＝(－1)n 2n－32n .【方法规律】求数列的通项公式应关注的四个特征 (1)分式中分子、分母的特征； (2)相邻项的变化特征； (3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想．依据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式． (1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，….解：(1)各项减去1后为正偶数，∴a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母小1，而分母组成数列21,22,23,24，…，∴a n ＝2n－12n .(3)数列的奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含有因式(－1)n，各项确定值的分母组成数列{n }，分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1.∴a n ＝(－1)n 2＋－1nn.考点二由递推关系式求通项公式[例2] 依据下列条件，确定数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)；(2)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2；(4)a 1＝56，a n ＋1＝5a n4a n ＋1.[自主解答] (1)∵a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘，得a n ＝a 1×12×23×…×n －1n ＝a 1n ＝1n.(2)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n 3n ＋12(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3.∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3.又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2×3n －1.∴a n ＝2×3n －1－1.(4)∵a n ＋1＝5a n4a n ＋1，∴1a n ＋1＝45＋15a n ， ∴1a n ＋1－1＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1. 又1a 1－1＝15， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以15为首项，15为公比的等比数列，∴1a n －1＝15·15n －1＝15n ， ∴a n ＝5n 1＋5n .【方法规律】由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n ；。

2021届高考数学一轮复习第六章数列第1节数列的概念与简单表示法教学案含解析新人教A版

第1节数列的概念与简单表示法考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.知识梳理1.数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{a n}的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个式子a n＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式. [常用结论与微点提醒]1.数列的最大(小)项，可以用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)⎝ ⎛⎭⎪⎫⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1（n ≥2，n ∈N *）求，也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合求解.2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( ) (2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.( ) (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列. (2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.(3)数列可以是常数列或摆动数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.(老教材必修5P33T4改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋（－1）na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23解析 a 2＝1＋（－1）2a 1＝2，a 3＝1＋（－1）3a 2＝12，a 4＝1＋（－1）4a 3＝3，a 5＝1＋（－1）5a 4＝23.答案 D3.(老教材必修5P33T5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.…解析由a 1＝1＝5×1－4，a 2＝6＝5×2－4，a 3＝11＝5×3－4，…，归纳a n ＝5n －4. 答案 5n －44.(2020·北京朝阳区月考)数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于( ) A.（－1）n＋12B.cos n π2 C.cosn ＋12πD.cosn ＋22π解析令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确. 答案 D5.(2019·郑州一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1（4n －1）3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析由题意，得a 4＝S 4－S 3＝32. 即255a 13－63a 13＝32，解得a 1＝12. 答案 126.(2020·成都诊断)数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________.解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 答案 30考点一由a n 与S n 的关系求通项【例1】 (1)(2019·广州质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________. (2)(2020·西安模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝13a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为________.解析 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)由a 1＝1，S n ＝13a n ＋1－1可得a 1＝13a 2－1＝1，解得a 2＝6，当n ≥2时，S n －1＝13a n －1，又S n＝13a n ＋1－1，两式相减可得a n ＝S n －S n －1＝13a n ＋1－13a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，则a n ＝6·4n －2，又a 1＝1不符合上式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，6·4n －2，n ≥2. 答案 (1)4n －5 (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，6·4n －2，n ≥2 规律方法数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.①当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；②当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.【训练1】 (1)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝________.(2)(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1). 两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2).又由题设可得a 1＝2，满足上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1(n ∈N *). (2)由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，得a n ＝2a n －1.∴数列{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列.∴S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝－（1－26）1－2＝－63.答案 (1)22n －1(n ∈N *) (2)－63考点二由数列的递推关系求通项多维探究角度1 累加法——形如a n ＋1－a n ＝f (n )，求a n【例2－1】在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A.2＋ln nB.2＋(n －1)ln nC.2＋n ln nD.1＋n ＋ln n解析因为a n ＋1－a n ＝lnn ＋1n＝ln(n ＋1)－ln n ，所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1，a 3－a 2＝ln 3－ln 2，a 4－a 3＝ln 4－ln 3，……a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2).把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln 1，则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也适合，因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *). 答案 A角度2 累乘法——形如a n ＋1a n＝f (n )，求a n 【例2－2】若a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2). 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝nn ＋1·n －1n ·n －2n －1·…·34·23·1＝2n ＋1(n ≥2)，又a 1也满足上式，所以a n ＝2n ＋1. 答案2n ＋1角度3 构造法——形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1，B ≠0)，求a n【例2－3】 (2020·青岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析由a n ＋1＝3a n ＋2，得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.答案 a n ＝2·3n －1－1角度4 取倒数法——形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)，求a n 【例2－4】已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 解析因为a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列.所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12.所以a n ＝2n ＋1.答案 a n ＝2n ＋1规律方法由数列的递推关系求通项公式的常用方法 (1)已知a 1，且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1(a 1≠0)，且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n . (3)已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可用待定系数法确定)，可转化为{a n ＋k }为等比数列. (4)形如a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C (A ，B ，C 为常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝C A ·1a n ＋BA ，①若A ＝C ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为BA，②若A ≠C ，则采用待定系数法构造新数列求解. 【训练2】 (1)(角度1)在数列{a n }中，若a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1），则通项公式a n ＝________.(2)(角度2)已知a 1＝2，a n ＋1＝2na n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(3)(角度3)已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(4)(角度4)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 (1)原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋1－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，累计相加得，a n ＝a 1＋1－1n，又n ＝1时也适合，故a n ＝4－1n.(2)∵a n ＋1＝2na n ，∴a n ＋1a n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·2＝2n 2－n ＋22.又a 1＝2也符合上式，∴a n ＝2n 2－n ＋22.(3)因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0. 所以a n ＋1＋13＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋13.因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列.所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.(4)由a n ＋1＝a na n ＋2，得1a n ＋1＝1＋2a n ，所以1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是首项为1a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，则1a n ＋1＝2n，则a n ＝12n －1.答案 (1)4－1n (2)2n 2－n ＋22 (3)103×4n －1－13(4)12n －1考点三数列的性质【例3】 (1)(2019·宜春期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12，x ≤12，2x －1，12<x <1，x －1，x ≥1，若数列{a n}满足a 1＝73，an＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则a 2 019＝( )A.73B.43C.56D.13(2)(2020·衡水中学一调)已知数列{a n }的前n项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋（m －1）n ，n ≥5.若a 5是{a n }中的最大值，则实数m 的取值范围是________.解析 (1)由题意，知a 2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫73＝43，a 3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝13，a 4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝56，a 5＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝23，a 6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝13，a 7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝56，……，故数列{a n }从第三项起构成周期数列，且周期为3，故a 2 019＝a 3＝13.故选D.(2)因为S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋（m －1）n ，n ≥5，所以当2≤n ≤4时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式；当n ≥6时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋m ，当n ＝5时，a 5＝S 5－S 4＝5m －45，综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n ≤4，5m －45，n ＝5，－2n ＋m ，n ≥6，因为a 5是{a n }中的最大值，所以有5m －45≥8且5m －45≥－12＋m ，解得m ≥535.答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫535，＋∞ 规律方法 1.在数学命题中，以数列为载体，常考查周期性、单调性.2.(1)研究数列的周期性，常由条件求出数列的前几项，确定周期性，进而利用周期性求值.(2)数列的单调性只需判定a n 与a n ＋1的大小，常用比差或比商法进行判断. 【训练3】 (1)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，若a 1＝12，则a 2 021＝( )A.－1B.12C.1D.2(2)已知等差数列{a n }的公差d <0，且a 21＝a 211，则数列{a n }的前n 项和S n 项取得最大值时，项数n 的值为( )A.5B.6C.5或6D.6或7解析 (1)由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n 得a 2＝2，a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝2，…，可知数列{a n }是以3为周期的数列，因此a 2 021＝a 3×673＋2＝a 2＝2. (2)由a 21＝a 211，可得(a 1＋a 11)(a 1－a 11)＝0，因为d <0，所以a 1－a 11≠0，所以a 1＋a 11＝0，又2a 6＝a 1＋a 11，所以a 6＝0. 因为d <0，所以{a n }是递减数列，所以a 1>a 2>…>a 5>a 6＝0>a 7>a 8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C. 答案 (1)D (2)CA 级基础巩固一、选择题1.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( ) A.a n ＝(－1)n －1＋1B.a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C.a n ＝2sinn π2D.a n ＝cos(n －1)π＋1解析对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意.答案 C2.已知数列{a n }满足：任意m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析由题意，得a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，则a 5＝a 3·a 2＝132.答案 A3.(2020·江西重点中学盟校联考)在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2 019的值为( ) A.－14B.5C.45D.54解析在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝1－1－14＝5，a 3＝1－15＝45，a 4＝1－145＝－14，所以{a n }是以3为周期的周期数列，所以a 2 019＝a 673×3＝a 3＝45.答案 C4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝( ) A.31B.42C.37D.47解析由题意，得S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，故数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S 5＋1＝3×24，所以S 5＝47. 答案 D5.(2020·兰州重点高中联考)已知数列{a n }的首项a 1＝35，且满足a n －a n －1＝2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a nn的最小值为( )A.234B.595C.353D.12解析数列{a n }的首项a 1＝35，且满足a n －a n －1＝2n －1(n ∈N *，n ≥2)，可得a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝34＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝34＋12n (1＋2n －1)＝34＋n 2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝35符合上式，故a n ＝34＋n 2(n ∈N *)，则a n n ＝n ＋34n≥234，等号成立时n ＝34n ，解得n ＝34，n 不为正整数，由于n 为正整数，所以n ＝5时，5＋345＝595；n ＝6时，6＋346＝353<595.则a n n 的最小值为353，故选C.答案 C 二、填空题6.已知S n ＝3n＋2n ＋1，则a n ＝________________. 解析因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2 7.(2019·汕头一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3(n ∈N *)，则S 10＝________________. 解析因为a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，所以S n ＋2－S n ＋1＝3S n －S n ＋1＋3，整理得S n ＋2＝3S n ＋3，即S n ＋2＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋32，又S 2＝a 1＋a 2＝3，所以S 10＋32＝S 10＋32S 8＋32·S 8＋32S 6＋32·S 6＋32S 4＋32·S 4＋32S 2＋32·⎝⎛⎭⎪⎫S 2＋32，即S 10＝S 10＋32S 8＋32·S 8＋32S 6＋32·S 6＋32S 4＋32·S 4＋32S 2＋32·⎝⎛⎭⎪⎫S 2＋32－32＝363.答案 3638.(2020·河北省级示范性高中联考)数列{a n }满足a 1＝3，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1－a n ＝n ＋2，则a 39＝________. 解析因为a n ＋1－a n ＝n ＋2，所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝4，a 4－a 3＝5，……，a n －a n －1＝n ＋1(n ≥2)，上面(n －1)个式子左右两边分别相加得a n －a 1＝（n ＋4）（n －1）2(n ≥2)，即a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝3适合上式，所以a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2，n ∈N *，所以a 39＝820.答案 820 三、解答题9.已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)·a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式.解 (1)由题意得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1). 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.10.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *，设b n ＝S n －3n. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围. 解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n，即S n ＋1＝2S n ＋3n，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝S 1－3＝a －3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝3n＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3，当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9.又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，a 的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞).B 级能力提升11.(2019·晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《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年由高斯得到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1至2 020这2 020个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列共有( ) A.98项B.97项C.96项D.95项解析能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故a n ＝21n －20，由1≤a n ≤2020得1≤n ≤97321，又n ∈N *，故此数列共有97项.答案 B12.(2020·邵东月考)已知数列{a n }的通项为a n ＝2n ＋3(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ＝3n 2＋7n 2(n ∈N *)，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{c n }，则满足c n <2 020的n 的最大整数值为( ) A.338B.337C.336D.335解析对于{b n }，当n ＝1时，b 1＝S 1＝5，当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝3n 2＋7n2－3（n －1）2＋7（n －1）2＝3n ＋2，它和数列{a n }的公共项构成的新数列{c n }是首项为5，公差为6的等差数列，则c n ＝6n －1，令c n <2 020，可得n <33656，因为n ∈N *，所以n 的最大值为336. 答案 C13.(2020·合肥联考)已知数列{a n }，a 1＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，且对任意n ≥2，都有2a na n S n －S 2n ＝1，则{a n }的通项公式为________________.解析 n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n ＝1⇒2（S n －S n －1）（S n －S n －1）S n －S 2n ＝2（S n －S n －1）－S n －1S n ＝1⇒1S n －1S n －1＝12.又1S 1＝1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以12为首项，12为公差的等差数列.∴1S n ＝n 2，∴S n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝－2n （n －1），当n ＝1时，a 1＝2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2. 答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2 14.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0).(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围. 解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *).结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *). ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2)a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a <－8.即a 的取值范围是(－10，－8).C 级创新猜想15.(新背景题)(2019·福州二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数.设这个整数为a ，当a ∈[2，2 019]时，符合条件的a 共有________个. 解析法一由题设a ＝3m ＋2＝5n ＋3，m ，n ∈N ，则3m ＝5n ＋1，m ，n ∈N ，当m ＝5k 时，n 不存在；当m ＝5k ＋1时，n 不存在；当m ＝5k ＋2时，n ＝3k ＋1，满足题意；当m ＝5k ＋3时，n 不存在；当m ＝5k ＋4时，n 不存在.其中k ∈N .故2≤a ＝15k ＋8≤2 019，解得－615≤k ≤2 01115，则k ＝0，1，2，…，134，共135个. 即符合条件的a 共有135个，故答案为135.法二一个整数除以三余二，这个整数可以为2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，38，…，一个整数除以五余三，这个整数可以为3，8，13，18，23，28，33，38，…，则同时除以三余二、除以五余三的整数为8，23，38，…，构成首项为8，公差为15的等差数列，通项公式为a n＝8＋15(n－1)＝15n－7，由15n－7≤2 019得15n≤2 026，n≤135 115，因为n∈N*，所以n＝1，2，3，…，135，共有135个. 答案135。

2021届高考数学(新课标) 题型全归纳数列要点讲解

数列一、高考要求理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能依据递推公式写出数列的前n 项.理解等差（比）数列的概念，把握等差（比）数列的通项公式与前n 项和的公式. 并能运用这些学问来解决一些实际问题.了解数学归纳法原理，把握数学归纳法这一证题方法，把握“归纳—猜想—证明”这一思想方法. 二、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般状况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列全部项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式学问的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类争辩等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻生疏函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和力气的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点（2）数列推理题是新毁灭的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查规律推理力气，近两年在数列题中也加强了推理力气的考查。

（3）加强了数列与极限的综合考查题3.娴熟把握、机敏运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用格外广泛，且格外机敏，主动发觉题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁秀丽 .如243546225a a a a a a ++=，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有223355225a a a a ++=，即235()25a a +=. 4.对客观题，应留意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发觉，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下： ①借助特殊数列. ②机敏运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加精确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有机敏、简捷的解法5.在数列的学习中加强力气训练数列问题对力气要求较高，特殊是运算力气、归纳猜想力气、转化力气、规律推理力气更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法机敏多变，而解答题更是考查力气的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理力气的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平常要加强对力气的培育。

2021届高三数学总复习第一轮——等差数列

等差数列高考大纲思维导图讲义导航知识梳理一、等差数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示二、等差数列的通项公式等差数列是常见数列的一种，数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，已知等差数列的首项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．三、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．四、等差数列的求和公式等差数列的前n项和公式等差数列的前n项和的公式：①()12nnn a aS+=；②()112nn nS na d-=+．五、等差数列最值求解等差数列前n项和的最值问题可转化为项的正负问题，也可转化为二次函数最值问题.例题讲解一、等差数列定义的理解例1．下面数列中，是等差数列的有( ) ①4,5,6,7,8…②3,0，－3,0，－6，…③0,0,0,0…④110，210，310，410，… A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个例2．下列数列中不是等差数列的为（） A.0，0，0，0，0 B.0，1-，2-，3-，4- C.2，3，4，5，6 D.0，1，2，1，0二、等差数列通项公式例1．在等差数列{}n a 中，已知32a =，5815a a +=，则10(a = ) A ．64 B ．26C ．18D ．13例2．在等差数列{}n a 中，214a =，55a =，则公差(d = )A ．2-B ．3-C ．2D ．3例3．已知{}n a 是等差数列，124a a +=，7828a a +=，则公差等于( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．8三、等差数列的性质例1．等差数列{}n a 中，已知21016a a +=，则468(a a a ++= ) A ．16 B ．20 C ．24 D ．28例2．等差数列{}n a 中，若4681012120a a a a a ++++=，则91113a a -的值是( )A ．14B ．15C ．16D ．17例3．已知等差数列{}n a 单调递增且满足1104a a +=，则8a 的取值范围是( )A ．(2,4)B ．(,2)-∞C ．(2,)+∞D ．(4,)+∞四、等差数列的求和公式例1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若33S a =，且30a ≠，则43(S S = ) A ．1B ．53C ．83D ．3例2．等差数列{}n a 中，14739a a a ++=，36927a a a ++=，则数列{}n a 前9项的和9S 等于( ) A ．99 B ．66C ．144D ．297例3．设{}n a 是任意等差数列，它的前n 项和、前2n 项和与前4n 项和分别为X ，Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是( )A ．23X Z Y +=B ．44X Z Y +=C ．237X Z Y +=D ．86X Z Y +=六、等差数列最值求解例1．已知等差数列{}n a 中，39a a =，公差0d <，则使其前n 项和n S 取得最大值的自然数n 是（）． A.4或5 B.5或6 C.6或7 D.不存在例2．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_______．例3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，214a =，且a 4+a 5=6a 3．练习A1．下列说法中正确的是（）A.若a ，b ，c 成等差数列，则222,,a b c 成等差数列B.若a ，b ，c 成等差数列，则222log ,log ,log a b c 成等差数列C.若a ，b ，c 成等差数列，则a+2，b+2，c+2成等差数列D.若a ，b ，c 成等差数列，则2,2,2a b c 成等差数列2．已知下列各数列，其中为等差数列的个数为（） 1 4，5，6，7，8，... 2 3，0，-3，0，-6，... 3 0，0，0，0， (4)1234,,,,10101010… A.1 B.2C.3D.43．已若{}n a 是等差数列，则由下列关系确定的数列{}n b 也一定是等差数列的是（）A. 2n n b a =B. 2n n b a n =+C. 1n n n b a a +=+D. n n b na =4．已知数列{}n a 为等差数列，且39a =，53a =，则9a 等于( )A ．9-B ．6-C ．3-D ．275．已知等差数列{}n a 中，1232a a a ++=，3456a a a ++=，则91011a a a ++的值为( ) A ．18 B ．16 C ．14 D ．126．等差数列{}n a 中，若46101290a a a a +++=，则10141(3a a -= )A ．15B ．30C ．45D ．607．等差数列{}n a 中，31a =-，1117a =-，则7a 等于( )A ．9-B ．8-C ．92-D ．4-8．在等差数列{}n a 中，公差为12，1359960a a a a +++⋯+=，则246100(a a a a +++⋯+= ) A ．60 B ．70 C ．75 D ．859．已知等差数列{}n a 满足12910a a a ++⋯+=，则有( )A ．3890a a +=B ．2900a a +<C ．1910a a +>D ．4646a =10．已知数列{}n a 为等差数列，且17132a a a π++=，则7tan (a = )A．BC． D．11．已知0a >，0b >，并且1a ，12，1b成等差数列，则9a b +的最小值为( ) A ．16 B ．9C ．5D ．412．等差数列{}n a 中，已知21016a a +=，则468(a a a ++= ) A ．16 B ．20C ．24D ．2813．在等差数列{}n a 中，若4681012120a a a a a ++++=，则10122a a -的值为( ) A ．20 B ．22C ．24D ．2814．等差数列{}n a 中，156a a +=，65a =，那么9a 的值是( ) A ．7- B ．7 C ．113-D ．11315．已知等比数列{}n a 中，各项都是正数，且1321,,22a a a 成等差数列，则8967a a a a ++等于( )A．1+B．1-C．3+D．3-16．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若33S a =，且30a ≠，则43(S S = ) A ．1B ．53C ．83D ．317．设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若4104a a +=，则13(S = ) A ．13 B ．14C ．26D ．5218．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若1353a a a ++=，则5(S = ) A ．5 B ．7C ．9D ．1019．在等差数列{}n a 中，若351024a a a ++=，则此数列的前13项的和等于( ) A ．8 B ．13C ．16D ．2620．在等差数列{}n a 中，若14739a a a ++=，36927a a a ++=，则9(S = ) A ．66 B ．99C ．144D ．29721．已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和．若312S =，244a a +=，则6(S = ) A ．6 B ．12C ．15D ．1822．等差数列{}n a 前n 项和为n S ，111a =-，466a a +=-．则当n S 取最小值时，(n = ) A ．6 B ．7C ．8D ．923．数列{}n a 的通项公式为2328n a n n =-，则数列{}n a 各项中最小项是( )A ．第4项B ．第5项C ．第6项D ．第7项24．已知数列{}n a 是等差数列，若91130a a +<，10110a a <，且数列{}n a 的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 得最小正值时，n 等于( ) A ．20 B ．17 C ．19 D ．2125．已知n S 是等差数列*{}()n a n N ∈的前n 项和，且564S S S >>，以下有四个命题：①数列{}n a 中的最大项为10S ②数列{}n a 的公差0d < ③100S >④110S <其中正确的序号是( )A ．②③B ．②③④C ．②④D ．①③④26．在等差数列{}n a 中，128a =-，公差4d =，若前n 项和n S 取得最小值，则n 的值为( ) A ．7 B ．8C ．7或8D ．8或927．数列{}n a 是首项为111a =，公差为2d =-的等差数列，那么使前n 项和n S 最大的n 值为( ) A ．4 B ．5C ．6D ．7练习B1．设{}n a 为等差数列，则下列数列中，成等差数列的个数为( )①2{}na ②{}n pa ③{}n pa q + ④{}(n na p 、q 为非零常数） A ．1 B ．2C ．3D ．42．等差数列{}n a 的公差0d >，前n 项和为n S ，则对2n >时有( ) A ．1nn S a a n<< B ．1nn S a a n <<C ．1n n Sa a n<<D ．1,,n n Sa a n的大小不确定3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，在同一个坐标系中，()n a f n =及()n S g n =的部分图象如图所示，则( )A ．当4n =时，n S 取得最大值B ．当3n =时，n S 取得最大值C ．当4n =时，n S 取得最小值D ．当3n =时，n S 取得最小值4．已知数列{}n a 是等差数列，n S 为其前n 项和．若3916S S =，则612(S S = )A ．110B ．310C ．510D ．7105．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足100S >，110S <，则下列数值最大的是( )A ．4SB ．5SC ．6SD ．7S6．等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，若3221n n S n T n -=+，则77(ab = ) A ．3727B ．3828C ．3929D ．40307．一个有限项的等差数列，前4项之和为40，最后4项之和是80，所有项之和是210，则此数列的项数为( ) A ．10 B ．12 C ．14 D ．168．已知点(n ，*)()n a n N ∈都在直线3240x y --=上，那么在数列n a 中有79(a a += )A ．790a a +>B ．790a a +<C ．790a a +=D ．790a a =9．已知等差数列{}n a 满足3243a a =，则{}n a 中一定为零的项是( )A ．6aB ．8aC ．10aD ．12a10．在等差数列{}n a 中，15a =，470a a +=，则数列{}n a 中为正数的项的个数为( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．711．已知数列{}n a 中，132(3n n a a ++= *)n N ∈，且356820a a a a +++=，那么10a 等于( ) A ．8 B ．5 C ．263D ．712．若等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，记nn S b n=，则( ) A ．数列{}n b 是等差数列，{}n b 的公差也为dB ．数列{}n b 是等差数列，{}n b 的公差为2dC ．数列{}n n a b +是等差数列，{}n n a b +的公差为dD ．数列{}n n a b -是等差数列，{}n n a b -的公差为2d13．等差数列{}n a 中，已知113a =，254a a +=，33n a =，则n 为( )A ．48B ．49C ．50D ．5114．若等差数列的首项是24-，且从第10项开始大于零，则公差d 的取值范围是( )A ．83d > B ．3d < C ．833d < D ．833d <15．在数列{}n a 中，若1332()n n a a n N +=+∈，且247920a a a a +++=，则10a 为( ) A ．5 B ．7C ．8D ．1016．等差数列{}n a 前n 项和为n S ，111a =-，466a a +=-．则当n S 取最小值时，(n = ) A ．6 B ．7C ．8D ．917．在各项均为正数的等比数列{}n a 中，63a =，则48(a a += )A ．有最小值6B ．有最大值6C ．有最大值9D ．有最小值318．已知实数序列1a ，2a ，⋯，n a 满足：任何连续3项之和均为负数，且任何4项之和均为正数，则n 的最大值是( ) A ．4 B ．5C ．6D ．719．已知n S 是等差数列*{}()n a n N ∈的前n 项和，且564S S S >>，以下有四个命题：①数列{}n a 中的最大项为10S ②数列{}n a 的公差0d < ③100S >④110S <其中正确的序号是( )A ．②③B ．②③④C ．②④D ．①③④20．已知各项均为正数的等比数列{}n a 中，如果21a =，那么这个数列前3项的和3S 的取值范围是( )A ．(-∞，1]-B ．[1，)+∞C ．[2，)+∞D ．[3，)+∞21．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且110a =，56S S ，下列四个命题中，假命题是( )A ．公差d 的最大值为2-B ．70S <C ．记n S 的最大值为K ，K 的最大值为30D ．20162017a a >练习C1．已知||0x y >>．将四个数,,x x y x y -+( )A ．当0x >时，存在满足已知条件的x ，y ，四个数构成等比数列B ．当0x >时，存在满足已知条件的x ，y ，四个数构成等差数列C ．当0x <时，存在满足已知条件的x ，y ，四个数构成等比数列D ．当0x <时，存在满足已知条件的x ，y ，四个数构成等差数列2．等差数列{}n a 的公差0d >，前n 项和为n S ，则对2n >时有( )A ．1nn S a a n<< B ．1nn S a a n<<C ．1nn S a a n<< D ．1,,nn S a a n的大小不确定3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，在同一个坐标系中，()n a f n =及()n S g n =的部分图象如图所示，则( )A ．当4n =时，n S 取得最大值B ．当3n =时，n S 取得最大值C ．当4n =时，n S 取得最小值D ．当3n =时，n S 取得最小值4．等差数列，的前项和分别为，，若，则 A ． B ．C ．D ．5．在等差数列中，，其前项和为，若，则 A ． B ．C ．2008D ．20096．设为等差数列，则下列数列中，成等差数列的个数为① ② ③ ④、为非零常数） A ．1 B ．2 C ．3 D ．47．设表示等差数列的前项和，已知，那么等于 A ．B ．C ．D ．8．等差数列中，，，则该数列前项之和为{}n a {}n b n n S n T 231n n S n T n =+(n na b =)232131n n --2131n n ++2134n n -+{}n a 12007a =-n n S 20082006220082006S S -=2009(S =)2009-2008-{}n a ()2{}na {}n pa {}n pa q +{}(n na p q n S {}n a n 51013S S =1020SS ()193101813{}n a 1m a k =1()k a m k m=≠mk ()A ．B ．C ．D ．9．设数列为等差数列，其前项和为，已知，，若对任意，都有成立，则的值为A ．22B ．21C ．20D ．1910．设等差数列的公差为，前项和为．若，则的最小值为 A ．10 B ．C ．D ．二．填空题（共2小题） 11．在等差数列中，，若它的前项和有最大值，则使取得最小正数的 19 ．12．已知两个等差数列、的前项和分别为和，若，则使为整数的正整数的个数是 5个．课后练习1．等差数列中，若，则．2．设等差数列的前项和为，若，，则 0 ，的最小值为．3．等差数列中，，，则取最大值时， 6或7 ．4．已知等差数列的前项和为，能够说明“若数列是递减数列，则数列是递减数列”是假命题的数列的一个通项公式为（答案不唯一）．5．设等差数列的前项和为，若，，则数列的公差等于．6．若等差数列满足，则12mk-2mk12mk +12mk+{}n a n n S 14799a a a ++=25893a a a ++=*n N ∈n k S S k (){}n a d n n S 11a d ==8n nS a +()927212+{}n a 11101a a <-n n S n S n ={}n a {}n b n n A n B 7453n n A n B n +=+n na b {}n a 31110a a +=678a a a ++={}n a n n S 23a =-510S =-5a =n S {}n a 10a >49S S =n S n ={}n a n n S {}n a {}n S {}n a 27n a n =-+{}n a n n S 1122S =71a ={}n a 1-{}n a 1461,52a a a =+=2019a =20192二．解答题（共3小题）7．在等差数列中，已知，，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）求．8．设等差数列满足，．（1）求的通项公式；（2）求的前项和及使得最大的序号的值．9．已知为等差数列，，． ( I ) 求数列的通项公式以及前项和．（Ⅱ）求使得的最小正整数的值．{}n a 1312a a +=2418a a +=*n N ∈{}n a 3693n a a a a +++⋯+{}n a 35a =109a =-{}n a {}n a n n S n S n {}n a 112a =-562a a ={}n a n n S 14n S >n。

2021高考数学(理)一轮复习专项检测《数列》(解析版)

两式相减得-2S=1+2( 31 0 13 ∴S=19 320 1
故选 A。 4．（山东省潍坊市 2019 届高三模拟）如图所示，在著名的汉诺塔问题中，有三根高度相同的柱子和一
些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有 n 个圆盘，较
a1, a2 ,, an,, 并记相应的极大值为 b1, b2 ,, bn,, 则 a1b1 a2b2 a20b20 的值为（）
A．19 320 1 B．19 319 1
C． 20 319 1
D． 20 320 1
【答案】A
【解析】由题当当 0 x 2 时， f x 2x x2 x 12 1, 极大值点为 1，极大值为 1
A.64
B.48
C.36
D.24
【答案】B
【解析】由等差数列性质可知， S17 17a9 272，解得 a9 16 ，故 a3 a9 a15 3a9 48.
故选 B。
6．（山东省日照市 2019 届高三联合考试）已知数列 an 前 n 项和为 Sn ，满足 Sn an2 bn （ a,b 为
常数），且 a9
2
，设函数
f
(x)
2 sin
2x
2 sin 2
x 2
，记
yn f an
，则数列 yn 的前 17 项和为
（）
A． 17 2
【答案】D
B． 9
C．11
D．17
【解析】因为 f ( x) 2 sin 2x 2 sin 2 x sin 2x cos x 1，
2
由 Sn an2 bn ，得 an Sn Sn1 an2 bn a(n 1)2 b(n 1) 2an a b ，

2021年高考数学专题分类汇编：数列(含答案)

数列1．（2021•浙江）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（n∈N*）．记数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．＜S100＜3B．3＜S100＜4C．4＜S100＜D．＜S100＜52．（2021•甲卷）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（）A．7B．8C．9D．1016．（2021•新高考Ⅰ）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．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折n次，那么S k＝dm2．17．（2021•上海）已知等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝．33．（2021•浙江）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝﹣，且4S n+1＝3S n﹣9（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{b n}满足3b n+（n﹣4）a n＝0（n∈N*），记{b n}的前n项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．34．（2021•甲卷）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列，证明：{a n}是等差数列．35．（2021•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+＝2．（1）证明：数列{b n}是等差数列；（2）求{a n}的通项公式．36．（2021•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{}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．37．（2021•乙卷）设{a n}是首项为1的等比数列，数列{b n}满足b n＝，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＜．38．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（1）记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；（2）求{a n}的前20项和．39．（2021•上海）已知数列{a n}满足a n≥0，对任意n≥2，a n和a n+1中存在一项使其为另一项与a n﹣1的等差中项．（1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值；（2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即a r＝a s＝a t＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求a r+1+a s+1+a t+1的最大值．答案解析1．（2021•浙江）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（n∈N*）．记数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．＜S100＜3B．3＜S100＜4C．4＜S100＜D．＜S100＜5【解答】解：因为，所以，所以，，∴，故，由累加法可得当n≥2 时，，又因为当n＝1 时，也成立，所以，所以，∴，故，由累乘法可得当n≥ 2 时，，所以．故选：A．2．（2021•甲卷）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（）A．7B．8C．9D．10【解答】解：∵S n为等比数列{a n}的前n项和，S2＝4，S4＝6，由等比数列的性质，可知S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，∴4，2，S6﹣6成等比数列，∴22＝4（S6﹣6），解得S6＝7．故选：A．16．（2021•新高考Ⅰ）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．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么S k＝dm2．【解答】解：易知有，，共5种规格；由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为，故，则，记，则，∴＝，∴，∴．故答案为：5；．17．（2021•上海）已知等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝21．【解答】解：因为等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝a1+9d＝3+9×2＝21．故答案为：21．18．（2021•甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为39π．【解答】解：由圆锥的底面半径为6，其体积为30π，设圆锥的高为h，则，解得，所以圆锥的母线长，所以圆锥的侧面积．故答案为：39π．33．（2021•浙江）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝﹣，且4S n+1＝3S n﹣9（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{b n}满足3b n+（n﹣4）a n＝0（n∈N*），记{b n}的前n项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由4S n+1＝3S n−9 可得4S n＝3S n−1−9（n≥2），两式作差，可得：4a n+1＝3a n，∴，很明显，，所以数列{a n} 是以为首项，为公比的等比数列，其通项公式为：．（Ⅱ）由3b n+（n−4）a n＝0，得，，，两式作差可得：＝＝，则．据此可得恒成立，即λ（n−4）+3n≥0 恒成立．n＝4时不等式成立；n＜4时，，由于n＝1时，故λ≤1；n＞4时，，而，故：λ≥−3；综上可得，{λ|−3≤λ≤1}．34．（2021•甲卷）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列，证明：{a n}是等差数列．【解答】证明：设等差数列{}的公差为d，由题意得＝；＝＝＝2，则d＝﹣＝2﹣＝，所以＝+（n﹣1）＝n，所以S n＝n2a1①；当n≥2时，有S n﹣1＝（n﹣1）2a1②．由①②，得a n＝S n﹣S n﹣1＝n2a1﹣（n﹣1）2a1＝（2n﹣1）a1③，经检验，当n＝1时也满足③．所以a n＝（2n﹣1）a1，n∈N+，当n≥2时，a n﹣a n﹣1＝（2n﹣1）a1﹣（2n﹣3）a1＝2a1，所以数列{a n}是等差数列．35．（2021•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+＝2．（1）证明：数列{b n}是等差数列；（2）求{a n}的通项公式．【解答】解：（1）证明：当n＝1时，b1＝S1，由+＝2，解得b1＝，当n≥2时，＝S n，代入+＝2，消去S n，可得+＝2，所以b n﹣b n﹣1＝，所以{b n}是以为首项，为公差的等差数列．（2）由题意，得a1＝S1＝b1＝，由（1），可得b n＝+（n﹣1）×＝，由+＝2，可得S n＝，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝﹣＝﹣，显然a1不满足该式，所以a n＝．36．（2021•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{}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解答】解：选择①③为条件，②结论．证明过程如下：由题意可得：a2＝a1+d＝3a1，∴d＝2a1，数列的前n项和：，故（n≥2），据此可得数列是等差数列．选择①②为条件，③结论：设数列{a n}的公差为d，则：，数列为等差数列，则：，即：，整理可得：d＝2a1，∴a2＝a1+d＝3a1．选择③②为条件，①结论：由题意可得：S2＝a1+a2＝4a1，∴，则数列的公差为，通项公式为：，据此可得，当n≥2时，，当n＝1时上式也成立，故数列的通项公式为：a n＝（2n−1）a1，由a n+1−a n＝[2（n+1）−1]a1−（2n−1）a1＝2a1，可知数列{a n}是等差数列．37．（2021•乙卷）设{a n}是首项为1的等比数列，数列{b n}满足b n＝，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＜．【解答】解：（1）∵a1，3a2，9a3成等差数列，∴6a2＝a1+9a3，∵{a n}是首项为1的等比数列，设其公比为q，则6q＝1+9q2，∴q＝，∴a n＝a1q n﹣1＝，∴b n＝＝n•．（2）证明：由（1）知a n＝，b n＝n•，∴＝，，①∴，②①﹣②得，，∴，∴T n﹣＝﹣＜0，∴T n＜．38．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（1）记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；（2）求{a n}的前20项和．【解答】解：（1）因为a1＝1，a n+1＝，所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，b n﹣b n﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，所以数列{b n}是以b1＝2为首项，以3为公差的等差数列，所以b n＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，则a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，当n＝1时，a1＝1也适合上式，所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，所以数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，则{a n}的前20项和为a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+×3+10×2+×3＝300．39．（2021•上海）已知数列{a n}满足a n≥0，对任意n≥2，a n和a n+1中存在一项使其为另一项与a n﹣1的等差中项．（1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值；（2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即a r＝a s＝a t＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求a r+1+a s+1+a t+1的最大值．【解答】解：（1）由题意，2a n＝a n+1+a n﹣1或2a n+1＝a n+a n﹣1，∴2a2＝a3+a1解得a3＝1，2a3＝a2+a1解得a3＝4，经检验，a3＝1，（2）证明：∵a1＝a4＝a7＝0，∴a3＝2a2，或，经检验，；∴，或（舍），∴；∴，或（舍），∴；∴，或（舍），∴；综上，a2、a5、a8成等比数列，公比为；（3）由2a n＝a n+1+a n﹣1或2a n+1＝a n+a n﹣1，可知或，由第（2）问可知，a r＝0，则a r﹣2＝2a r﹣1，即a r﹣1﹣a r﹣2＝﹣a r﹣1，∴a r＝0，则＝＝＝，∴，同理，＝，∴，同理，，∴a r+1+a s+1+a t+1的最大值．。

2021高考数学必考点解题方式秘籍数列求通项理(1)

2021高考理科数学必考点解题方式秘籍：数列求通项高考中的递推数列求通项问题，情境新颖新颖，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。

是一类考查思维能力的好题。

要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方式。

类型一：1()n n a a f n +=+（()f n 能够求和）−−−−→解决方法累加法例一、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。

解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得：评注：一样情形下，累加法里只有n-1个等式相加。

类型一专项练习题：一、已知11a =，1n n a a n -=+（2≥n ），求n a 。

(12n n n a +=）二、已知数列{}n a ，1a =2，1n a +=n a +3n +2，求n a 。

(31)2n n n a +=3、已知数列}a {n 知足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。

21n a n =+ 4、已知}{n a 中，n n n a a a 2,311+==+，求n a 。

21nn a =+ 五、已知112a =,112n n n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.13122n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭六、已知数列{}n a 知足11,a =()1132,n n n a a n --=+≥求通项公式n a ？（312n n a -=）7、假设数列的递推公式为1*113,23()n n n a a a n N ++==-⋅∈，那么求那个数列的通项公式 1123n n a +=-八、已知数列}a {n 知足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。

高考数学六大板块专题复习（数列）

六大板块专题复习（数列）1、已知数列}{n a }满足：).(41)1(,41*11N n a a a n n ∈=⋅-=+ （I ）令}1{:),(21nn n b N n a b 求证*∈-=为等差数列；（II ）求.lim n n a ∞→2、已知公差不为零的等差数列}{n a 的前6项和为60，且6121a a a 是和的等比中项（I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）若数列}{n b 满足：3)(1*1=∈+=+b N n a b b n n n 且，求数列}{n b 的前n 项和T n 。

3、已知数列}{),(,2,1,}{*121n n n n n b N n b a a a a a 且中∈=⋅==+是以q 为公比的等比数列（q 为常数）（I ）求数列}{n b 的通项公式；（II ）求证：}{2n a 是等比数列，半求}{n a 的通项公式；（III ）求}{n a 的前2n 项和T 2n 。

4、数列{a n }前n 项和为S n ，数列{b n }前n 项和为T n ，{b n }为等差数列且各项均为正数，a 1=1,a n1=2S n 1n ∈N *,T 3=151求证：数列{a n }是等比数列； 2若a 1b 1,a 2b 2,a 3b 3成等比数列，求T n5、数列{a n }中，a 1 =1/3，前n 项和S n 满足S n1 －S n =（1 / 3）n 1n∈N *（I ）求数列{a n }的通项公式a n 以及前n 项和S n（II ）若S 1，t （S 1 S 2），3（S 2 S 3）成等差数列，求实数t 的值 6、已知等差数列}{n a 满足.8,252==a a （1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设各项均为正数的等比数列}{n b 的前n 项和为T n 若,7,333==T a b 求T n 。

7、已知各项都不相等的等差数列}{n a 的前六项和为60，且2116a a a 和为的等比中项（I ）求数列}{n a 的通项公式n n S n a 项和及前；n n n n 9、若数列}{n a 的前n 项和n S 是n x )1(+二项展开式中各项系数的和()1,2,3,n =．（Ⅰ）求}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列}{n b 满足)12(,111-+=-=+n b b b n n ，且=n c nb a nn ⋅，求数列}{n c 的通项及其前n 项和n T 。

考点21 求和方法(第1课时)——2021年高考数学专题复习真题附解析

考点21 求和方法（第一课时）【题组一裂项相消】1．在数列{}n a 中，有()2*1232n a a a a n n n +++⋯+=+∈N .（1）证明：数列{}n a 为等差数列，并求其通项公式；（2）记11n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足310n n S a +-=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设16log n n b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和n T .3．记数列{}n a 的前n 项和为n S ．若233n n S a =-.（1）证明：{}n a 为等比数列；（2）设9log n n b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．4．正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足222(1)()0n n S n n S n n -+--+=；（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）令1(2)n n b n a =+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：对于任意的*n N ∈，都有38n T <；5．已知数列{}n a 中，11a =，23a =，其前n 项和为，且当2n ≥时，110n n n n a S a S +--=（1）求数列{}n a 的通项公式；（3）设19(3)(3)n n n n a b a a +=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T .6．设数列{}n a ，其前n 项和23n S n =-，又{}n b 单调递增的等比数列， 123512b b b =，11a b + 33a b =+.(Ⅰ)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (Ⅱ)若()()21n n n n b c b b =-- ，求数列{}n c 的前n 项和n T ，并求证：213n T ≤<.7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记12(1)(1)n n n n a b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项和n T .8．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()2*1n n n S a S n N -=∈.（1）求1S 、2S 、3S 的值；（2）求出n S 及数列{}n a 的通项公式；（3）设()()()12*111n n n n b n a a n N ++=-+∈，求数列{}n b 的前n 项和为n T .9．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且231n n S a =-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若()()1311n n n n b a a +=++，求{}n b 的前n 项和n T ，并比较n T 与1316的大小.。

高三数学一轮复习精品教案――数列

城东蜊市阳光实验学校2021届高三数学一轮复习精品教案――数列〔附高考预测〕一、本章知识构造：二、重点知识回忆１．数列的概念及表示方法〔１〕定义：按照一定顺序排列着的一列数．〔２〕表示方法：列表法、解析法〔通项公式法和递推公式法〕、图象法．〔３〕分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．〔４〕n a 与n S 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥．2．等差数列和等比数列的比较〔１〕定义：从第2项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列；从第2项起每一项与它前一项的比等于同一常数〔不为0〕的数列叫做等比数列．〔２〕递推公式：110n n n n a a d a a q q n *++-==≠∈N ，·，，．〔３〕通项公式：111(1)n n n a a n d a a q n -*=+-=∈N ，，．〔４〕性质等差数列的主要性质：①单调性：0d ≥时为递增数列，0d ≤时为递减数列，0d =时为常数列．②假设m n p q +=+，那么()m n p q a a a a m n p q *+=+∈N ，，，．特别地，当2m n p +=时，有2m n p a a a +=．③()()nm a a n m d m n *-=-∈N ，．④232k k k k k S S S S S --，，，…成等差数列．等比数列的主要性质：①单调性：当1001a q <⎧⎨<<⎩，或者者101a q >⎧⎨>⎩时，为递增数列；当101a q <⎧⎨>⎩，，，或者者1001a q >⎧⎨<<⎩时，为递减数列；当0q <时，为摆动数列；当1q =时，为常数列．②假设m n p q +=+，那么()m n p q a a a a m n p q *=∈N ··，，，．特别地，假设2m n p +=，那么2m n p a a a =·．③(0)n m nma q m n q a -*=∈≠N ，，． ④232k kk k k S S S S S --，，，…，当1q ≠-时为等比数列；当1q =-时，假设k 为偶数，不是等比数列．假设k 为奇数，是公比为1-的等比数列．三、考点剖析考点一：等差、等比数列的概念与性质例1.〔2021模拟〕数列.12}{2n n S n a nn -=项和的前〔1〕求数列}{n a 的通项公式；〔2〕求数列.|}{|n n T n a 项和的前解：〔1〕当111112,1211=-⨯===S a n时；、当.213])1()1(12[)12(,2221n n n n n S S a n n n n -=-----=-=≥-时，.213111的形式也符合n a -=.213}{,n a a n n -=的通项公式为数列所以、〔2〕令.6,,0213*≤∈≥-=n n n a n 解得又N当2212112||||||,6n n S a a a a a a T n n n n n -==+++=+++=≤ 时；当||||||||||,67621n n a a a a a T n++++++=> 时综上，⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤-=.6,7212,6,1222n n n n n n T n点评：此题考察了数列的前n 项与数列的通项公式之间的关系，特别要注意n ＝１时情况，在解题时经常会忘记。

高考数学复习考点题型专题讲解9 数列求和的常用方法

高考数学复习考点题型专题讲解专题9 数列求和的常用方法高考定位近几年高考，数列求和常出现在解答题第(2)问，主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档.1.(2021·新高考Ⅰ卷)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20 dm×12 dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240 dm 2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm ，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180 dm 2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么∑nk ＝1S k ＝________ dm 2. 答案 5 240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n解析依题意得，S 1＝120×2＝240(dm 2)；S 2＝60×3＝180(dm 2)；当n ＝3时，共可以得到5 dm×6 dm，52 dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm×32 dm 四种规格的图形，且5×6＝30，52×12＝30，10×3＝30，20×32＝30，所以S 3＝30×4＝120(dm 2)；当n ＝4时，共可以得到5 dm×3 dm，52 dm×6 dm，54 dm×12 dm，10 dm×32 cm ，20 dm×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，52×6＝15，54×12＝15，10×32＝15，20×34＝15，所以S 4＝15×5＝75(dm 2)； ……所以可归纳S k ＝2402k ·(k ＋1)＝240（k ＋1）2k(dm 2). 所以∑nk ＝1S k ＝240⎝⎛⎭⎪⎫1＋322＋423＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，① 所以12×∑n k ＝1S k ＝240×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，② 由①－②得，12·∑n k ＝1S k ＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1 ＝240⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋122－12n×121－12－n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫32－n ＋32n ＋1，所以∑nk ＝1S k ＝240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n dm 2. 2.(2021·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.解 (1)因为b n ＝a 2n ，且a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数，所以b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5. 因为b n ＝a 2n ，所以b n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋3－a 2n ＝3，所以数列{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列，所以b n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，n ∈N *. (2)因为a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数，所以k ∈N *时，a 2k ＝a 2k －1＋1＝a 2k －1＋1，即a 2k ＝a 2k －1＋1，①a 2k ＋1＝a 2k ＋2，② a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1＝a 2k ＋1＋1，即a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1，③所以①＋②得a 2k ＋1＝a 2k －1＋3，即a 2k ＋1－a 2k －1＝3，所以数列{a n }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即a 2k ＋2－a 2k ＝3，又a 2＝2，所以数列{a n }的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.所以数列{a n }的前20项和S 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300. 3.(2022·新高考Ⅰ卷)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.(1)解法一因为a 1＝1，所以S 1a 1＝1，又⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n a n 是公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋(n －1)×13＝n ＋23.因为当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，所以S n S n －S n －1＝n ＋23(n ≥2)，所以S n －S n －1S n ＝3n ＋2(n ≥2)，整理得S n S n －1＝n ＋2n －1(n ≥2)，所以S 2S 1·S 3S 2·…·S n －1S n －2·S n S n －1＝41×52×…·n ＋1n －2·n ＋2n －1＝n （n ＋1）（n ＋2）6(n ≥2)，所以S n ＝n （n ＋1）（n ＋2）6(n ≥2)，又S 1＝1也满足上式，所以S n ＝n （n ＋1）（n ＋2）6(n ∈N *)，则S n －1＝（n －1）n （n ＋1）6(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）（n ＋2）6－（n －1）n （n ＋1）6＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *).法二因为a 1＝1，所以S 1a 1＝1，又⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n a n 是公差为13的等差数列，所以S n a n ＝1＋(n －1)×13＝n ＋23，所以S n ＝n ＋23a n .因为当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以n ＋13a n －1＝n －13a n (n ≥2)，所以a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)，所以a 2a 1·a 3a 2·…·a n －1a n －2·a n a n －1＝31×42×53×…·n n －2·n ＋1n －1＝n （n ＋1）2(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *).(2)证明因为a n ＝n （n ＋1）2，所以1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<2.热点一分组求和与并项求和1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，或c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列的通项公式中有(－1)n 等特征，根据正负号分组求和.例1(2022·济宁一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝9，S 7＝49. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎨⎧a n ，n ≤10，2b n －10，n >10，求数列{b n }的前100项和.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎨⎧a 1＋4d ＝9，7a 1＋21d ＝49，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1(n ∈N *). (2)因为b n ＝⎩⎨⎧a n ，n ≤10，2b n －10，n >10，所以数列{b n }的前100项和为(b 1＋b 2＋…＋b 10)＋(b 11＋b 12＋…＋b 20)＋(b 21＋b 22＋…＋b 30)＋…＋(b 91＋b 92＋…＋b 100)＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋22(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋…＋29(a 1＋a 2＋…＋a 10)＝(1＋2＋22＋…＋29)(a 1＋a 2＋…＋a 10)＝1－2101－2×10×（1＋19）2 ＝102 300.规律方法分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组，然后再求和. 训练1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和. 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *). (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2(n ∈N *). 热点二裂项相消法求和裂项常见形式：(1)分母两项的差等于常数 1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； 1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k . (2)分母两项的差与分子存在一定关系 2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1；n ＋1n 2（n ＋2）2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1（n ＋2）2. (3)分母含无理式1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .例2 已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)2n ＋1＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1log 2a n log 2a n ＋2的前n 项和T n .解 (1)由题意可知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)2n ＋1＋2，① 当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －2)2n ＋2，② ①－②得na n ＝(n －1)2n ＋1－(n －2)2n ，即a n ＝2n ，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，所以a n ＝2n (n ∈N *).(2)因为log 2a n ＝log 2 2n ＝n ，所以1log 2a n ·log 2a n ＋2＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以T n＝12⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋⎭⎪⎫1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n＋1－1n＋2＝34－2n＋32（n＋1）（n＋2）.规律方法裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消.训练2(2022·武汉模拟)已知正项等差数列{a n}满足：a3n＝3a n(n∈N*)，且2a1，a3＋1，a8成等比数列.(1)求{a n}的通项公式；(2)设c n＝2a n＋1（1＋2a n）（1＋2a n＋1），求数列{c n}的前n项和R n.解(1)设等差数列{a n}的公差为d，由a3n＝3a n得a1＋(3n－1)d＝3[a1＋(n－1)d].则a1＝d，所以a n＝a1＋(n－1)d＝nd.又2a1，a3＋1，a8成等比数列，所以(a3＋1)2＝2a1·a8，即(3d＋1)2＝2d·8d.所以7d2－6d－1＝0，解得d＝1或d＝－17，因为{a n}为正项数列，所以d>0，所以d＝1，所以a n ＝n (n ∈N *).(2)由(1)可得c n ＝2a n ＋1（1＋2a n ）（1＋2a n ＋1）＝2n ＋1（1＋2n ）（1＋2n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋2n －11＋2n ＋1，所以R n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋21－11＋22＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋22－11＋23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋2n －11＋2n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－11＋2n ＋1. 热点三错位相减法求和如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法.用其法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式.例3(2022·广州调研)从①S n ，2S n ＋1，3S n ＋2成等差数列，且S 2＝49；②a 2n ＋1＝13a n (2a n －5a n＋1)，且a n >0；③2S n ＋a n －t ＝0(t 为常数)这三个条件中任选一个补充在横线处，并给出解答.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝13，________，其中n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 13a n ＋1，求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解 (1)若选条件①.因为S n ，2S n ＋1，3S n ＋2成等差数列，所以4S n ＋1＝S n ＋3S n ＋2，即S n ＋1－S n ＝3(S n ＋2－S n ＋1)，所以a n ＋1＝3a n ＋2，又S 2＝49，a 1＝13，所以a 2＝S 2－a 1＝19，即a 2＝13a 1，所以a n ＋1＝13a n ，即a n ＋1a n ＝13，又a 1＝13，所以数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，所以a n ＝13n (n ∈N *).若选条件②.由a 2n ＋1＝13a n (2a n －5a n ＋1)，得3a 2n ＋1＝a n (2a n －5a n ＋1)，即3a 2n ＋1＋5a n ＋1a n －2a 2n ＝0，所以(a n ＋1＋2a n )(3a n ＋1－a n )＝0，因为a n >0，所以3a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1a n ＝13，又a 1＝13，所以数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，所以a n ＝13n (n ∈N *).若选条件③.因为2S n ＋a n －t ＝0，所以n ≥2时，2S n －1＋a n －1－t ＝0，两式相减并整理，得a n ＝13a n －1(n ≥2)，即a n a n －1＝13(n ≥2)，又a 1＝13，所以数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，所以a n ＝13n (n ∈N *).(2)由(1)知，a n ＋1＝13n ＋1，所以b n ＝log 13a n ＋1＝log 1313n ＋1＝n ＋1，所以a n ·b n ＝(n ＋1)×13n ＝n ＋13n ，所以T n ＝23＋332＋433＋…＋n ＋13n ，所以13T n ＝232＋333＋434＋…＋n ＋13n ＋1，两式相减，得23T n ＝23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －n ＋13n ＋1＝23＋132⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13－n ＋13n ＋1＝23＋13×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－n ＋13n ＋1＝56－12×13n －n ＋13n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫56－12×13n －n ＋13n ＋1×32＝54－2n ＋54×3n .易错提醒一要先“错项”再“相减”；二要注意最后一项的符号.训练3(2022·潍坊模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝2，S3＝a3＋6.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{a n b n}的前n项和T n.解(1)设数列{a n}的公比为q，由a1＝2，S3＝a3＋6，得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2，所以a n＝2n(n∈N*).(2)由(1)可得b n＝log2a n＝n，所以a n b n＝n·2n，Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2T n＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，所以－T n＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（1－2n）1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.一、基本技能练1.已知数列{a n}满足a n＋1－a n＝2(n∈N*)，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )A.9B.15C.18D.30答案 C解析∵a n＋1－a n＝2，a1＝－5，∴数列{a n}是公差为2的等差数列，∴a n＝－5＋2(n－1)＝2n－7，数列{a n}的前n项和S n＝n（－5＋2n－7）2＝n2－6n(n∈N*).令a n＝2n－7≥0，解得n≥7 2，∴n≤3时，|a n|＝－a n；n≥4时，|an|＝a n.则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18.2.(2022·深圳模拟)在数列{a n}中，a1＝3，a m＋n＝a m＋a n(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k等于( )A.10B.9C.8D.7答案 B解析令m＝1，由a m＋n＝a m＋a n可得a n＋1＝a1＋a n，所以a n＋1－a n＝3，所以{a n}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，an＝3＋3(n－1)＝3n，所以a1＋a2＋a3＋…＋a k＝k（a1＋a k）2＝k（3＋3k）2＝135，整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍去).3.数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830 答案 D解析因为a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，故有a 2－a 1＝1，a 3＋a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5＋a 4＝7，a 6－a 5＝9，a 7＋a 6＝11，…，a 50－a 49＝97.从而可得a 3＋a 1＝2，a 4＋a 2＝8，a 5＋a 7＝2，a 8＋a 6＝24，a 9＋a 11＝2，a 12＋a 10＝40，a 13＋a 15＝2，a 16＋a 14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列. 所以{a n }的前60项和为15×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15×8＋15×142×16＝1 830. 4.在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}(n ∈N *)的前2 023项和为( ) A.1 011 B.1 010 C.－2 023 D.－2 022 答案 C解析由题意得a 3＋a 5＝2a 4＝a 4＋7，解得a 4＝7，所以公差d ＝a 10－a 410－4＝19－76＝2，则a 1＝a 4－3d ＝7－3×2＝1，所以a n ＝2n －1，设b n＝a n cos nπ，则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝－a1＋a2＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝－a3＋a4＝2，……，∴数列{a n cos nπ}(n∈N*)的前2 023项和S2 023＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 021＋b2 022)＋b2 023＝2×1 011－4 045＝－2 023.5.已知函数f(x)＝x a的图象过点(4，2)，令a n＝1f（n＋1）＋f（n）(n∈N*)，记数列{a n}的前n项和为S n，则S2 023等于( ) A. 2 023＋1 B. 2 024－1C. 2 023－1D. 2 024＋1答案 B解析函数f(x)＝x a的图象过点(4，2)，则4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x，a n ＝1f（n＋1）＋f（n）＝1n＋1＋n＝n＋1－n，则S2 023＝(2－1)＋(3－2)＋…＋( 2 023－ 2 022)＋( 2 024－ 2 023)＝2 024－1.6.(多选)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d＝1.若a1＋3a5＝S7，则下列结论一定正确的是( )A.a5＝1B.S n最小时n＝3C.S1＝S6D.S n存在最大值答案AC解析由已知得a 1＋3(a 1＋4×1)＝7a 1＋7×62×1，解得a 1＝－3.对于选项A ，a 5＝－3＋4×1＝1，故A 正确. 对于选项B ，a n ＝－3＋n －1＝n －4，因为a 1＝－3<0，a 2＝－2<0，a 3＝－1<0，a 4＝0，a 5＝1>0，所以S n 的最小值为S 3或S 4，故B 错误. 对于选项C ，S 6－S 1＝a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝5a 4，又因为a 4＝0，所以S 6－S 1＝0，即S 1＝S 6，故C 正确. 对于选项D ，因为S n ＝－3n ＋n （n －1）2＝n 2－7n2，所以S n 无最大值，故D 错误.7.(2022·无锡模拟)12＋12＋4＋12＋4＋6＋12＋4＋6＋8＋…＋12＋4＋6＋…＋2 022＝________. 答案1 0111 012解析根据等差数列的前n 项和公式，可得2＋4＋6＋…＋2n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)，因为1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以12＋12＋4＋12＋4＋6＋12＋4＋6＋8＋…＋12＋4＋6＋…＋2 022＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11 011－11 012＝1－11 012＝1 0111 012.8.(2022·嘉兴测试)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a 1a 24＋a 2a 342＋…＋a 9a 1049的值为________. 答案710解析对于a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1，两式相减得na n ＝2n －1，则a n ＝2n －1n，n ≥2，又a 1＝21＝2不符合上式，则a n＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2，当k ≥2时，a k a k ＋14k＝2k －1·2k （k ＋1）k ·22k ＝12·1k （k ＋1）＝12·⎝⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1， ∴a 1a 24＋a 2a 342＋…＋a 9a 1049＝14a 1a 2＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110 ＝14×2×22－12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－110＝710. 9.设各项均为正数的等差数列{a n }首项为1，前n 项的和为S n ，且S n ＝（a n ＋1）24(n ∈N *)，设b n ＝2n ·a n ，则数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 (2n －3)2n ＋1＋6(n ∈N *) 解析由题意4S n ＝(a n ＋1)2，① 4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，②两式相减得4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，即(a n ＋1－a n －2)(a n ＋1＋a n )＝0，∵a n＞0，∴a n＋1＋a n≠0，a n＋1－a n＝2，∴{a n}是公差为2的等差数列，∵a1＝1，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2n－1，b n＝2n a n＝(2n－1)2n.由错位相减法可求得T n＝(2n－3)2n＋1＋6(n∈N*).10.斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列{a n}满足：a1＝a2＝1，a n＋2＝a n＋a n(n∈N*)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023是斐波那契数列{a n}中的第________项. ＋1答案 2 024解析依题意，得1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a6＋a7＋a9＋…＋a2 023＝…＝a2 022＋a2 023＝a2 024.11.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝S5＝－20.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{b n}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{a n}与{b n}的公共项为a m，记m由小到大构成数列{c n}，求{c n}的前n项和T n.解(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S4＝S5＝－20，得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20，解得a1＝－8，d＝2，则a n ＝－8＋2(n －1)＝2n －10(n ∈N *).(2)数列{b n }是以4为首项，4为公比的等比数列， ∴b n ＝4·4n －1＝4n (n ∈N *). 又依题意2m －10＝4n ， ∴m ＝10＋4n2＝5＋22n －1，则T n ＝5n ＋2（1－4n ）1－4＝5n ＋22n ＋1－23.12.已知各项均为正数的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1＝a 2n ＋2(a n ＋1＋a n ).(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)各项均为正数的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1＝a 2n ＋2(a n ＋1＋a n )，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ) ＝2(a n ＋1＋a n )，由于a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝2，故数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列. 所以a n ＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝1a n ＋a n ＋1＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －12，所以S n ＝12×(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1).二、创新拓展练13.(多选)(2022·扬州调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法正确的是( )A.若S n ＝n 2－1，则{a n }是等差数列 B.若S n ＝2n －1，则{a n }是等比数列 C.若{a n }是等差数列，则S 99＝99a 50D.若{a n }是等比数列，且a 1>0，q >0，则S 2n －1·S 2n ＋1>S 22n 答案 BC解析对于A ，若S n ＝n 2－1，则有a 1＝S 1＝0，a 2＝S 2－S 1＝22－12＝3，a 3＝S 3－S 2＝32－22＝5，2a 2≠a 1＋a 3，此时数列{a n }不是等差数列，故A 错误；对于B ，若S n ＝2n －1，则当n ＝1时，有a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝2n －2n－1＝2n －1，故a n ＝2n －1，a n ＋1a n＝2，此时数列{a n }是等比数列，故B 正确；对于C ，由等差数列的性质可得S 99＝99（a 1＋a 99）2＝99a 50，故C 正确；对于D ，因为当a 1>0，q ＝1时，有a n ＝a 1，S 2n －1·S 2n ＋1＝(2n －1)(2n ＋1)a 21＝(4n 2－1)a 21，S 22n ＝(2na 1)2＝4n 2a 21，此时S 2n －1·S 2n ＋1<S 22n ，故D 错误.综上，故选BC.14.已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝n2，将数列{a n }按如下方式排列成新数列：a 1，a 2，a 2，a 2，a 3，a 3，a 3，a 3，a 3，…，，…，则新数列的前70项和为________. 答案4716解析由a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝n2，①得a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －2a n －1＝n －12(n ≥2)，②①－②得2n －1a n ＝12，即a n ＝12n (n ≥2)，又a 1＝12，即a n ＝12n ，由1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2＝64，得n ＝8.令S ＝12＋322＋523＋ (1528)则12S ＝122＋323＋…＋1328＋1529，两式相减得12S ＝12＋2×122＋2×123＋…＋2×128－1529＝12＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－1271－12－1529，∴S ＝749256，所以新数列的前70项和为749256＋629＝4716. 15.函数y ＝[x ]称为高斯函数，[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.已知数列{a n }满足a 3＝3，且a n ＝n (a n ＋1－a n )，若b n ＝[lg a n ]，则数列{b n }的前2 023项和为________. 答案 4 962解析因为a n ＝n (a n ＋1－a n )，所以(1＋n )a n ＝na n ＋1，即a n ＋1n ＋1＝a nn，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为常数数列，所以ann＝a33＝1，所以a n＝n，记{b n}的前n项和为T n，当1≤n≤9时，0≤lg a n<1，b n＝0；当10≤n≤99时，1≤lg a n<2，b n＝1；当100≤n≤999时，2≤lg a n<3，b n＝2；当1 000≤n≤2 023时，3≤lg a n<4，b n＝3；所以T2 023＝[lg a1]＋[lg a2]＋…＋[lg a2 023]＝9×0＋90×1＋900×2＋1 024×3＝4 962.16.对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的和，构造一个新的数列.现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依次类推，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，5.记第n次得到的数列的各项之和为S n，则{S n}的通项公式S n＝________.答案3＋3n＋1解析由题意可知，第n次得到数列1，x1，x2，x3， (5)第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，第3次得到数列1，8，7，13，6，17，11，16，5，第4次得到数列1，9，8，15，7，20，13，19，6，23，17，28，11，27，16，21，5. ……第n次得到数列1，x1，x2，x3， (5)所以S1＝6＋6＝6＋2×31，S 2＝6＋6＋18＝6＋2×31＋2×32，S 3＝6＋6＋18＋54＝6＋2×31＋2×32＋2×33，S 4＝6＋6＋18＋54＋162＝6＋2×31＋2×32＋2×33＋2×34， ……，即S n ＝6＋2(31＋32＋…＋3n ) ＝6＋2×3（1－3n ）1－3＝3＋3n ＋1.17.(2022·泰州模拟)在①S n ＝2a n ＋1－3，a 2＝94，②2S n ＋1－3S n ＝3，a 2＝94，③点(a n ，S n )(n ∈N *)在直线3x －y －3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，________. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)方案一选条件①. ∵S n ＝2a n ＋1－3，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －3，两式相减，整理得a n ＋1＝32a n (n ≥2).∵a 2＝94，∴a 1＝S 1＝2a 2－3＝32，a 2＝32a 1，∴a n ＋1a n ＝32(n ∈N *)，∴数列{a n }是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n(n ∈N *). 方案二选条件②. ∵2S n ＋1－3S n ＝3，∴当n ≥2时，2S n －3S n －1＝3，两式相减，整理得a n ＋1＝32a n (n ≥2).∵2(a 1＋a 2)－3a 1＝3，a 2＝94，∴a 1＝32，a 2＝32a 1，∴a n ＋1a n ＝32(n ∈N *)， ∴数列{a n }是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n(n ∈N *). 方案三选条件③.∵点(a n ，S n )(n ∈N *)在直线3x －y －3＝0上， ∴S n ＝3a n －3，∴S n ＋1＝3a n ＋1－3，两式相减，整理得a n ＋1＝32a n ，当n ＝1时，a 1＝3a 1－3，得a 1＝32，∴数列{a n }是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n(n ∈N *). (2)由(1)可得b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，则T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，∴23T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1，两式相减得13T n ＝23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝23×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n1－23－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝2－2n ＋63×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，∴T n ＝6－(2n ＋6)×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.。

高考数学一轮总复习课件：数列的概念及简单表示

1)(an－
2)．设bn＝an－
2，则bn＋1＝(
2
－1)·bn，即
bn＋1 bn
＝
2－1，
b1＝a1－ 2＝2－ 2，因此数列{bn}是以 2－1为公比，以2－ 2为
首项的等比数列．
所以bn＝(2－ 2)×( 2－1)n－1＝ 2×( 2－1)n，所以an＝ 2( 2 －1)n＋ 2.
(4)已知数列{an}满足a1＝ 2
【解析】
(累加法)原递推式可化为an＋1＝an＋
1 n
－
1 n＋1
，则a2
＝a1＋11－12，a3＝a2＋12－13，a4＝a3＋13－14，…，an＝an－1＋n－1 1－1n.
逐项相加，得an＝a1＋1－1n.又a1＝3，故an＝4－1n.
(2)设数列{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)·an＋12－nan2＋ 1
2 n
(3)an＝2n＋1－3
(4)an＝32n－1
状元笔记
已知数列的递推关系求通项公式的常用方法 (1)当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解． (2)当出现aan－n 1＝f(n)时，用累乘法求解． (3)当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列．
思考题2 (1)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋ n（n1＋1），则通项公式an＝_4_－__1n____．
，
5 5
，
7 10
， 197
，…，对于分子3，5，
7，9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋ 1，对于分母2，5，10，17，…联想到数列1，4，9，16，…，
即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，故可得它的一个通项公式为an＝2nn2＋＋11.

2021年高考真题数列篇

高考真题数列篇一．选择题（共 5 小题）A．当b= 1时，a ＞10 B．当b= 1时，a＞1010 102 4C．当b＝﹣2 时，a10＞10 D．当b＝﹣4 时，a10＞10A．16 B．8 C．4 D．2A．a ＝2n﹣5 B．a ＝3n﹣10 C．S ＝2n2﹣8n D．S = 1n2﹣2nn n n n2 A．4 B．5 C．6 D．7A．①②B．①③C．②③D．②④ 二．填空题（共7 小题）n n 1 2 1S5 S n 的最小值为．n n 1 3 44 S9＝27，则S8 的值是．n n 1 4 6 53三．解答题（共 11 小题）＝a3，b3＝4a2+3．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；i=1i i 1，n 为奇数，（Ⅱ）设数列{c }满足 c = { 求 a c +a c +…+ac （n ∈N *）． b n ，n 为偶数．21 12 2 2n 2n（Ⅰ）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（Ⅱ）记 c n = √a n，n ∈N *，证明：c 1+c 2+…+c n ＜2√n ，n ∈N *．2b n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 p 0＝0，p 8＝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 p 4，并根据 p 4 的值解释这种试验方案的合理性．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设数列{c }满足 c ＝1，c = { 1，2k ＜n ＜2k+1，其中 k∈N *．n 1 nb k ，n = 2k ，（i ）求数列{a 2n （c 2n −1）}的通项公式；（ii ）求∑2na c （n ∈N *）．n nn 2 4 5 3 2 1 nn 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为 1 的递增子列．（Ⅰ）写出数列 1，8，3，7，5，6，9 的一个长度为 4 的递增子列；（Ⅱ）已知数列{a n }的长度为 p 的递增子列的末项的最小值为 a m 0 ，长度为 q 的递增子列的末项的最小值为 an 0 ．若 p ＜q ，求证：a m 0 ＜a n 0 ；（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为 s 的递增子列末项的最小值为 2s ﹣1，且长度为 s 末项为 2s ﹣1 的递增子列恰有 2s ﹣1个（s＝1，2，…），求数列{a n }的通项公式．（1）已知等比数列{a }（n ∈N *）满足：a a ＝a ，a ﹣4a +4a ＝0，求证：数列{a }为“M ﹣数列”；（2）已知数列{b }（n ∈N *）满足：b ＝1， 1 = 2 −2，其中 S 为数列{b }的前 nn项和．1S n b nnnb n+1①求数列{b n }的通项公式；②设 m 为正整数，若存在“M ﹣数列”{c }（n ∈N *），对任意正整数 k ，当 k ≤m 时，都有 c k ≤b k ≤c k+1 成立，求 m 的最大值．（1）若 a 3＝4，求{a n }的通项公式；（2）若 a 1＞0，求使得 S n ≥a n 的 n 的取值范围．＝3b n ﹣a n ﹣4．（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n ﹣b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式．（1）求{a n }的通项公式；（2）设 b n ＝l og 2a n ，求数列{b n }的前 n 项和．（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）记{a n }的前 n 项和为 S n ，求 S n 的最小值．（1）若{a n }为等差数列，且 a 4＝15，求 S n ；（2）若{a n }为等比数列，且lim S n ＜12，求公比 q 的取值范围．n→∞1 10 3 4 3 1 2IAT 大象老师 2019 年高考真题数列篇一．选择题（共 5 小题）A ．当 b = 1时，a ＞10B ．当 b = 1时，a ＞10101024C ．当 b ＝﹣2 时，a 10＞10D ．当 b ＝﹣4 时，a 10＞10【考点】8H ：数列递推式．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；55：点列、递归数列与数学归纳法；62：逻辑推理．【分析】对于 B ，令 21 0，得 λ= 1，取a= 1，得到当 b = 1时，a＜10； x − λ + = 4 2 12 410对于 C ，令 x 2﹣λ﹣2＝0，得 λ＝2 或 λ＝﹣1，取 a ＝2，得到当 b ＝﹣2 时，a ＜10；对于 D ，令 x 2﹣λ﹣4＝0，得λ =1±√17，取a =1+√17，得到当 b ＝﹣4 时，a ＜10；对于 A ，21 121221 213104 23 2191a 2 = a + ≥ ，a = (a 2 2+ ) + ≥22，a = (a 4+ a+ ) + ≥42+ =162117＞1，当 n≥4 时，a n +1 =a + 2 ＞1 13，由此推导出a 10 ＞（3）6，从而 a＞72916a nn + = a n 2 2 10a 4 2 64＞10．【解答】解：对于 B ，令x 2 − λ + 1 4 =0，得λ= 1， 2取a = 1，∴a = 1 ， ⋯ ，a = 1＜10，12 22n2∴当 b = 1时，a ＜10，故 B 错误；104对于 C ，令 x 2﹣λ﹣2＝0，得 λ＝2 或 λ＝﹣1，取 a 1＝2，∴a 2＝2，…，a n ＝2＜10， ∴当 b ＝﹣2 时，a 10＜10，故 C 错误；对于 D ，令 x 2﹣λ﹣4＝0，得λ =1 ±√17，2取a = 1+√17，∴a = 1+√17，…，a = 1+√17 ＜10，1 22 2n 2∴当 b ＝﹣4 时，a 10＜10，故 D 错误；对于 A ，a = a 2 + ≥ 2 1，a = (a 2 + 1 22+ 1 ≥ 3， 2 44 23 219117a 4 = (a + a + ) + ≥ + = ＞1， 4 2 16 2 16a n +1﹣a n ＞0，{a n }递增，1 当 n≥4 时，a n +1=a + 2＞11 3，2 )a n n+ =a n 2 25a 5 ＞3a 4 2 a 4 ＞ 3 a 5 2∴ ⋅ ，∴a 10 ＞（3）6，∴a ＞ 729＞10．故 A 正确．⋅⋅a 10 ＞ 310a 4 264{ a 9 2故选：A ．【点评】本题考查命题真假的判断，考查数列的性质等基础知识，考查化归与转化思想，考查推理论证能力，是中档题．A ．16B ．8C ．4D ．2【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】34：方程思想；54：等差数列与等比数列．【分析】设等比数列{a n }的公比为 q （q ＞0），根据条件可得 a 1 + a 1q + a 1q 2 + a 1q 3 = 15 { a 1q 4 = 3a 1q 2 + 4a 1，解方程即可．【解答】解：设等比数列{a n }的公比为 q （q ＞0），则由前 4 项和为 15，且 a 5＝3a 3+4a 1，有 a 1 + a 1q + a 1q 2 + a 1q 3 = 15 a 1 = 1{a 1q 4 = 3a 1q 2 + 4a 1 ，∴{ ， q = 2 ∴a 3 = 22 = 4，故选：C ．【点评】本题考查了等差数列的性质和前 n 项和公式，考查了方程思想，属基础题．A ．a ＝2n ﹣5B ．a ＝3n ﹣10C ．S ＝2n 2﹣8nD ．S = 1n 2﹣2nnnnn2【考点】83：等差数列的性质；85：等差数列的前 n 项和．【专题】11：计算题；34：方程思想；54：等差数列与等比数列．【分析】根据题意，设等差数列{a }的公差为 d ，则有 4a 1 + 6d = 0，求出首项和公n差，然后求出通项公式和前 n 项和即可．【解答】解：设等差数列{a n }的公差为 d ，由 S 4＝0，a 5＝5，得{ a 1 + 4d = 5 4a 1 + 6d = 0 a 1 = −3 { a 1 + 4d = 5，∴{ ，d = 2 ∴a n ＝2n ﹣5，S n = n 2 − 4n ，故选：A．【点评】本题考查等差数列的通项公式以及前 n 项和公式，关键是求出等差数列的公差以及首项，属于基础题．A．4 B．5 C．6 D．7【考点】84：等差数列的通项公式．【专题】11：计算题；54：等差数列与等比数列．【分析】{a n}为等差数列，a2＝2，a3＝3 可求d，将 d 代入等差数列的通项公式，即可求 a5【解答】解：{a n}为等差数列，因为所以 d＝1，a3﹣a2＝1，所以 a5＝a3+2d＝5，故选：B．【点评】本题考查等差数列的项的计算，属基础题．A．①②B．①③C．②③D．②④【考点】87：等比数列的性质．【专题】14：证明题；54：等差数列与等比数列．【分析】根据等比数列的通项公式，分别验证即可．【解答】解：{a n}为等比数列，设其公比为 q，则通项为a1q n−1，所以对于①，2a n 是以 2a1 为首项，以 q 为公比的等比数列，对于②，a n 2a n−12对于③，2a n2a n−1= q2为常数，又因为a12 ≠0，故②为等比数列，= 2a n−a n−1 ，不一定为常数，对于④，log2|a n|log2|a n−1|故选：A．= log|a1q n−1|，不一定为常数，log|a1q n−2|【点评】本题查了等比数列的判断，属于基础题．二．填空题（共 7 小题）n n n n 516【考点】8H：数列递推式．【专题】33：函数思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列．【分析】由已知数列递推式可得数列{a }是等比数列，且a = 1，q =1，再由等比数n21列的前 n 项和公式求解．【解答】解：由 S n+a n＝2，①得 2a1＝2，即 a1＝1，且S n﹣1+a n﹣1＝2（n≥2），②①﹣②得：1（n≥2）．a n=2a n−1∴数列{a }是等比数列，且a = 1，q = 1．n21 5∴S51×[1−( ) ]= 2 =1−1231．16故答案为：31．16【点评】本题考查数列递推式，考查等比关系的确定，训练了等比数列前 n 项和的求法，是中档题．【考点】85：等差数列的前 n 项和．【专题】33：函数思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列．【分析】由已知求得首项与公差，代入等差数列的前 n 项和公式求解．【解答】解：在等差数列{a }中，由 a ＝5，a ＝13，得 d=a7−a3 = 13−5 = 2，n 3 77−34∴a1＝a3﹣2d＝5﹣4＝1．则S10= 10 × 1 + 10×9×2 = 100．2故答案为：100．【点评】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和，是基础的计算题．n n 1 2 1S5【考点】85：等差数列的前 n 项和．【专题】11：计算题；35：转化思想；54：等差数列与等比数列．【分析】根据a ＝3a ，可得公差d＝a ，然后利用等差数列的前 n 项和公式将S10用2 1 1a1 表示，化简即可．S5【解答】解：设等差数列{a n}的公差为 d，则由 a1≠0，a2＝3a1 可得，d＝2a1，∴S10 =10(a1+a10)S5 5(a1+a5)=2(2a1+9d)2a1+4d1=2(2a 1+18a 1)= 4，2a 1+8a 1故答案为：4．【点评】本题考查等差数列前 n 项和性质以及等差数列性质，考查了转化思想，属基础题．S n 的最小值为 ﹣10 ．【考点】84：等差数列的通项公式；85：等差数列的前 n 项和．【专题】11：计算题；34：方程思想；4O ：定义法；54：等差数列与等比数列；62：逻辑推理．【分析】利用等差数列{a n }的前 n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出 a 1＝﹣4，d ＝1，由此能求出 a 5 的 S n 的最小值．【解答】解：设等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，a 2＝﹣3，S 5＝﹣10， a 1 + d = −3 ∴{5a +5×4 ， d = −10 2解得 a 1＝﹣4，d ＝1，∴a 5＝a 1+4d ＝﹣4+4×1＝0，S = na + n (n−1) d = −4n + n (n−1) = 1（n − 9）2− 81，n2 2 2 2 8∴n＝4 或 n ＝5 时，S n 取最小值为 S 4＝S 5＝﹣10．故答案为：0，﹣10．【点评】本题考查等差数列的第 5 项的求法，考查等差数列的前 n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．nn13448【考点】89：等比数列的前 n 项和．【专题】11：计算题；54：等差数列与等比数列．【分析】利用等比数列的通项公式及求和公式表示已知，可求公比，然后再利用等比数列的求和公式即可求解【解答】解：∵等比数列{a }的前 n 项和，a ＝1，S = 3，n134∴q≠1，1−q 3 = 3，1−q4整理可得，q 2 + q + 14= 0，解可得，q = − 1，2114 6 1 1 = = 5．则 S 4= 1−q 41−q 1− 1 161+1 8 2故答案为：5 8【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题S 9＝27，则 S 8 的值是 16 ．【考点】85：等差数列的前 n 项和．【专题】33：函数思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列．【分析】设等差数列{a n }的首项为 a 1，公差为 d ，由已知列关于首项与公差的方程组，求解首项与公差，再由等差数列的前 n 项和求得 S 8 的值．【解答】解：设等差数列{a n }的首项为 a 1，公差为 d ， (a 1 + d )(a 1 + 4d ) + a 1 + 7d = 0则{ a 1 = −5 9a + 9×8 d = 27，解得{ ．1 2d = 2 ∴S 8 = 8a 1 +8×7d =6×（﹣5）+15×2＝16．2故答案为：16．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的前 n 项和，是基础题．nn14 6 533【考点】89：等比数列的前 n 项和．【专题】38：对应思想；4O ：定义法；54：等差数列与等比数列．【分析】根据等比数列的通项公式，建立方程求出 q 的值，结合等比数列的前 n 项和公式进行计算即可．【解答】解：在等比数列中，由 a 2＝a ，得 q 6a 2＝q 5a ＞0，即 q ＞0，q ＝3，1(1−35)则 S 5= 3 =1−3故答案为：1213121，3【点评】本题主要考查等比数列前 n 项和的计算，结合条件建立方程组求出 q 是解决本题的关键．三．解答题（共 11 小题）＝a 3，b 3＝4a 2+3．n 1 1 2 2 2n 2nn n n （Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；1，n 为奇数，（Ⅱ）设数列{c }满足 c = { 求 a c +a c +…+ac （n ∈N *）． b n ，n 为偶数．21 12 2 2n 2n【考点】8E ：数列的求和；8H ：数列递推式．【专题】11：计算题；54：等差数列与等比数列；65：数学运算．【分析】（Ⅰ）由等差等比数列通项公式和前 n 项和的求解{a n }和{b n }的通项公式即可．（Ⅱ）利用分组求和和错位相减法得答案．【解答】解：（Ⅰ）{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于 0．设等差数列{a n }的公差为 d ，等比数列{b n }的公比为 q ，q ＞0．由题意可得：3q ＝3+2d①；3q 2＝15+4d② 解得：d ＝3，q ＝3，故 a ＝3+3（n ﹣1）＝3n ，b ＝3×3n ﹣1＝3n1，n 为奇数，（Ⅱ）数列{c n }满足 c n = { ，b n ，n 为偶数2a c +a c +…+a c （n∈N *）＝（a 1+a 3+a 5+…+a 2n ﹣1）+（a 2b 1+a 4b 2+a 6b 3+…+a 2n b n ）＝[3n +n (n −1)×6]+（6×3+12×32+18×33+…+6n ×3n）2＝3n 2+6（1×3+2×32+…+n ×3n）令 T ＝（1×3+2×32+…+n ×3n）①，则 3T ＝1×32+2×33+…+n 3n +1②， ②﹣①得：2T ＝﹣3﹣32﹣33 (3)+n3n+1＝﹣3×1−3n+n3n+11−3= (2n−1)3n +1+3；2故 a c +a c +…+a c ＝3n 2+6T = (2n−1)3n +2+6n 2+9（n∈N *）1 12 22n 2nn2【点评】本题主要考查等差等比数列通项公式和前 n 项和的求解，考查数列求和的基本方法分组和错位相减法的运算求解能力，属中档题．（Ⅰ）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（Ⅱ）记 c n = √a n，n ∈N *，证明：c 1+c 2+…+c n ＜2√n ，n ∈N *．2b nn n12n n n+1 n n n n+2 n n n n+1 n n n n+2 n n n n n+1 n n+2 n n1 2 k 【考点】8I ：数列与函数的综合．【专题】14：证明题；35：转化思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列；63：数学建模．【分析】（Ⅰ）利用等差数列通项公式和前 n 项和公式列出方程组，求出 a 1＝0，d ＝2，从而 a ＝2n ﹣2，n ∈N *．S ＝n 2﹣n ，n ∈N *，利用（S +b ）2＝（S +b ）（S +b ），能求出 b n ．（Ⅱ）c = √a n = √ 2n−2= √n−1，n∈N *，用数学归纳法证明，得到 c +c +…n2b n2n (n +1) n (n +1)+c n ＜2√n ，n∈N *．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n }的公差为 d ，由题意得a 1 + 2d = 4{ ， a 1 + 3d = 3a 1 + 3d 解得 a 1＝0，d ＝2， ∴a ＝2n ﹣2，n∈N *． ∴S ＝n 2﹣n ，n∈N *，∵数列{b }满足：对每个 n∈N *，S +b ，S +b ，S +b 成等比数列． ∴（S +b ）2＝（S +b ）（S +b ），解得 12 − S S )，b n = d (S n +1 n n +2解得 b ＝n 2+n ，n∈N *．（Ⅱ）证明：c = √ a n = √ 2n−2 = √ n−1 ，n∈N *，n 2b n2n (n +1) n (n +1)用数学归纳法证明：①当 n ＝1 时，c 1＝0＜2，不等式成立；②假设 n ＝k ，（k ∈N *）时不等式成立，即 c +c +…+c ＜2√k ，则当 n ＝k+1 时，c 1+c 2+…+c k +c k+1＜2√k + √k(k +1)(k +2)＜2√k + √ 1k +1＜2√k +2√k +1+√k=2√k + 2(√k + 1 − √k ) =2√k + 1，即 n ＝k+1 时，不等式也成立．由①②得 c 1+c 2+…+c n ＜2√n ，n ∈N *．【点评】本题考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力和综合应用能力．1 213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．【考点】8B：数列的应用；8I：数列与函数的综合；CG：离散型随机变量及其分布列．【专题】33：函数思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列；5I：概率与统计．【分析】（1）由题意可得 X 的所有可能取值为﹣1，0，1，再由相互独立试验的概率求P（X＝﹣1），P（X＝0），P（X＝1）的值，则X的分布列可求；（2）（i）由α＝0.5，β＝0.8结合（1）求得a，b，c的值，代入p i＝ap i﹣1+bp i+cp i+1，得到（p i+1﹣p i）＝4（p i﹣p i﹣1），由p1﹣p0＝p1≠0，可得{p i+1﹣p i}（i＝0，1，2，…，7）为公比为 4，首项为 p1 的等比数列；（ii）由（i）可得，p8＝（p8﹣p7）+（p7﹣p6）+…+（p1﹣p0）+p0，利用等比数列的前 n 项和与 p ＝1，得 p = 3 ，进一步求得 p = 1 ．P 表示最终认为甲药更有效的8 1 48−1 4 4257概率，结合α＝0.5，β＝0.8，可得在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为≈ 0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种甲药更有效的概率为P4= 1257试验方案合理．【解答】（1）解：X 的所有可能取值为﹣1，0，1．P（X＝﹣1）＝（1﹣α）β，P（X＝0）＝αβ+（1﹣α）（1﹣β），P（X＝1）＝α（1﹣β），i =1i i ∴X 的分布列为：（2）（i ）证明：∵α＝0.5，β＝0.8，∴由（1）得，a ＝0.4，b ＝0.5，c ＝0.1．因此 p i ＝0.4p i ﹣1+0.5p i +0.1p i +1（i ＝1，2，…，7），故 0.1（p i +1﹣p i ）＝0.4（p i ﹣p i ﹣1），即（p i +1﹣p i ）＝4（p i ﹣p i ﹣1），又∵p 1﹣p 0＝p 1≠0，∴{p i +1﹣p i }（i ＝0，1，2，…，7）为公比为 4，首项为 p 1 的等比数列；（ii ）解：由（i ）可得，p ＝（p ﹣p ）+（p ﹣p ）+…+（p ﹣p ）+p =p 1(1−48)=48−1P ，8877611−4 31∵p ＝1，∴p = 3，8148−1∴P ＝（p ﹣p ）+（p ﹣p ）+（p ﹣p ）+（p ﹣p ）+p =44−1p = 1．44 3 3 2 2 1 1 00 13257P 4 表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为 0.5，乙药治愈率为 0.8 时，认为甲药更有效的概率为P 4 = 1257 ≈ 0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．【点评】本题是函数与数列的综合题，主要考查数列和函数的应用，考查离散型随机变量的分布列，根据条件推出数列的递推关系是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设数列{c }满足 c ＝1，c = { 1，2k ＜n ＜2k +1，其中 k∈N *．n 1 nb k ，n = 2k ，（i ）求数列{a 2n （c 2n −1）}的通项公式；（ii ）求∑2na c （n ∈N *）．【考点】84：等差数列的通项公式；88：等比数列的通项公式；8E ：数列的求和．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列；62：nnn n n逻辑推理．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为 d ，等比数列{b n }的公比为 q ，利用等差数列、等比数列的通项公式列出方程组，能求出{a n }和{b n }的通项公式．（Ⅱ）（i ）由 a 2n （c 2n −1）= a 2n （b n ﹣1），能求出数列{a 2n （c 2n −1）}的通项公式．（ii ）∑2na c = ∑2n[a +a （c ﹣1）]= ∑2na + ∑2na (c− 1) =（2n × 4 +i =1 i ii =1iiii =1ii =12i2i2n (2n −1)×3）+ ∑n (9 × 4i − 1)，由此能求出结果． 2 i =1【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为 d ，等比数列{b n }的公比为 q ，依题意有：6q = 6 + 2dd = 36q 2= 12 + 4d，解得{ ， q = 2 ∴a n ＝4+（n ﹣1）×3＝3n+1， b ＝6×2n ﹣1＝3×2n．1，2k ＜n ＜2k +1，（Ⅱ）（i ）∵数列{c }满足 c ＝1，c = { 其中 k∈N *．n 1 nb k ，n = 2k ，∴a 2n （c 2n −1）= a 2n （b n ﹣1）＝（3×2 +1）（3×2 ﹣1）＝9×4 ﹣1， ∴数列{a2n （c 2n −1）}的通项公式为：a 2n （c 2n −1）＝9×4 ﹣1．（ii ）∑2na c = ∑2n[a +a （c ﹣1）]= ∑2na + ∑2na (c− 1)i =1 i ii =1 iiii =1ii =12i2i＝（2n × 4 +2n (2n −1)×3）+ ∑n(9 × 4i − 1)2i =1＝（3×22n ﹣1+5×2n ﹣1）+9×4(1−4n ) −n1−4＝27×22n +1+5×2n ﹣1﹣n ﹣12．（n ∈N *）．【点评】本题考查等差数列、等比数列通项公式及前 n 项和等基础知识，考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为 1 的递增子列．（Ⅰ）写出数列 1，8，3，7，5，6，9 的一个长度为 4 的递增子列；（Ⅱ）已知数列{a n }的长度为 p 的递增子列的末项的最小值为 a m 0 ，长度为 q 的递增子列的末项的最小值为 an 0 ．若 p ＜q ，求证：a m 0 ＜a n 0 ；{（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为 s 的递增子列末项的最小值为 2s ﹣1，且长度为 s 末项为 2s ﹣1 的递增子列恰有 2s ﹣1个（s＝1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【考点】8B ：数列的应用．【专题】49：综合法；54：等差数列与等比数列；59：不等式的解法及应用．【分析】（I ）1，3，5，6．答案不唯一．（II ）考虑长度为 q 的递增子列的前 p 项可以组成长度为 p 的一个递增子列，可得a n 0＞该数列的第 p 项≥ a m 0 ，即可证明结论．（III ）考虑 2s ﹣1 与 2s 这一组数在数列中的位置．若{a n }中有 2s ，在 2s 在 2s ﹣1 之后，则必然在长度为 s+1，且末项为 2s 的递增子列，这与长度为 s 的递增子列末项的最小值为 2s ﹣1 矛盾，可得 2s 必在 2s ﹣1 之前．继续考虑末项为 2s+1 的长度为 s+1 的递增子列．因此对于数列 2n ﹣1，2n ，由于 2n 在 2n ﹣1 之前，可得研究递增子列时，不可同时取 2n 与 2n ﹣1，即可得出：递增子列最多有 2s个．由题意，这 s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在 2s+1 之前．可得 2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．【解答】解：（I ）1，3，5，6．（II ）证明：考虑长度为 q 的递增子列的前 p 项可以组成长度为 p 的一个递增子列，∴a n 0 ＞该数列的第 p 项≥ a m 0 ，∴a m 0 ＜a n 0 ．（III ）解：考虑 2s ﹣1 与 2s 这一组数在数列中的位置．若{a n }中有 2s ，在 2s 在 2s ﹣1 之后，则必然在长度为 s+1，且末项为 2s 的递增子列，这与长度为 s 的递增子列末项的最小值为 2s ﹣1 矛盾，∴2s 必在 2s ﹣1 之前．继续考虑末项为 2s+1 的长度为 s+1 的递增子列．∵对于数列 2n ﹣1，2n ，由于 2n 在 2n ﹣1 之前，∴研究递增子列时，不可同时取 2n与 2n ﹣1，∵对于 1 至 2s 的所有整数，研究长度为 s+1 的递增子列时，第 1 项是 1 与 2 二选 1，第 2 项是 3 与 4 二选 1，……，第 s 项是 2s ﹣1 与 2s 二选 1，故递增子列最多有 2s个．由题意，这 s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在 2s+1 之前．∴2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．即 a 2k ＝2k ﹣1，a 2k ﹣1＝2k ，k∈N *．n 2 4 5 3 2 1 nn 1234【点评】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．（1）已知等比数列{a }（n ∈N *）满足：a a ＝a ，a ﹣4a +4a ＝0，求证：数列{a }为“M ﹣数列”；（2）已知数列{b }（n ∈N *）满足：b ＝1， 1 = 2 −2，其中 S 为数列{b }的前 nn项和．1S nb n nnb n +1①求数列{b n }的通项公式；②设 m 为正整数，若存在“M ﹣数列”{c }（n ∈N *），对任意正整数 k ，当 k ≤m 时，都有 c k ≤b k ≤c k+1 成立，求 m 的最大值．【考点】8K ：数列与不等式的综合．【专题】15：综合题；35：转化思想；4F ：归纳法；4M ：构造法；53：导数的综合应用；54：等差数列与等比数列；55：点列、递归数列与数学归纳法；5T ：不等式．【分析】（1）设等比数列{a n }的公比为 q ，然后根据 a 2a 4＝a 5，a 3﹣4a 2+4a 1＝0 列方程求解，在根据新定义判断即可；（2）求出 b 2，b 3，b 4 猜想 b n ，然后用数学归纳法证明；（3）设{c }的公比为 q ，将问题转化为[lnk]≤ [lnk]，然后构造函数 f （x ）=nlnx (x ≥ 3)，g （x ）=lnx(x ≤ 3)，k maxk−1min xx−1分别求解其最大值和最小值，最后解不等式ln 3 ≤lnm，即可．3m−1【解答】解：（1）设等比数列{a n }的公比为 q ，则由 a 2a 4＝a 5，a 3﹣4a 2+4a 1＝0，得 a 12q 4 = a 1q 4 a 1 = 1{a 1q 2 − 4a 1q + 4a 1 = 0 ∴{ ， q = 2 ∴数列{a n }首项为 1 且公比为正数即数列{a n }为“M ﹣数列”；（2）①∵b ＝1， 1 = 2 − 2， S nb nb n +1∴当 n ＝1 时， 1 = 1 = 2− 2，∴b ＝2， S 1 b 1 b 1 b 2当 n ＝2 时， 1 =1 = 2− 2，∴b ＝3， S 2b 1+b 2b 2b 3当 n ＝3 时， 1=1= 2 − 2，∴b ＝4， S 3 b 1+b 2+b 3b 3b 4猜想 b n ＝n ，下面用数学归纳法证明；n n k k k+1 ≤ [ ] （i ）当 n ＝1 时，b 1＝1，满足 b n ＝n ，（ii ）假设 n ＝k 时，结论成立，即 b k ＝k ，则 n ＝k +1 时，由 1 = 2 − 2，得S kb kb k +12b S2k⋅k (k +1) b k +1 = k k = 2 =k+1，2S k −b k 2⋅k (k +1)−k2故 n ＝k+1 时结论成立，根据（i ）（ii ）可知，b ＝n 对任意的 n ∈N *都成立．故数列{b n }的通项公式为 b n ＝n ； ②设{c n }的公比为 q ，存在“M ﹣数列”{c }（n ∈N *），对任意正整数 k ，当 k ≤m 时，都有 c ≤b ≤c 成立，即 qk ﹣1≤k≤k对 k≤m 恒成立，当 k ＝1 时，q≥1，当 k ＝2 时，√2 ≤≤ 2，当 k≥3，两边取对数可得，lnk ≤≤lnk对 k≤m 有解，即[lnk ] kmax klnk k−1 min k−1令 f （x ）=l nx (x ≥ 3)，则f ′(x ) =1−l nx ，xx 2当 x ≥3 时，f '（x ）＜0，此时 f （x ）递增，∴当 k≥3 时，[lnk ] kmax= ln 3， 31 令 g （x ）=l nx(x ≤ 3)，则g ′(x ) =1−x−l nx ，x−1 令1x 21−xϕ(x ) = 1 − − lnx ，则ϕ′(x ) = xx2 ，当 x ≥3 时，ϕ'（x ）＜0，即 g '（x ）＜0， ∴g（x ）在[3，+∞）上单调递减，即 k≥3 时，[lnk] k−1=lnm ，则 m−1ln 3≤lnm，3m−1下面求解不等式ln 3 ≤lnm，3m−1化简，得 3l n m ﹣（m ﹣1）ln 3≤0，令 h （m ）＝3l n m ﹣（m ﹣1）ln 3，则 h '（m ）= 3−ln 3，m由 k ≥3 得 m ≥3，h '（m ）＜0，∴h （m ）在[3，+∞）上单调递减，又由于 h （5）＝3ln5﹣4ln3＝ln125﹣ln81＞0，h （6）＝3ln6﹣5ln3＝ln216﹣ln243＜0，min ，31∴存在 m 0∈（5，6）使得 h （m 0）＝0，11∴m 的最大值为 5，此时 q∈[33，54]．【点评】本题考查了由递推公式求等比数列的通项公式和不等式恒成立，考查了数学归纳法和构造法，是数列、函数和不等式的综合性问题，属难题．（1）若 a 3＝4，求{a n }的通项公式；（2）若 a 1＞0，求使得 S n ≥a n 的 n 的取值范围．【考点】8K ：数列与不等式的综合．【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；54：等差数列与等比数列．【分析】（1）根据题意，等差数列{a n }中，设其公差为 d ，由 S 9＝﹣a 5，即可得 S 9=(a 1+a 9)×9 =9a ＝﹣a ，变形可得 a ＝0，结合 a ＝4，计算可得 d 的值，结合等差数 5 5 5 32列的通项公式计算可得答案；（2）若 S ≥a ，则 na +n (n−1)d≥a +（n ﹣1）d ，分 n ＝1 与 n≥2 两种情况讨论，nn112求出 n 的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，等差数列{a n }中，设其公差为 d ，若 S ＝﹣a ，则 S = ( a 1+a 9)×9=9a ＝﹣a ，变形可得 a ＝0，即 a +4d ＝0， 9 5 95 5 5 12若 a ＝4，则 d = a 5−a 3 = −2， 2则 a n ＝a 3+（n ﹣3）d ＝﹣2n+10，（2）若 S ≥a ，则 na +n (n−1)d≥a +（n ﹣1）d ，nn112当 n ＝1 时，不等式成立，当 n≥2 时，有nd≥d ﹣a ，变形可得（n ﹣2）d≥﹣2a ，112又由 S ＝﹣a ，即 S = (a 1+a 9)×9 =9a ＝﹣a ，则有 a ＝0，即 a +4d ＝0，则有（n ﹣2） 9 5 925551−a 1 ≥ −2a ， 4又由 a 1＞0，则有 n≤10，则有 2≤n≤10，综合可得：n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }．【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前 n 项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题．nn＝3b n ﹣a n ﹣4．（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n ﹣b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式．【考点】84：等差数列的通项公式；8H ：数列递推式．【专题】35：转化思想；4R ：转化法；54：等差数列与等比数列；62：逻辑推理．【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得【解答】解：（1）证明：∵4a n +1＝3a n ﹣b n +4，4b n +1＝3b n ﹣a n ﹣4；∴4（a n +1+b n +1）＝2（a n +b n ），4（a n +1﹣b n +1）＝4（a n ﹣b n ）+8；即 a +b = 1（a +b ），a ﹣b ＝a ﹣b +2；n+1n+1n n2n+1 n+1 n n又 a 1+b 1＝1，a 1﹣b 1＝1，∴{a +b }是首项为 1，公比为1的等比数列，nn2{a n ﹣b n }是首项为 1，公差为 2 的等差数列；（2）由（1）可得：a +b ＝（1）n ﹣1，nn2a n ﹣b n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1；∴a ＝（1）n+n − 1， 2 2b ＝（1）n﹣n + 1． 22【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题（1）求{a n }的通项公式；（2）设 b n ＝l og 2a n ，求数列{b n }的前 n 项和．【考点】8E ：数列的求和．【专题】33：函数思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列．【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{a n }的通项公式代入 b n ＝l og 2a n ，得到 b n ，说明数列{b n }是等差数列，再由等差数列的前 n 项和公式求解．【解答】解：（1）设等比数列的公比为 q ，由 a 1＝2，a 3＝2a 2+16，得 2q 2＝4q+16，即 q 2﹣2q ﹣8＝0，解得 q ＝﹣2（舍）或 q ＝4． ∴a n = a 1q n−1 = 2 × 4n−1 = 22n−1；3 24 n（2）b n ＝l og 2a n = log 222n −1 = 2n − 1，∵b 1＝1，b n+1﹣b n ＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴数列{b n }是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，则数列{b }的前 n 项和T = n × 1 + n (n−1)×2 = n 2．n n 2【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前 n 项和，考查对数的运算性质，是基础题．（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）记{a n }的前 n 项和为 S n ，求 S n 的最小值．【考点】83：等差数列的性质；84：等差数列的通项公式；85：等差数列的前 n 项和；87：等比数列的性质．【专题】11：计算题；34：方程思想；4O ：定义法；54：等差数列与等比数列；65：数学运算．【分析】（Ⅰ）利用等差数列通项公式和等比数列的性质，列出方程求出 d ＝2，由此能求出{a n }的通项公式．（Ⅱ）由 a ＝﹣10，d ＝2，得 S ＝﹣10n +n (n−1)× 2 =n 2﹣11n ＝（n − 11）2−121，1n2 2 4由此能求出 S n 的最小值．【解答】解：（Ⅰ）∵{a n }是等差数列，a 1＝﹣10，且 a 2+10，a 3+8，a 4+6 成等比数列． ∴（a +8）2＝（a +10）（a +6）， ∴（﹣2+2d ）2＝d （﹣4+3d ），解得 d ＝2，∴a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝﹣10+2n ﹣2＝2n ﹣12．（Ⅱ）由 a 1＝﹣10，d ＝2，得：S ＝﹣10n + n (n−1) × 2 =n 2﹣11n ＝（n − 11）2−121，224∴n＝5 或 n ＝6 时，S n 取最小值﹣30．【点评】本题考查数列的通项公式、前 n 项和的最小值的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．（1）若{a n }为等差数列，且 a 4＝15，求 S n ；（2）若{a n }为等比数列，且lim S n ＜12，求公比 q 的取值范围．n→∞n【考点】8E ：数列的求和．【专题】35：转化思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列．【分析】（1）求出公差即可求 S n ；（2）由lim S 存在得﹣1＜q ＜1 且 q≠0，由lim S ＜12 得 q ＜ 3，取交集可得公比 qn→∞ nnn→∞4的取值范围．【解答】解：（1）∵a 4＝a 1+3d ＝3+3d ＝15，∴d ＝4，∴S ＝3n + n (n−1) × 4 =2n 2+n ；2（2）S =3(1−q n )，∵ lim S 存在，∴﹣1＜q ＜1，n1−qn→∞ n∴ lim S 存在，∴﹣1＜q ＜1 且 q≠0，∴ lim S = lim3(1−q n ) = 3，n→∞ nnn→∞n→∞ 1−q1−q∴ 3＜12，∴q＜ 3，∴﹣1＜q ＜0 或 0＜q ＜ 3，1−q44∴公比 q 的取值范围为（﹣1，0）∪（0，3）．4【点评】本题考查了等差数列和等比数列的前 n 项和及等差数列的通项公式，考查了极限的定义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．。

第17题数列解答题的两大主题：通项与求和-2021年高考数学真题(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)

【详解】（1）∵ ，故，
而，(n∈N*)，∴ ，
∴当且时，有，
又，也满足，
∴对任意的n∈N*，都有．
（2）将代入，得，
进而，而，故，故，
∴数列是首项为2，公比也为2的等比数列，
∴ ，∴ ．
（2021湖北省恩施高中、龙泉中学、宜昌一中高三4月联考）
4.已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列为等比数列，并求出；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析；；（2）．
【解析】
【分析】（1）由带入整理即可得解；
（2）由（1）可得，再利用和之间的关系，可得，利用等比数列，直接求和即可得解.
【详解】（1）由已知，整理得，，
（2）设前项和为，则，
因为，
所以
.
【就题论题】这是近年来全国卷首次在解答题中以分段数列为载体命题，考查的都是基础知识，但计算时容易出错，如把理解为n为偶数时 .
二、考题揭秘
【命题意图】本题考查等差数列的通项与求和，考查分类讨论思想数学运算与逻辑推理的核心素养，试题难度：中等偏易.
【考情分析】数列解答题是新高考必考题.通常考查数列的通项与求和，难度一般为中等偏易或中等.
因为为等比数列，所以其公比为；
又，所以；
（2）由（1）可得；，所来自 .【点睛】结论点睛：
裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型 .
（2021河北省衡水中学高三下学期三调）
2.已知数列是等差数列，设为数列的前n项和，数列是等比数列，，若．

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12021高考数学专题复习:数列一1.等差数列定义:12112,,+++-=++==-n n n n n n n a a a d a a d a a2.2a =d a +1,3a = ,4a = ,2019a = ,m a = ,p a =⇒第一通项公式:=n a ()d a dn -+=113103a a d =+,83+a a = ,2023a a =- ,202010a a =+ ,20n a a =+⇒第二通项公式:+=m n a a()83,2382n a d a n ==⇒=+-⋅ 135,3n a d a ==-⇒=510,5n a d a ==⇒= 201920203,9n a a a ==⇒=3.若b A a ,,成等差数列,那么A 叫做a 与b 的等差中项,关系:=A 2 ,=A4.性质:等差数列中,若,q p n m +=+则 ,2k n m =+则=+n m a a ,=+q p a a ,=k a 237a a += ,313a a += ,2070a a += ,2337a a +=6.等差数列{}n a 中=3,S ,=5S ,=7S ,=9S ,11S = ,213S = ,15S = ,=101S ,2021S = ,=-12k S(1)==158,6S a (2)==3719,10S a (3)==1121,420a S5.等差数列{}n a 中,首项为1,a 公差为,d ()21n n a a n S +=()d n n na 211-+=n d a n d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2212令nS c nn =,则=n c ,公差为等差数列{}n a 中,d a a a S +=+=12122,=4S ,=6S ,=8S ,=10S ,=100S7.公差为d 的等差数列{}n a由连续2项和构成的新数列 46242,,S S S S S --仍然为等差数列,公差=2d由连续3项和构成的新数列 69363,,S S S S S --仍然为等差数列,公差=3d由连续n 项和构成的新数列 n n n n n S S S S S 232,,--仍然为等差数列,公差=n d3 练习:1.求下列等差数列的通项公式n a 和前n 项和为n S (1)0,2,4,6,8,=1,a =d , =n a , ,=n S(2)10,12,14,=1,a =d , =n a , ,=n S(3) ,11,8,5,2=1,a =d , =n a , ,=n S(4) ,13,9,5---=1,a =d , =n a , ,=n S(5) ,114,118,122=1,a =d , =n a , ,=n S(6)7,2,3,-=1,a =d , =n a , ,=n S(7)已知等差数列=⇒-=d n n S n 332==11,S a =n a ,(8)已知等差数列=⇒+-=d n n S n 112==11,S a =n a ,42.等差数列{}n a 中,已知2,31==d a ,求=20a =n a , ,=n S3.等差数列{}n a 中,已知45076543=++++a a a a a =⇒5a =+⇒82a a =⇒9S4.等差数列{}n a 中,23a =,611a ==⇒4a =⇒7S5.等差数列{}n a 中123456789101112131415,30,90,a a a a a a a a a a a a a a a ++++=++++=++++=6.{}n a 是公差不为零的等差数列,n S 为其前n 项和=⇒+=+=n a a a a a S 252423227,7,5 7.等差数列{}n a 中,12,531-=++a a a 且80531=⋅⋅a a a =n a , =n a ,8.等差数列{}n a 公差小于0,16,06473=+-=⋅a a a a =n a ,9.等差数列{}n a 公差大于0,且满足16,55.7263=+=a a a a =n a ,10.（1）等差数列{}{}n n b a ,的前n 项和分别为,,n n T S 若==2005201310031007,21T Sb a 则（2）等差数列{}{}n n b a ,的前n 项和分别为,,n n T S 若==5935,95T S b a（3）等差数列{}{}n n b a ,的前n 项和分别为,,n n T S ,327++=n n T S n n 则55b a =611.等差数列{}{}n n b a ,的前n 项和分别为,,n n T S 若231n n S n T n =+,则n na b = （） A.23 B.2131n n -- C.2131n n ++ D.2134n n -+12.{}n a 是等差数列,若471045612131417,77a a a a a a a a a ++=++++++=且,13=k a 则k =13.等差数列{}n a 中,2700,200,10052515021=+++=+++a a a a a a 则=1a14.在等差数列{}n a 中,===-+-+-m S a a a m m m m ,38,0122117 15.等差数列{}n a 中,2012,1-=a 其前n 项和为,n S 若10122,1210S S -=则 2 012S =16.在等差数列{}n a 中,2013,1-=a 其前n 项和为n S ,若111995200619952006=-S S ,则=2015S17.等差数列{}n a 的前n 项和()3,2,,1,1,321211S S S cn n S n nS a S n n n 若+=+-=+成等差数列,=c , =n a18.在等差数列}{n a 中=++++==99531100,145,21,a a a a S d19.等差数列{}n a 的前n 项和n S 有最小值.且111010a a -<<，则使0>n S 成立的最小值=n820.等差数列{}n a 的前n 项和n S 有最大值.且10111010101110100,0,a a a a +><则使0n S <成立的最小值=n21.等差数列{}n a 的前n 项和,0,0,12,13123<>=S S a S n 公差d 的取值范围是22.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若63S S 4,=则=69S S23.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若,20,442==S S 则=6S {}n a ,的公差d =9 []()()()()()()()()()()222222112551122,.228,9.3331,.22441,23.54126,2124.5196512,.2276,06 6.82,10212.221,2.354509n n n n n n n n n n n nn n n n a n S n n a n S n n n a n S n a n S n n a n S n n a n S n n d a a n d a a n a n S n n a a =-=-=+=+=-=+=--=--=-+=-+=-+=-+⇒==⇒=-⇒=-=⇒=-+=+=+=⇒=()()()()()()()()()()289526447381335105151022274301809810.42749.:6,18305150.5:30,9015067112111227.331374424428033n n n a a S a a a a a S a a a a S S S S S S a d d d d a n d a n a d d d a ⇒+=⇒==+=⇒=⇒===⇒=⇒=⎧⎪⎨=-=⇒-=⎪⎩=⇒=⇒-+-=++⇒=⇒=-=⇒=-=-⇒--⋅-⋅-+=⇒=-⇒=-方法一方法二()()[]()()()[]5363366201310072005100795539599592121212.5802210.165922 1.551120132013101.2005401092 1.56593.129211121n n n n n n n n n a d a n a a a d a n a a a S a T b S a T b S a S T b T S a S n T b T n ----⎧⎪⎨+⎪⎩=⇒=-⇒=-+⇒+==⎧⎧⎪⎪⇒⇒=⇒=-⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩⋅==⋅⋅==⋅===-==-14221.6231n n B n n --==⇒--10()()()()()()()()()779991111111173172212,9137918.311773374125249200249813225214927002149108150254920041:1505025002214k a a d a a k d k k a a a d a d a a d a d d a d d a d a ⎧==⎧⎪⇒⇒==+-⋅⇒=+-⋅⇒=⎨⎨=⎩⎪=⎩⎧+=+=⎧⎧=-⎪⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨+=+=⎪⎪⎪⎩⎩=⎩+⋅=⎧⇒=⇒=-⎨⋅=⎩方法一:方法二()(){}(){}()220121201220122015120152015102211910.213815:1,20122013112012.201216:1,20132014112015.201517111m m m m n n n n n n n n n n a a m m m a S S b b d b b n b S n S Sb b d b b n b S n S S n cc n n n +⎧-=⇒=⎪⇒-=⇒=⎨-=⎪⎩=⇒==-⇒=-⇔=-⇒=-⇒=-=⇒==-⇒=-⇔=⇒=⇒=+-=⇒=⇒++()()()()()()11399241001910min 1011201011111011102111max 10122 1.11458518.256019000,01910021.119020n n n n n S S d a n n n x a a a x y y y a a a y x x S a S d a a S a a n a a a a S a S d a +-=⇒=⇒=-+=++++==⎧⎧⎧⇒⇒⎨⎨⎨=+++-==⎩⎩⎩=<⎧⇒>⎧<>⎧⎪⎪⎪⇒⇒=+<⇒=⎨⎨⎨><-⎪⎩⎪⎪=>⎩⎩⇒<()()()()201910101010101120201010101110111010101110101110102021101112676713763201900,010*******.0,0,2021060024702113001230120S a a a S a a n a a a a a S a d S a a a a d S a a d a a =>⎧⎧><⎧⎪⎪⎪⇒⇒=+>⇒=⎨⎨⎨>+><⎪⎩⎪⎪=<⎩⎩<=+>⎧+>⇒+>⎪=<⇒⎨>⇒+>⎪=>⎩()()()()()796636333663969961161124,3.70124022,43599.41242361548246203d d S S S S S S S S m S m S S m S S mS S m S a d a S a d a d d ⎧⎪⎪⎛⎫⇒∈--⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪<⇒+<⎩---=--=⇒=⇒-=⇒-=⇒=⇒=⎧+==⎧⎪⇒⇒=+=⎨⎨+=⎩⎪=⎩方法一:方法二:2021高考数学专题复习:数等比列1.等比数列定义:21211,,+++-=⋅⋅==n n n n n n na a a q a a q a a=⇒=-q a a n n 13 ,=⇒=+q a a n n 12 ,=⇒=-q a a n n 321=⇒=-+q a a n n 031 ,=⇒=++q a a n n 0321 ,=⇒=+-q a a n n 03212.21a a q =⋅,3a = ,4a = ,2020a = ,m a = ,p a =⇒第一通项公式=n a(1)2,4,8,1a = 4a = q = ,n a = =n S ,(2) ,18,6,2-1a = 4a = q = ,n a = =n S ,(3) ,94,32,11a = 4a = q = ,n a = =n S ,31310a a q =⋅, 2013a a =⋅ 10n a a =⋅ , 20n a a =⋅⇒第二通项公式⋅=m n a a83,2,n a q a === 325,,3n a q a ===510,3,n a q a ==-= 30333,24,n a a a ==-=3.如果b G a ,,成等比数列,称G 为a 与b 的等比中项. 即=2G ,=G ()0>ab 182和的等比中项是 =⇒q 18,,2=⇒q 18,,24.等比数列的性质:若t p n m +=+，则 ,若k n m 2=+,则=⋅nm a a ,()=nm a,=n m aa ()nn ab b a ≠⋅37a a ⋅= ,313a a ⋅= ,2070a a ⋅= ,2337a a ⋅=5.等比{}n a =⋅⋅321,a a a =⋅⋅⋅⋅54321,a a a a a 127,a a a ⋅⋅⋅=12201a a a ⋅⋅⋅= 122019,a a a ⋅⋅⋅= =⋅⋅⋅-1221,k a a a6.在等比数列{}n a 中 ,首项为1a ,公比为()()⎪⎩⎪⎨⎧≠==11,q q S q n()()1112111-⋅++⋅+⋅+=n n q a q a q a a S ()()2111211n n n q a q a qa q a qS ⋅+⋅++⋅+⋅=-()()q a a q a q a a S q n n n n ⋅-=-=⋅-=-⇒111111⎪⎩⎪⎨⎧=⇒≠=⇒=n n S q na S q 11111,n q S -≠=7.公比为q 的等比数列{}n a :由连续2项和构成的新数列 46242,,S S S S S --仍然为等比数列,公比=2q由连续3项和构成的新数列 69363,,S S S S S --仍然为等比数列,公比=3q由连续n 项和构成的新数列 n n n n n S S S S S 232,,--仍然为等比数列,公比=n q练习:1.一个等比数列的第1项是3,公比是2,求它的通项公式n a = ,n S =2.(1)等比数列{},0,n n a a >已知120191010256,a a a ⋅==(2)等比数列{},n a 已知==⋅=181091,100,5a a a a3.在等比数列{}n a 中,2,2-=a ,545=a 求q = =n a ,4.已知两数12+与12-,两数的等比中项是 ,等差中项是5.(1)等比数列{},n a 已知5973,27,a a a ===(2)等比数列{},n a 已知51183,27,a a a ===(3)等比数列{},n a 已知2019202320212,8,a a a =-=-=韦达定理:已知方程02=++c bx ax 的两根是,,21x x 则有=+21x x ,=⋅21x x6.(1)在等比数列{}n a 中,若101,a a 是方程06232=--x x 的两根,则47a a ⋅=.(2)在等差数列{}n a 中,若101,a a 是方程06232=--x x 的两根,则=+74a a .7.一元二次方程02=++c bx x 若两根的等差中项为6,等比中项为5,则=b ,=c8.等比数列{}n a 的公比12q =,前n 项和为n S ,则44Sa = ．9.在等比数列{}n a 中,若30521=+++a a a ,801076=+++a a a ,=+++151211a a a10.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若3614,1S S a ==,则=4a11.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若,336=S S 则=69S S12.等差数列{}n a 的公差为,2若431,,a a a 成等比数列=n a ,()()()()23211243n a a a =⇒+=⇒⇒=13.等差数列{}n a 的公差不为零，首项21,1a a =是1a 和5a 的等比中项=n a , ,=10S14.等比数列{}n a 中321,2,4,a a a 成等差数列,若11,n a a == =4,S()()()2114243n a a q q a =⇒=⇒⇒=⇒=15.等差数列{}n a 的公差不为零.若4a 是37a a 与的等比中项8,32,=S 则=n a16.=3log 3 ,=33log 3 ,=333log 3 ,3log 33...3n= .17.若()()32lg ,12lg ,2lg +-xx 成等差数列,则x =18.等比数列{}n a 的各项均为正数，且,187465=⋅+⋅a a a a 则3132310log log ...log a a a +++==+N M a a log log19.数列7,77,777,7777…的通项公式=n a ,n S =20.数列na n nb n a 2,13=-=,则=n b {}n b ,的前n 项和=n S21.数列n n n n a b a 31log ,32=⋅=-,则=n b {}n b ,的前n 项和=n T22.等比数列{}n a 前n 项的和,12-=n n T 则数列{}2n a 前n 项的和=nS23.等比数列{}n a 中,==+=⋅>n a a a a a q ,60,36,0423124.在等比数列{}n a 中，若62=a ,且,0122345=+--a a a 则n a = （） A.6 B.()216--⋅n C.226-⋅n D.6或()216--⋅n 或226-⋅n25.等比数列{}n a 公比为,q 前n 项和为,n S 前n 项积为,n T 且满足条件,011,1,120202019202020191<-->⋅>a a a a a（1）比较大小：,20202019S S ,12019a ,12020a（2）使1n T >成立的最大值=n（3）使1m T <成立的最小值m =26.等比数列{}n a 公比为,q 前n 项积为,n T 且满足条件,011,1,1010111010101110101<--<⋅<<a a a a a使1n T >成立的最小值=n()[]()()()()()))[]()()()[]()1291010101010181537202127882021227202147110132,32 3.2125616.220.3273543.1141,200519.2819.3 4.327811661n n n n n n a S a a a a a a q a a G A a a a a a a a a a a a a --=⋅=⋅-⋅=⇒====-⇒=-⇒=⋅-+==±==><⎧⎧⎪⎪⇒==⇒=±⇒=-⎨⎨=⋅==⎪⎪⎩⎩⋅=⋅()()()()()()()()()47110121215419663936639696336223141116222,2.33371212,2525.111186402488159.10 3.13382711,3247.131246a a a a x x b x x c c a q a a S S S S S S m S m S S m S S m S m S S S S a a a a a a --==-+=+=-==+=-⇒-=⋅=⇒=⎛⎫+++ ⎪⎝⎭==⇒=--===⇒=⇒-=⇒-=⇒=⇒=-=⋅⇒+=+⇒()()()()()()()()()()122215102121342111124371811238210.131114221,100.14444422,15.3326152 5.243227811111116,,,224248n n n n n a a n a a a d d d a n S a a a q q q a S a a d a d a d a a a a n d a a a d S S S -=-⇒=-=⋅⇒+=⋅+⇒=⇒=-==+⇒=+⇒=⇒==⎧=-+=++⎧⎪=⋅⇒⇒⇒=-⎨⎨=+=⇒+=⎩⎪⎩==+=++()()()()()()()()()()()()()222556313103110356313111111.2482217lg 223lg 21223212521025log 5.189log log log log 5log 910.771010119101,.2029997n nn x x x x x x x n n n n n n S x a a a a a a a a a S n S ++⎛⎫⎛⎫⇒=++++=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=-⇒+=-⇒-+=⇒=⇒=⇒⋅=⇒++=⋅=⋅==⎛⎫-=-=-=⎪⎝⎭()()()()()()()()22121313212442019202021201920202019202021201920204034037201944121log 2.222124.233662332324.605412510.110n n n n n n n n n n n k k k n n T n T a a S a a a q a D a a a a a a a S S T a a a T a --------=+=-⇒=⇒=⇒=⋅=⇒=⎧⇒=⇒=⋅⎨+=⇒=⎩⋅>⎧⎪⇒>>>⇒<=⎨-⋅->⎪⎩⇒=()()()()()2019740394038201920204039202010101010101120211010101120201010101120211011101010111,1,14038,403912611,12021110T a a T a n m a a a a T a a T a n a a >=⋅>=<⇒==⋅<⎧⎪⇒<<⇒=⋅<=>⇒=⎨-⋅->⎪⎩2021高考数学专题复习:n S 与n a 的关系n a 与n S 满足关系()()112:,1n n n S S n a S n -⎧-≥⎪=⎨⎪=⎩ 11n n n n S S S S -+-=⎧⎪⎨-=⎪⎩ 1221n n n n S S S S --++-=⎧⎪⎨-=⎪⎩ ()n n n n n q q q q q q q ⋅-=-⋅=-+11 (),11111----⋅-=-⋅=-n n n n n q q q q q q q155+-=n n144n n --=11133-⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n 1.数列{}n a 前n 项和12+=n S n (),,,41a a==2.(1)已知数列{}n a 前n 项和2891011121,n S n n a a a a a =++++++=(2)在等差数列{}n a 中,若48171819201,4,S S a a a a ==+++=3.等差数列{}n a 中,(1)若85S S =,则=13S(2)若1711S S =,则=28S(3)若(),,n m S S n m ≠=则n m S +=_______4.已知数列{}n a 的前n 项和,232n n S n +=通项公式=n a ,证明{}n a 是等差数列 (1)当1=n 时==11S a(2)当2≥n 时()()()[]=-+--+=-=-121323221n n n n S S a n n n(3)代入2≥n 式,=1a所以=n a =--1n n a a ⇒{}n a 等差 5.数列{}n a 的前n 项和,322++=n n S n 通项公式=n a ⎩⎨⎧6.等差数列{}n a 的前n 项和,3322-+-=r n n S n r =7.已知数列{}n a 前n 项和43+=nn S =n a ,=-+n n q q 1=--1n n q q 122n n+-= 11122n n -⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭8.等比数列{}n a 的前n 项和=+=b b S nn ,39.已知数列{}n a 为等比数列,若23+=nn k S ,k =10.已知数列{}n a 满足13+=n n S a =n a , (1)1=n 时=1a(2)2≥n 时()()⎩⎨⎧+=+=--2.131.1311n n n n S a S a ()()⇒-21(3)所以=n a11.已知数列{}n a 满足:1n n a S +==n a ,12.已知数列{}n a 前项和为,n S 满足12+=+n a S n n ,则有递推关系:13.数列{}n a 各项均为正数,前n 项和为,n S 点()n n S a ,在曲线()y x 822=+上=n a ,11,n n n b a a +=⋅则{}n b 前n 项n T =(1)⇒=1n =1a ,⇒=2n =1a(2)2≥n 时()()()()⎪⎩⎪⎨⎧=+=+--2.821.821212n n n n S a S a ()()=-⇒--21221n n a a =⇒d(3)所以=n a14.正项数列{}n a 前项和为,1,1=a S n 满足(),22321≥+=+-n a S S n n n =n a15.已知数列{}n a 前项和为,1,1=a S n 满足()1-+=n n na S n n =n a ,16.数列{}n a 前项和为n S 21,,,-n n n S S a 成等比数列，则数列为等差数列=d ,17.已知数列{}n a 前项和为n S 满足,2n n n n S S a a -⋅=-则数列为等差数列=d ,18.已知数列{}n a 满足:()nn a n a a a 31253321=-++++ =n a ,(1)1=n 时=1a(2)2≥n 时()()()()131232531321nn n a n a n a a a =-+-++++- ()()()23325311321--=-++++n n a n a a a()()⇒-21()=-n a n 12 =⇒n a代入=1a(3)所以⎪⎩⎪⎨⎧=n a19.已知数列{}n a 满足:122421321-=++++-n a a a a n n =n a ,20.已知数列{}n b 对任意正整数,总有123131n n b b b b b n -⋅⋅⋅=+成立,n b =(()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()1112100,9.30.46 1.21,25.6,16 3.7,1723,2819 2.110.2111.2112 1.211134 2.1.8211.114.1.23152 3.116n n n n nn n n n n n n n n n a n n n a n r n a n b k a a a a a n T n n a n n a n S --=-+≥⎧⎪=⎨=⎪⎩==⎧⎪=⎨⋅≥⎪⎩=-=-⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎛⎫= ⎪⎝⎭=+⎛⎫=-=- ⎪+⎝⎭=⎧⎪=⎨-≥⎪⎩=-+()()()()()()()()12,2.117,13,118.23,2211,119.1,223120.32n n n n n n S n a n n n a n n b n --⎧⎫⎨⎬⎩⎭⎧⎫-⎨⎬⎩⎭⎧=⎪=⎨⋅≥⎪-⎩=⎧⎪=⎨⎛⎫≥⎪ ⎪⎝⎭⎩+=-2021高考数学专题复习:数列求和(1)基本公式求和等差数列=n S = 等比数列=n S =1.等比数列{}n a 中,===n S q a ,3,212.{}n a 是等差数列===n S d a ,2,10,103.等比数列{}n a 中31,2,1==q a （Ⅰ）求n n S a ,（Ⅱ）3132333log log log log ,n n T a a a a =++++求n T4.已知数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 满足()()1,0,11≠>--=q q a q qS n n （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式n a （Ⅱ）当31=q 时,试证明2121<+++n a a a()()()()()nn n n n n n n n n S q a n n n T a n n S S ⎪⎭⎫⎝⎛⋅-==+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=-=-=-312121,4.2log 21,3123.92.1313122021高考数学专题复习:数列求和(2):乘公比错位相减法求和等比数列{}n b 中1,1,n q T -≠= = n n n a 2⋅=1.()n n n a 312⋅+= ()()()131237353332nn n S ⋅+++⋅+⋅+⋅= ()()()()231231235333132+⋅++⋅-++⋅+⋅=n nn n n S()()()()()31392312923332312922111321--⋅+⋅--+=-⇒++++⋅+-=-⇒-+++n n n n n n n S n S()933129211-+⋅--+=-⇒++n n n n S 1322+⋅-=-⇒n n n S13+⋅=⇒n n n S验证:=⇒1S =2S=∴n S2.()()122413213--⋅-=⋅-=n n n n n a3.nn n n n a ⎪⎭⎫⎝⎛⋅==312324.已知数列{}n a 满足:1,nn S a =-其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.（Ⅰ）试求{}n a 的通项公式（Ⅱ）若数列{}n b 满足,:nn a nb =求{}n b 的前n 项和公式n T5.正项等比数列{}n a 的前n 项和为,n S 164=a ,且32,a a 的等差中项为2S .(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S (Ⅱ)设12-=n n a n b ,求{}n b 的前n 项和公式n T6.设等比数列{}n a 的前项和为,n S 已知221+=+n n S a （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式（Ⅱ）在n a 和1+n a 之间插入n 个数,使这2+n 个数组成公差为n d 的等差数列,求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n d 1前n 项和n T7.已知2,2n n n a =求数列{}n a 的前项和为n S()()()()()()()()111112213.32224.333133.23214,12 2.2828152,.93941111551623,,.431681631722n n n n nn nn n n nn n n n n n n n n n n S n n S S n a T n n a T n n a T d n S ++---=⋅-=⋅+⎛⎫⎛⎫=--⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫==-⋅+ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫==-+⋅⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅=⋅=-+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=++⇒22211132146.6222222n n n n n nn n n n S S S +-++-=+++-⇒=-2021高考数学专题复习:数列求和(3):裂项相消法求和已知{}n a 通项公式,求前n 项和n S (一)1.()11111+-=+=n n n n a n 111111141313121211+=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n n S n 2.()()=+-=12121n n a n 11122121n n ⎛⎫- ⎪-+⎝⎭⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1211217151513131121n n S n 11122121n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭ 3.()()=+-=23131n n a n=n S4.()()=+-=13232n n a n=n S5.=-=1422n a n=n S6.()()=+-=12362n n a n=n S(二)7.()⎪⎭⎫⎝⎛+-=+=2112121n n n n a n⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2111211212111111715161415131412131121n n n n n n S n 8.()=+=31n n a n=n S9.()()=+-=32121n n a n=n S(三)10.n a ===)(111n S n =+++++=11.=++=nn a n 21=n S=-+nn q q1=--1n n qq133n n+-= 11133n n -⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(四)12.()()1121121212121n n n n n n a ++==-----122334111111111111.212121212121212121n n n n S ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭13.()()343441-⋅-=+n n nn a ==n S14.=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=+1311313121n n nna=n S(五)15.()()()=+-+⋅-=2313161n n n a nn=n S16.()()()=+-⋅-=-1212411n n na n n=n S17.()()()=+-⋅-=+121211n n na n n=n S(六)18.()()=+-=121242n n n a n=n S19.()()=+-+=231332n n nn a n=n S(七)20.()=++=22112n n n a n=n S21.()=++=2221n n n a n=n S()()()()()1111113.3313232322112141332313311115121212111111613212132111183311111342n n n n n n n n n n a S n n n a S n n n a S n n n a S n n n a n n S ⎛⎫⎛⎫=-⇒=- ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫=-⇒=- ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎛⎫=-⇒=- ⎪-++⎝⎭⎛⎫⎛⎫=-⇒=- ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎛⎫=- ⎪+⎝⎭⎛⎫⇒=-+- ⎪⎝⎭()1111111111536475869311111113231231119421231111111111145375979911n n n n n S n n n a n n S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⇒=++--- ⎪+++⎝⎭⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇒=-+-+-+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭())()()112231111212311111432123111112211111111113134343434343433432314:3n n n n n n n n n n n nn n S n n a S a S S a +++⎡⎤⎛⎫+- ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦⎡⎤⎛⎫⎛⎫⇒=+-- ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎣⎦=⇒=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⇒=-+-+⇒=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⋅=+方法一()()()()()()()11111111113341313131311111:3311111111333311111115131322558n n n n n n n n n n n n n S a S a S n n +++++⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=-⇒=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪=--⇒=-- ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+⇒=--+++ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭方法二()()()()()()1111111118111114313211.21232.11.223211111111111116112121133557792121n n n n n n n n n k n S n k n a S n n n n -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++++-+ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎧--=-⎪⎪+⇒=⎨⎪-+=⎪+⎩⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅+⇒=++--+++--++-⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⇒()()11.212111.221n n k n S n k n ⎧⎛⎫+=- ⎪⎪+⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-= ⎪⎪+⎝⎭⎩()()()()()()()1111117142121111111111111413355779212111111.21.214214841111.21.2484421n n n n n a n n S n n n k n k n n S n k n k n n ++⎛⎫=-⋅⋅+ ⎪-+⎝⎭⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇒=++--+++--++-⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎧⎛⎫+=-+=- ⎪⎪+⎪⎝⎭+⇒==⎨⎛⎫⎪-=-= ⎪⎪++⎝⎭⎩()()()()()()()()()()()()()()2241111111811212121212212111122121932211121211193313233313239313221139232n n n n na n n n n n n nS n n n n n n a n n n n n n n S n ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩-+⎛⎫==+=+- ⎪ ⎪-+-+-+⎝⎭⎛⎫⇒=+-=+ ⎪++⎝⎭+-+⎛⎫=⋅=+⋅+- ⎪-⋅+-⋅+-+⎝⎭⎛⎫⇒=+- ⎪+⎝⎭()()()222211111220+-=++=n n n n n a n ()()222111111161919141411+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n S n ()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++=2222211412121n n n n n a n ()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+-+=⇒⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⇒2222222111411412111111361161251911614191141n n S n n n n S n n练习： 1.()=+=131n n a n=n S2.()()=+--=12121n n a n=n S3.()()=+--=23132n n a n=n S4.()()=++-=13235n n a n=n S5.=-=4112n a n=n S6.()()=++-=12481n n a n=n S7.()()=+-=43231n n a n=n S8.n a ==n S9.11n n na n n +=++=n S10.22n n na n n +=++=n S11.数列⋯201,121,61,21的前n 项和n S = 若2020,2021k S =则=k12.数列1111,,,3153563⋯的前n 项和n S = 13.数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和,n S 若9,k S =则=k14.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 且满足121+=n n S a （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S （Ⅱ）若2log ,n n b a =且21,n n n c b b +=⋅求证数列{}n c 的前n 项和43<n T15.已知数列{}n a 满足()*1211,2.1,1N n n a a a a a n n ∈≥-=-+++=-（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式n a （Ⅱ）设()()11,11n n n n a b a a ++=+⋅+求数列{}n b 的前项和n T16.()()()2313161+-+⋅-=n n n a nn ,=n S17.()()()121211+-⋅-=-n n na n n ,=n S41 18.已知等差数列{}n a 的前n 项和为,n S 且()*11,4,2N n a a S a n n n ∈⋅==+（Ⅰ）求{}n a 通项公式（Ⅱ）设数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧21n a 的前n 项和,n T 求证1:442n n T n <<+19.在公比为2的等比数列{}n a 中4,,,432-a a a 成等差数列（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式（Ⅱ）若(),log 12n n a n b +=求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+224n b n 的前n 项和n T20.()221,12n n n n b S n n -+⎛⎫=⋅= ⎪+⎝⎭42 [][][][][]111111111111..21313122121221211211511513.41331323232332313311151122n n n n n n n n n a S a S n n n n n n a S a S n n n n n n a n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⇒=-=--⇒=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--⇒=--=--⇒=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-++-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭==⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭[][][])[][]11111112.6111122121221222111111171632346431348111111911111112101n n n n n n n n n n S a S n n n n n n a S n n n n a S a S n n n n n n a n ⎛⎫⎛⎫-⇒=-=--⇒=-- ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭-++⎛⎫⎛⎫=-⇒=+-- ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭=⇒=⎛⎫⎛⎫=++-=+-⇒=+- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭=++[]()[]()()()()()()202121111112212221211111112020.11111111112021121.2121221212212140431311999n n n n n n n S n n n n n n n a S k n n n n n n n a S S n n n n n n a S k ⎛⎫⎛⎫-=+-⇒=++-- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭==-⇒=-=⇒=++++⎛⎫⎛⎫==-⇒=-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+-+++⎝⎭⎝⎭==⇒=⇒=()()()()()()1111.111131*********.22221242124211111512,22.212122121211111161313225n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n a b n c T n n n n n n S a a b T a S n n ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⇒=⇒=-⇒=--=-+< ⎪ ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⇒=-⇒===-⇒=- ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫=-+⇒=--+ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭()()()()()()1111111158811111411.21112321.113132.223211111111117111421214335212114n n n n n n n n k n S n n n k n a S n n n n S --⎛⎫⎛⎫⎛⎫++--+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎧--=-⎪⎪⎛⎫++-+⇒=⎨ ⎪-+⎝⎭⎪-+=⎪+⎩⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+⇒=++--++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦+⇒=()()()()()()()[]()()()()()()()22222231.21421.11.244211111111182,..1.441414444242111111912.21122111111120212n n n n n n n n n n n n n k n n k n n a n b b T n n n n n n n n a b n n c S n n n n n b n n -⎧=-⎪+⎪⎨⎪-=⎪+⎩⎛⎫==<<<<+-< ⎪+-+⎝⎭⎛⎫⎛⎫+==+⇒==-⇒=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭2211,4.12n n S n --⎛⎫=- ⎪+⎝⎭43 2021高考数学专题复习:数列求和(4):分组法求和1.求数列的前n 项和()()1111:11,4,7,,32242n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪+++⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=n S ,2.求数列的前n 项和()()21:231n n a n n n =-++-+=n S ,3.等差数列{}n a 中,225,5153==S a（Ⅰ）求通项n a 及n S（Ⅱ）设223,n a n b n =+-求数列{}n b 的前n 项和n T44 4.设函数()O x x x f x,1121++⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=为坐标原点,n A 为函数()x f y =图上横坐标为n 的点,向量n OA 与向量()0,1=的夹角为n θ,tan ,n n b θ=求数列{}n b 的前n 项和n T()()()()()()()()n n n n n n n n n n n n n T n n b n n T n S n a n n n n S n n S ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=⇒++⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+-==⇒-=-+-++-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++-2111211214.2322,123.1121122.223212*********45 2021高考数学专题复习:等差等比证明证明等差等比数列：方法一：构造定义1.等差数列证明:1n n a a d +-=(常数)2.等比数列的证明:1n n a q a +=(常数) 1.,2331=---n n a a 则有结论:数列{}3-n a 为等比数列，2=q 2.,3111=--n n a a 则有结论:数列 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1 为等差数列，3=d 3.,511=---n a n a n n 则有结论:数列为等差数列=d , 4.,211=-+-n S n S n n 则有结论:数列为等差数列=d , 5.,321211=----n n a a 则有结论:数列为等差数列=d , 6.(),0,1212>+=---n n n n n a a a a a 则有结论:数列为等差数列=d ,7.,1212121++=---n n n a a a 则有结论:数列为等差数列=d ,8.,441221+-=-+n n n a a a 则有结论:数列为等差数列=d , 9.()(),0,311>+=---n n n n n S S S S S 则有结论:数列为等差数列=d , 10.⇒+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-,31111n a n a n n 则有结论:数列为等差数列=d ,11.⇒⋅+=+-,211n n n q qa a 则有结论:数列为等差数列=d ,12.⇒⋅-=-++,211n n n n a a a a 则有结论:数列为等差数列=d , 13.⇒+=+,311n n a nn a 则有结论:数列为等比数列=q ,46 方法二：设新数列证明数列{}n a 中,,2,4311=+=-a a a n n 证明:数列{}2+n a 是等比数列,求数列{}n a 通项公式n a 及前n 项和n S(1)令,2+=n n a b 则211+=--n n a b (2)()33263224322111111=⇒=++=+++=++=------q a a a a a a b b n n n n n n n n (3)()n n S a b a b n nn n n n n 223223134423434421111--⋅=--⋅-=⇒-⋅=⇒⋅=⇒=+=-- 1.在数列{}n a 中,已知13,a =451+=+n n a a（Ⅰ）证明:数列{}1+n a 是等比数列（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项和n S2.已知数列{}n a 满足11,a =且()*1,2,22N n n a a n n n ∈≥+=-且．（Ⅰ）证明数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2是等差数列（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项之和n S47 3.数列{}n a 满足:2,2,11221+++===n n n a a a a a . （Ⅰ）求证:{}n n a a -+1是等比数列（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式n a4.设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+ （Ⅰ）求证数列{}n n a a 21-+是等比数列（Ⅱ）求n a 及前n 项和n S48 5.数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()1,12≥-+=n a S nn n ．（Ⅰ）求证数列()⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+n n a 132为等比数列（Ⅱ）求n a 及前n 项和n S6.已知数列{}()()112,121,n n n n n a a a na n a n n b n+=-+=+=满足设（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式;（Ⅱ）若2n b n c n =-,求数列{}n c 的前n 项和.49 7.已知数列{}n a 中,51=a 且(2,1221≥-+=-n a a nn n 且).*N n ∈（Ⅰ）证明:数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-n n a 21为等差数列（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S8.设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知nn n n n n S b S a a 3,3,411-=+==+ （Ⅰ）求证:数列{}n b 为等比数列（Ⅱ）令2log 22+-=n n n nb b c ，求数列{}n c 的前n 项和n T50 9.在数列{}n a 中，()()*11,2.12,1N n n n a a a n n ∈≥+-==- （Ⅰ）证明:数列{}n a n +是等比数列（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项之和n S10.已知33,2111+==+n n n a a a a （Ⅰ）证明:数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是等差数列,求n a（Ⅱ）设(),n a n f =求()n f 的最大值。