2021年高考数学专题复习：数列(含答案解析)

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2021年高考数学一轮复习第七章数列第43课数列的通项公式(2)文(含解析)

2021年高考数学一轮复习第七章数列第43课数列的通项公式（2）文（含解析）四、递推式为“”型的数列，构造等比数列求通项适用于递推式为“”型，可以在它的两边相加数，构造等比数数列，然后利用等比数列的通项公式求解例4.已知数列满足，，求【解析】，∴，即，．∴是以为首项，为公比的等比数列，∴，即．【变式】已知数列满足，求【解析】原等式可化为，∴，∴数列是以2为首项、以3为公比的等比数列，∴，∴．五．递推关系形如的数列，取倒数法方法：取倒数变形成【例5】已知数列满足，，求【解析】∵，∴，即∴数列是等差数列，，它的首项，公差∴，即．【变式】已知数列满足，，求.【解析】∵，∴，∴，即∴数列是等比数列，它的首项，公比为∴，∴．六、递推关系形如，两边同除以方法：①将原递推公式两边同除以，②得，③，得，④再利用“递推关系形如”方法来求.【例6】已知数列满足，，求【解析】在两边除以，得，令，则，∴，∴，∴．∴．【变式】已知数列满足，求.【解析】在原不等式两边同除以，得，不妨引入辅助数列且，则，∴，∴，∴．第43课：数列的通项公式（2）的课后作业1．数列中，，，则 ( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：a 10＝(a 10－a 9)＋(a 9－a 8)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝lg 109＋lg 98＋…＋lg 21＋1＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫109×98×…×21＋1＝2.故选B. 答案：B2. 已知数列的前项和为，且，则 ( )A ．－16B ．16C ．31D ．32解析：由已知可得时，，所以，所以是等比数列，公比为2，所以 .故选B. 答案：B3. 在数列中，，，则为( )A ．34B ．36C ．38D ．40解析：因为na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2，所以a n ＋1n ＋1－a n n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以a 1010＝a 1010－a 99＋a 99－a 88＋…＋a 22－a 11＋a 1 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18－19＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3810，所以a 10＝38.故选C. 答案：C4. 已知数列满足，，求【解析】，∴，即，．∴是以为首项，为公比的等比数列，∴，即．5. 已知数列满足，，求.【解析】∵，∴，∴∴数列是等差数列，它的首项，公差为∴，∴．6. 已知数列满足，，求【解析】在两边除以，得，令，则，∴，∴数列是等比数列，其中首项，公比∴，∴．∴．7. 已知数列满足，，（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式【解析】，令则，∴，解得．∴，∴，∴．-29002 714A 煊35699 8B73 譳38825 97A9 鞩I34360 8638 蘸26769 6891 梑O29448 7308 猈39718 9B26 鬦38740 9754 靔34191 858F 薏33744 83D0 菐q29810 7472 瑲。

2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第5节数学归纳法选用含解析

第5节数学归纳法(选用)考试要求 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理1。

数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0（n0∈N＊）时命题成立；（2)（归纳递推）假设n＝k(k≥n0，k∈N＊)时命题成立，证明当n ＝k＋1时命题也成立。

只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立。

2。

数学归纳法的框图表示［常用结论与易错提醒]1。

数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.诊断自测1。

判断下列说法的正误。

（1）用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时,左边式子应为1＋2＋22＋23.（）(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.(）(3）用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.()(4）不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项。

()解析对于（2），有些命题也可以直接证明；对于(3）,数学归纳法必须用归纳假设；对于(4),由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.答案(1）√(2）×（3）×（4)×2。

（选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为错误!n(n－3）条时，第一步检验n等于（）A.1B.2C。

3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3。

答案C3。

已知f（n)＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，则(）A.f(n)中共有n项,当n＝2时，f（2)＝错误!＋错误!B.f（n）中共有n＋1项,当n＝2时，f(2)＝错误!＋错误!＋错误!C.f(n）中共有n2－n项,当n＝2时,f（2）＝错误!＋错误!D。

f（n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时,f（2)＝错误!＋错误!＋错误!解析f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时,错误!＝错误!，错误!＝错误!，故f(2）＝错误!＋错误!＋错误!.答案D4.用数学归纳法证明1＋错误!＋错误!＋…＋错误!<n（n∈N，且n〉1）,第一步要证的不等式是________。

高考数学复习考点知识归纳专题解析18等比数列(解析版)

高考数学复习考点知识归纳专题解析专题18等比数列及其前n 项和考点知识归纳常考点01 等比数列中的基本运算 (1)【典例1】 ................................................................................................................................................ 1 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 2 【变式演练1】 ........................................................................................................................................ 3 常考点02等比数列基本性质的应用 . (3)【典例2】 ................................................................................................................................................ 3 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 4 【变式演练2】 ........................................................................................................................................ 4 常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和 (5)【典例3】 ................................................................................................................................................ 5 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 6 【变式演练3】 ........................................................................................................................................ 6 常考点04 等差等比混合应用 (7)【典例4】 ................................................................................................................................................ 7 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 8 【变式演练4】 ........................................................................................................................................ 9 【冲关突破训练】 .. (10)常考点01 等比数列中的基本运算【典例1】1．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（） A ．7B ．8C ．9D ．102．（2021年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】1.A 2.C【解析】1.∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和， ∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列 ∴24S =，42642S S -=-= ∴641S S -=，∴641167S S =+=+=. 故选：A.2.设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【考点总结与提高】（1）等比数列的基本运算方法：①等比数列由首项1a 与公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕1a 与q 进行． ②对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出1a 与q ，对于1,,,,n n a a q n S 五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”．（2）基本量计算过程中涉及的数学思想方法：①方程思想．等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量1a 和q ，问题可迎刃而解．②分类讨论思想．等比数列的前n 项和公式为111,1(1),111n nn na q S a a qa q q q q≠，所以当公比未知或是代数式时，要对公比分1q 和1q ≠进行讨论.此处是常考易错点，一定要引起重视．③整体思想．应用等比数列前n 项和公式时，常把nq ，11a q-当成整体求解. 【变式演练1】1．已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（）A ．2B ．1C ．12D ．182．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++= A ．21B ．42C ．63D ．84【答案】1.C 2.B【解析】1.由题意可得()235444412a a a a a ==-⇒=,所以34182a q q a ==⇒= ,故2112a a q == ,选C.2.24242135121(1)21172a a a a q q q q q ++=++=∴++=∴=得2357135+()22142a a a q a a a +=++=⨯=，选B.常考点02等比数列基本性质的应用【典例2】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（） A ．12B ．24C ．30D ．322．已知{}n a 为等比数列,472a a +=,568a a =-,则110a a +=（） A ．7B ．5C ．5-D ．7-【答案】1.D 2.D【解析】1.设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，因此，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q++=++=++==.故选：D.2.56474747822,4a a a a a a a a ==-+=∴=-=或474,2a a ==-.由等比数列性质可知2274101478,1a a a a a a ==-==或2274101471,8a a a a a a ====- 1107a a ∴+=-故选D.【考点总结与提高】等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n 项和公式的变形应用等.注意：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.【变式演练2】1．已知数列{a n }是等比数列，且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，那么a 3＋a 5＝（） A ．5B ．10C ．15D ．202．设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2 …a n 的最大值为___________．【答案】1.A 2.64【解析】1.数列{a n }是等比数列，所以22243465,a a a a a a ==，所以()2222435463355352225a a a a a a a a a a a a ++=++=+=，又因为0n a >，所以350a a +>，所以355a a +=，故选：A.2.设等比数列的公比为q ，由132410{5a a a a +=+=得，2121(1)10{(1)5a q a q q +=+=，解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=，于是当3n =或4时，12n a a a 取得最大值6264=.常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和【典例3】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –1【答案】B【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩，所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-. 故选：B.2．设首项为1，公比为23的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则 A ．21n n S a =- B ．32n n S a =-C ．43n n S a =-D ．32n n S a =-【答案】D 【解析】S n ＝()111na q q--＝11n a q a q -⋅-＝21313na -＝3－2a n .【考点总结与提高】1．求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用11n n a a q -=求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形n mn m a a q -=可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列的设项问题，常用的设项方法为：（1）通项法．设数列的通项公式11n n a a q -=来求解；（2）对称设元法：若所给等比数列的项数为2()n n N 且各项符号相同，则这个数列可设为21na q ，…，3a q ，,aaq q，3aq ，…，21n aq ；若所给等比数列的项数为21()n nN ，则这个数列可设为1n a q，…，,,aa aq q ，…，1n aq . 2．当1q ≠时，若已知1,,a q n ，则用1(1)1n n a q S q求解较方便；若已知1,,n a q a ，则用11n na a qS q求解较方便.3．（1）形如1(1,0)n n a pa q p pq +=+≠≠的递推关系式，①利用待定系数法可化为1n a +-()11n q q p a p p =---，当101q a p -≠-时，数列{}1n qa p --是等比数列；②由1n n a pa q +=+，1(2)n n a pa q n -=+≥，两式相减，得11()n n n n a a p a a +--=-，当210a a -≠时，数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列．（2）形如+1(,0)nn n a ca d c d cd =+≠≠的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以1n d +，进而化归为等比数列．【变式演练3】1．数列{A n }中，A 1＝2，A m ＋n ＝A m A n .若A k ＋1＋A k ＋2＋…＋A k ＋10＝215－25，则k ＝（）A ．2B ．3C ．4D ．52．已知{}n a 是等比数列，22a =，514a =，则12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=（） A ．()1614n--B ．()1612n--C ．()32123n -- D ．()32143n -- 【答案】1.C 2.D【解析】1.令m ＝1，则由A m ＋n ＝A m A n ，得A n ＋1＝A 1A n ，即1n n A A +＝A 1＝2，所以数列{A n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以A n ＝2n，所以A k ＋1＋A k ＋2＋…＋A k ＋10＝A k (A 1＋A 2＋…＋A 10)＝2k×102(12)12⨯--＝12k +×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k ＝4.故选：C 2.由题得35211,82a q q a ==∴=.所以2232112()()22n n n n a a q ---==⨯=，所以32251111()()()222n n n n n a a ---+=⋅=.所以1114n n n n a a a a +-=，所以数列1{}n n a a +是一个等比数列. 所以12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=18[1()]4114n --=()32143n --. 故选：D常考点04 等差等比混合应用【典例4】1.等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a 、3a 、6a 成等比数列，则{}n a 的前6项的和为（） A ．24-B ．3-C ．3D ．82．已知正项等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b }，111a b ==，3b 是2a ，6a 的等差中项，8a 是3b ，5b 的等比中项，则下列关系成立的是（） A ．100100a b >B ．102411a b =C ．105a b >D ．999a b >【答案】1.A 2.B【解析】1.设等差数列{}n a 的公差为d ，由2a 、3a 、6a 成等比数列可得2326a a a =，即2(12)(1)(15)d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为616(61)6(61)661(2)2422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-. 故选：A2.设等差数列公差为d ，等比数列公比为q ，由题意可得：2326226835212262(1+7)b a a d q d a b b q d q =+=⎧⎧=+⎧⇒⇒⎨⎨⎨===⎩⎩⎩ 1,2-∴==n n n a n bA. 100100,2，==>99100100a 100b b a ,故A 不正确；B. ,2==10102411a 1024b =1024，故B 正确；C. ,2==4105a 10b =16，故C 不正确；D. ,2==8999a 99b =256，故D 不正确.故选：B【考点总结与提高】等差、等比数列混合题型属于常规题型，解题思路基本相同∶按照其中一种数列的通项公式展开已知中的各项，再根据另一种数列的性质列出等式即可;至于使用哪一种数列的通项公式展开已知中的各项，要根据实际题意以及计算方便与否来决定。

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届新高考数学总复习：等比数列的通项及其性质(附答案解析)

A．12B．24C．30D．32
10．在等比数列{an}中，若a5＝2a4，a2＝2，则a6＝（）
A．64B．16C．8D．32
11．若等比数列{an}满足：a1＝1，a1+a2+a3＝7，则a4＝（）
A．8B．﹣27C．8或﹣27D．﹣8或﹣27
12．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2＝2，a3a4a5＝29，则a3＝（）
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，则a1a3a5＝ •a2q•a2q3＝（a2q）3＝8，则a2q＝a3＝2．
又a2a4＝ •a3q＝a32＝22＝4．
故选：B．
4．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝18，则a3与a7的等比中项为（）
A．4B．6C．±6D．±4
【解答】解：∵等比数列{an}中，a3＝2，a7＝18，
A． B．2C．±2D．
7．等比数列{an}中，an∈R+，a5•a6＝32，则log2a1+log2a2+…+log2a10的值为（）
A．10B．20C．25D．160
8．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2＝2，a5＝2a4+3a3，则a6＝（）
A．2B．54C．162D．243
9．设{an}是等比数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）
A．16B．32C．64D．256
16．在正项等比数列{an}中，若a3a7＝4，则＝（）
A．16B．8C．4D．2
17．在等比数列{an}中，已知a1a3＝4，a9＝256，则a8＝（）
A．128或﹣128B．128C．64或﹣64D．64

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年高考数学考点30等比数列及其前n项和必刷题理含解析

考点30 等比数列及其前n项和1．已知数列的前项和为，满足，则的通项公式（）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，，当时，，因此,选B.2．已知数列为正数项的等比数列，是它的前项和，若，且，则（）A． 34 B． 32 C． 30 D． 28【答案】C3．已知各项均不相等的等比数列成等差数列，设为数列的前n项和，则等于A． B． C． 3 D． 1【答案】A【解析】设等比数列{a n}的公比为q，∵3a2，2a3，a4成等差数列，∴2×2a3=3a2+a4，∴4a2q=3，化为q2﹣4q+3=0，解得q=1或3．q=1时，,q=2时，.故选：A．4．已知数列的前项和，则数列的前项和为（）A． B． C． D．【答案】C5．已知等比数列的前项和，且，，则A． B． C． D．【答案】C【解析】由题得.故答案为：C6．已知等比数列中，，，为方程的两根，则（）A． 32 B． 64 C． 256 D．【答案】B7．等比数列中，公比，记（即表示数列的前项之积），中值为正数的个数是A． B． C． D．【答案】B【解析】等比数列{a n}中a1＞0，公比q＜0，故奇数项为正数，偶数项为负数．∴Π11＜0，Π10＜0，Π9＞0，Π8＞0．故答案为：B8．已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则A． 10 B． 12 C． 18 D． 30【答案】A【解析】在等比数列中，由，得，即，又，，成等差数列，，即，联立得：舍或．．则．故选：A．9．已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )A． 29 B． 30 C． 31 D． 32【答案】C10．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则 ( ) A． 3 B． 9 C． 10 D． 13【答案】C【解析】设各项均为正数的等比数列的公比为，满足成等差数列，，，解得，则，故选C.11．已知数列的前n项和为，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前n项和为，，点在直线上，若存在，使不等式成立，求实数m的最大值．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4③－④得，∴．∵．∴为递增数列，且，∴．∴，实数m的最大值为4．12．数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n(n+1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：，求数列{b n}的通项公式；(3)令(n∈N*)，求数列{c n}的前n项和T n.【答案】（1）；(2);（3） .（3）c n===n•3n+n，令数列{n•3n}的前n项和为A n，则A n=3+2×32+3×33+…+n•3n，∴3A n=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2A n=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1，可得A n=．∴数列{c n}的前n项和T n=+．13．已知数列中，且．（Ⅰ）求，，并证明是等比数列；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【答案】（1）见解析；（2），②①－②得所以，．14．已知α为锐角，且，函数，数列的首项，．（1）求函数的表达式；（2）求证：数列为等比数列；（3）求数列的前n项和．【答案】(1)；(2) 见解析；(3).∴15．已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.16．在等差数列{a n}中，，其前n项和为，等比数列{b n}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。

2021版新高考数学：等比数列及其前n项和含答案

即病毒共复制了13次．∴所需时间为13×3＝39(秒).](对应学生用书第106页)考点1等比数列的基本运算等比数列基本量运算的解题策略(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，a n，q，n，S n，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”).(2)运用等比数列的前n项和公式时，注意分q＝1和q≠1两类分别讨论．1.设S n为等比数列{a n}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公比q＝()A．3B．4C．5D．6∴q ＝－12或q ＝1. ∴a 2＝a3q ＝－3或32.]4．(20xx·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . [解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N ＋). (2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n 3. 由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.抓住基本量a 1, q ，借用方程思想求解是解答此类问题的关键，求解中要注意方法的择优．考点2 等比数列的判定与证明故⎩⎨⎧⎭⎬⎫an 2n 是首项为12，公差为34的等差数列． ∴an 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2.(20xx·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝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．[解] (1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ). 又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12. 考点3 等比数列性质的应用。

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.。

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．

高考数学真题汇编数列有答案

高考数学真题汇编---数列学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一．选择题〔共9小题〕1．〔2021•新课标Ⅰ〕记S n为等差数列{a n}前n项和．假设a4+a5=24，S6=48，那么{a n}公差为〔〕A．1 B．2 C．4 D．82．〔2021•新课标Ⅱ〕在明朝程大位?算法统宗?中有这样一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？〞这首古诗描绘这个宝塔〔古称浮屠〕，此题说它一共有7层，每层悬挂红灯数是上一层2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？你算出结果是〔〕A．6 B．5 C．4 D．33．〔2021•新课标Ⅲ〕等差数列{a n}首项为1，公差不为0．假设a2，a3，a6成等比数列，那么{a n}前6项和为〔〕A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．84．〔2021•新课标Ⅰ〕几位高校生响应国家创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学爱好，他们推出了“解数学题获得软件激活码〞活动．这款软件激活码为下面数学问题答案：数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项为哪一项20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，依此类推．求满意如下条件最小整数N：N＞100且该数列前N项和为2整数幂．那么该款软件激活码是〔〕A．440 B．330 C．220 D．1105．〔2021•上海〕无穷等比数列{a n}公比为q，前n项和为S n，且=S，以下条件中，使得2S n＜S〔n∈N*〕恒成立是〔〕A．a1＞＜q＜0.7 B．a1＜＜q＜C．a1＞＜q＜D．a1＜＜q＜6．〔2021•新课标Ⅰ〕等差数列{a n}前9项和为27，a10=8，那么a100=〔〕A．100 B．99 C．98 D．977．〔2021•四川〕某公司为激励创新，方案逐年加大研发资金投入．假设该公司2021 年全年投入研发资金130万元，在此根底上，每年投入研发资金比上一年增长12%，那么该公司全年投入研发资金开始超过200万元年份是〔〕〔参考数据：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30〕A．2021年B．2021年C．2021年D．2021年8．〔2021•浙江〕如图，点列{A n}、{B n}分别在某锐角两边上，且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|，A n≠A n+1，n∈N*，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|，B n≠B n+1，n∈N*，〔P≠Q表示点P与Q不重合〕假设d n=|A n B n|，S n为△A n B n B n+1面积，那么〔〕A．{S n}是等差数列B．{S n2}是等差数列C．{d n}是等差数列D．{d n2}是等差数列9．〔2021•新课标Ⅲ〕定义“标准01数列〞{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m 项为0，m项为1，且对随意k≤2m，a1，a2，…，a k中0个数不少于1个数，假设m=4，那么不同“标准01数列〞共有〔〕A．18个B．16个C．14个D．12个二．填空题〔共9小题〕10．〔2021•北京〕假设等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=﹣1，a4=b4=8，那么=．11．〔2021•江苏〕等比数列{a n}各项均为实数，其前n项和为S n，S3=，S6=，那么a8=．12．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}前n项和为S n，a3=3，S4=10，那么=．13．〔2021•新课标Ⅲ〕设等比数列{a n}满意a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，那么a4=．14．〔2021•江苏〕{a n}是等差数列，S n是其前n项和，假设a1+a22=﹣3，S5=10，那么a9值是．15．〔2021•北京〕{a n}为等差数列，S n为其前n项和．假设a1=6，a3+a5=0，那么S6=．16．〔2021•上海〕无穷数列{a n}由k个不同数组成，S n为{a n}前n项和，假设对随意n∈N*，S n∈{2，3}，那么k最大值为．17．〔2021•新课标Ⅰ〕设等比数列{a n}满意a1+a3=10，a2+a4=5，那么a1a2…a n最大值为．18．〔2021•浙江〕设数列{a n}前n项和为S n，假设S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*，那么a1=，S5=．三．解答题〔共22小题〕19．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}前n项和为S n，等比数列{b n}前n项和为T n，a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2．〔1〕假设a3+b3=5，求{b n}通项公式；〔2〕假设T3=21，求S3．20．〔2021•山东〕{x n}是各项均为正数等比数列，且x1+x2=3，x3﹣x2=2．〔Ⅰ〕求数列{x n}通项公式；〔Ⅱ〕如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1〔x1，1〕，P2〔x2，2〕…P n+1〔x n，n+1〕得到折线P1P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=x n+1所围成+1区域面积T n．21．〔2021•山东〕{a n}是各项均为正数等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3．〔1〕求数列{a n}通项公式；〔2〕{b n}为各项非零等差数列，其前n项和为S n，S2n+1=b n b n+1，求数列前n项和T n．22．〔2021•天津〕{a n}为等差数列，前n项和为S n〔n∈N*〕，{b n}是首项为2等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1，S11=11b4．〔Ⅰ〕求{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求数列{a2n b n}前n项和〔n∈N*〕．23．〔2021•天津〕{a n}为等差数列，前n项和为S n〔n∈N+〕，{b n}是首项为2等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1，S11=11b4．〔Ⅰ〕求{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求数列{a2n b2n﹣1}前n项和〔n∈N+〕．24．〔2021•新课标Ⅲ〕设数列{a n}满意a1+3a2+…+〔2n﹣1〕a n=2n．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕求数列{}前n项和．25．〔2021•新课标Ⅰ〕记S n为等比数列{a n}前n项和．S2=2，S3=﹣6．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕求S n，并推断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．26．〔2021•江苏〕对于给定正整数k，假设数列{a n}满意：a n﹣k+a n﹣k+1+…+a n﹣1+a n+1+…+a n+k﹣1+a n+k=2ka n对随意正整数n〔n＞k〕总成立，那么称数列{a n}是“P 〔k〕数列〞．〔1〕证明：等差数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕假设数列{a n}既是“P〔2〕数列〞，又是“P〔3〕数列〞，证明：{a n}是等差数列．27．〔2021•北京〕等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕求和：b1+b3+b5+…+b2n﹣1．28．〔2021•北京〕设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}〔n=1，2，3，…〕，其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大数．〔1〕假设a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3值，并证明{c n}是等差数列；〔2〕证明：或者对随意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．29．〔2021•浙江〕数列{x n}满意：x1=1，x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕〔n∈N*〕，证明：当n∈N*时，＜x n；〔Ⅰ〕0＜x n+1﹣x n≤；〔Ⅱ〕2x n+1〔Ⅲ〕≤x n≤．30．〔2021•北京〕{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕设c n=a n+b n，求数列{c n}前n项和．31．〔2021•北京〕设数列A：a1，a2，…，a N〔N≥2〕．假如对小于n〔2≤n≤N〕每个正整数k都有a k＜a n，那么称n是数列A一个“G时刻〞，记G〔A〕是数列A全部“G时刻〞组成集合．〔Ⅰ〕对数列A：﹣2，2，﹣1，1，3，写出G〔A〕全部元素；〔Ⅱ〕证明：假设数列A中存在a n使得a n＞a1，那么G〔A〕≠∅；〔Ⅲ〕证明：假设数列A满意a n﹣a n﹣1≤1〔n=2，3，…，N〕，那么G〔A〕元素个数不小于a N﹣a1．32．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}中，a3+a4=4，a5+a7=6．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕设b n=[a n]，求数列{b n}前10项和，其中[x]表示不超过x最大整数，如[]=0，[]=2．33．〔2021•天津〕{a n}是等比数列，前n项和为S n〔n∈N*〕，且﹣=，S6=63．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕假设对随意n∈N*，b n是log2a n和log2a n+1等差中项，求数列{〔﹣1〕n b}前2n项和．34．〔2021•上海〕对于无穷数列{a n}与{b n}，记A={x|x=a n，n∈N*}，B={x|x=b n，n∈N*}，假设同时满意条件：①{a n}，{b n}均单调递增；②A∩B=∅且A∪B=N*，那么称{a n}与{b n}是无穷互补数列．〔1〕假设a n=2n﹣1，b n=4n﹣2，推断{a n}与{b n}是否为无穷互补数列，并说明理由；〔2〕假设a n=2n且{a n}与{b n}是无穷互补数列，求数量{b n}前16项和；〔3〕假设{a n}与{b n}是无穷互补数列，{a n}为等差数列且a16=36，求{a n}与{b n}通项公式．35．〔2021•新课标Ⅲ〕数列{a n}前n项和S n=1+λa n，其中λ≠0．〔1〕证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；〔2〕假设S5=，求λ．36．〔2021•浙江〕设数列{a n}前n项和为S n，S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*．〔Ⅰ〕求通项公式a n；〔Ⅱ〕求数列{|a n﹣n﹣2|}前n项和．37．〔2021•新课标Ⅱ〕S n为等差数列{a n}前n项和，且a1=1，S7=28，记b n=[lga n]，其中[x]表示不超过x最大整数，如[]=0，[lg99]=1．〔Ⅰ〕求b1，b11，b101；〔Ⅱ〕求数列{b n}前1000项和．38．〔2021•四川〕数列{a n}首项为1，S n为数列{a n}前n项和，S n+1=qS n+1，其中q＞0，n∈N+〔Ⅰ〕假设a2，a3，a2+a3成等差数列，求数列{a n}通项公式；〔Ⅱ〕设双曲线x2﹣=1离心率为e n，且e2=2，求e12+e22+…+e n2．39．〔2021•新课标Ⅰ〕{a n}是公差为3等差数列，数列{b n}满意b1=1，b2=，a nb n+1+b n+1=nb n．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕求{b n}前n项和．40．〔2021•江苏〕记U={1，2，…，100}，对数列{a n}〔n∈N*〕和U子集T，假设T=∅，定义S T=0；假设T={t1，t2，…，t k}，定义S T=++…+．例如：T={1，3，66}时，S T=a1+a3+a66．现设{a n}〔n∈N*〕是公比为3等比数列，且当T={2，4}时，S T=30．〔1〕求数列{a n}通项公式；〔2〕对随意正整数k〔1≤k≤100〕，假设T⊆{1，2，…，k}，求证：S T＜a k+1；〔3〕设C⊆U，D⊆U，S C≥S D，求证：S C+S C∩D≥2S D．41、〔2021•山东〕数列{a n}前n项和S n=3n2+8n，{b n}是等差数列，且a n=b n+b n+1．〔Ⅰ〕求数列{b n}通项公式；〔Ⅱ〕令c n=，求数列{c n}前n项和T n．42、〔2021•新课标Ⅲ〕各项都为正数数列{a n}满意a1=1，a n2﹣〔2a n+1﹣1〕a n﹣2a n+1=0．〔1〕求a2，a3；〔2〕求{a n}通项公式高考数学真题汇编---数列参考答案与试题解析一．选择题〔共9小题〕1．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}公差．【解答】解：∵S n为等差数列{a n}前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}公差为4．应选：C．2．【分析】设塔顶a1盏灯，由题意{a n}是公比为2等比数列，利用等比数列前n 项和公式列出方程，能求出结果．【解答】解：设塔顶a1盏灯，由题意{a n}是公比为2等比数列，∴S7==381，解得a1=3．应选：D．3．【分析】利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{a n}前6项和．【解答】解：∵等差数列{a n}首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴，∴〔a1+2d〕2=〔a1+d〕〔a1+5d〕，且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项和为==﹣24．应选：A．4．【分析】方法一：由数列性质，求得数列{b n}通项公式及前n项和，可知当N为〕，数列{a n}前N项和为数列{b n}前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，时〔n∈N+简单得到N＞100时，n≥14，分别推断，即可求得该款软件激活码；方法二：由题意求得数列每一项，及前n项和S n=2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别即可求得N值．【解答】解：设该数列为{a n}，设b n=+…+=2n+1﹣1，〔n∈N+〕，那么=a i，由题意可设数列{a n}前N项和为S N，数列{b n}前n项和为T n，那么T n=21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1=2n+1﹣n﹣2，可知当N为时〔n∈N〕，数列{a n}前N项和为数列{b n}前n项和，即为+2n+1﹣n﹣2，简单得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A 项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，明显不为2整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，明显不为2整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，明显不为2整数幂，故D项不符合题意．应选A．方法二：由题意可知：，，，…，依据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1， (2)﹣1，每项含有项数为：1，2，3，…，n，总共项数为N=1+2+3+…+n=，全部项数和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=〔21+22+23+…+2n〕﹣n=﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，那么①1+2+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=1，总共有+2=3，不满意N＞100，②1+2+4+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=5，总共有+3=18，不满意N＞100，③1+2+4+8+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满意N＞100，④1+2+4+8+16+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=29，总共有+5=440，满意N ＞100，∴该款软件激活码440．应选：A．5．【分析】由推导出，由此利用解除法能求出结果．【解答】解：∵，S==，﹣1＜q＜1，2S n＜S，∴，假设a1＞0，那么，故A与C不行能成立；假设a1＜0，那么q n，在B中，a1＜＜q＜﹣0.6故B成立；在D中，a1＜＜q＜﹣0.7，此时q2＞，D不成立．应选：B．6．【分析】依据可得a5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n}前9项和为27，S9===9a5．∴9a5=27，a5=3，又∵a10=8，∴d=1，∴a100=a5+95d=98，应选：C．7．【分析】设第n年开始超过200万元，可得130×〔1+12%〕n﹣2021 ＞200，两边取对数即可得出．【解答】解：设第n年开始超过200万元，那么130×〔1+12%〕n﹣2021 ＞200，＞lg2﹣lg1.3，n﹣2021 ＞=3.8．取n=2021．因此开始超过200万元年份是2021年．应选：B．8．【分析】设锐角顶点为O，再设|OA1|=a，|OB1|=c，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，c不确定，推断C，D不正确，设△A n B n B n+1底边B n B n+1上高为h n，运用三角形相像学问，h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，进而得到数列{S n}为等差数列．【解答】解：设锐角顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=c，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，c不确定，那么{d n}不肯定是等差数列，{d n2}不肯定是等差数列，设△A n B n B n+1底边B n B n+1上高为h n，由三角形相像可得==，==，两式相加可得，==2，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n﹣S n+1=S n+1﹣S n，+2那么数列{S n}为等差数列．另解：可设△A1B1B2，△A2B2B3，…，A n B n B n+1为直角三角形，且A1B1，A2B2，…，A n B n为直角边，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n﹣S n+1=S n+1﹣S n，+2那么数列{S n}为等差数列．应选：A．9．【分析】由新定义可得，“标准01数列〞有偶数项2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，当m=4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．【解答】解：由题意可知，“标准01数列〞有偶数项2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，假设m=4，说明数列有8项，满意条件数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．应选：C．二．填空题〔共9小题〕10．【分析】利用等差数列求出公差，等比数列求出公比，然后求解第二项，即可得到结果．【解答】解：等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=﹣1，a4=b4=8，设等差数列公差为d，等比数列公比为q．可得：8=﹣1+3d，d=3，a2=2；8=﹣q3，解得q=﹣2，∴b2=2．可得=1．故答案为：1．11．【分析】设等比数列{a n}公比为q≠1，S3=，S6=，可得=，=，联立解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}公比为q≠1，∵S3=，S6=，∴=，=，解得a1=，q=2．那么a8==32．故答案为：32．12．【分析】利用条件求出等差数列前n项和，然后化简所求表达式，求解即可．【解答】解：等差数列{a n}前n项和为S n，a3=3，S4=10，S4=2〔a2+a3〕=10，可得a2=2，数列首项为1，公差为1，S n=，=，那么=2[1﹣++…+]=2〔1﹣〕=．故答案为：．13．【分析】设等比数列{a n}公比为q，由a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，可得：a1〔1+q〕=﹣1，a1〔1﹣q2〕=﹣3，解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}公比为q，∵a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，∴a1〔1+q〕=﹣1，a1〔1﹣q2〕=﹣3，解得a1=1，q=﹣2．那么a4=〔﹣2〕3=﹣8．故答案为：﹣8．14．【分析】利用等差数列通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a9值．【解答】解：∵{a n}是等差数列，S n是其前n项和，a1+a22=﹣3，S5=10，∴，解得a1=﹣4，d=3，∴a9=﹣4+8×3=20．故答案为：20．15．【分析】由条件利用等差数列性质求出公差，由此利用等差数列前n项和公式能求出S6．【解答】解：∵{a n}为等差数列，S n为其前n项和．a1=6，a3+a5=0，∴a1+2d+a1+4d=0，∴12+6d=0，解得d=﹣2，∴S6==36﹣30=6．故答案为：6．16．【分析】对随意n∈N*，S n∈{2，3}，列举出n=1，2，3，4状况，归纳可得n ＞4后都为0或1或﹣1，那么k最大个数为4．【解答】解：对随意n∈N*，S n∈{2，3}，可得当n=1时，a1=S1=2或3；假设n=2，由S2∈{2，3}，可得数列前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；假设n=3，由S3∈{2，3}，可得数列前三项为2，0，0；或2，0，1；或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；假设n=4，由S3∈{2，3}，可得数列前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；…即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，那么k最大个数为4，不同四个数均为2，0，1，﹣1，或3，0，1，﹣1．故答案为：4．17．【分析】求出数列等比与首项，化简a1a2…a n，然后求解最值．【解答】解：等比数列{a n}满意a1+a3=10，a2+a4=5，可得q〔a1+a3〕=5，解得q=．a1+q2a1=10，解得a1=8．那么a1a2…a n=a1n•q1+2+3+…+〔n﹣1〕=8n•==，当n=3或4时，表达式获得最大值：=26=64．故答案为：64．18．【分析】运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n＞1时，a n=S n+1﹣S n，结合条件，计算即可得到所求和．+1【解答】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；=S n+1﹣S n，可得由a n+1S n+1=3S n+1，由S2=4，可得S3=3×4+1=13，S4=3×13+1=40，S5=3×40+1=121．故答案为：1，121．三．解答题〔共22小题〕19．【分析】〔1〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q，运用等差数列和等比数列通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；〔2〕运用等比数列求和公式，解方程可得公比，再由等差数列通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：〔1〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q，a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2，a3+b3=5，可得﹣1+d+q=2，﹣1+2d+q2=5，解得d=1，q=2或d=3，q=0〔舍去〕，那么{b n}通项公式为b n=2n﹣1，n∈N*；〔2〕b1=1，T3=21，可得1+q+q2=21，解得q=4或﹣5，当q=4时，b2=4，a2=2﹣4=﹣2，d=﹣2﹣〔﹣1〕=﹣1，S3=﹣1﹣2﹣3=﹣6；当q=﹣5时，b2=﹣5，a2=2﹣〔﹣5〕=7，d=7﹣〔﹣1〕=8，S3=﹣1+7+15=21．20．【分析】〔I〕列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；〔II〕从各点向x轴作垂线，求出梯形面积通项公式，利用错位相减法求和即可．【解答】解：〔I〕设数列{x n}公比为q，那么q＞0，由题意得，两式相比得：，解得q=2或q=﹣〔舍〕，∴x1=1，∴x n=2n﹣1．〔II〕过P1，P2，P3，…，P n向x轴作垂线，垂足为Q1，Q2，Q3，…，Q n，记梯形P n P n+1Q n+1Q n面积为b n，那么b n==〔2n+1〕×2n﹣2，∴T n=3×2﹣1+5×20+7×21+…+〔2n+1〕×2n﹣2，①∴2T n=3×20+5×21+7×22+…+〔2n+1〕×2n﹣1，②①﹣②得：﹣T n=+〔2+22+…+2n﹣1〕﹣〔2n+1〕×2n﹣1=+﹣〔2n+1〕×2n﹣1=﹣+〔1﹣2n〕×2n﹣1．∴T n=．21．【分析】〔1〕通过首项和公比，联立a1+a2=6、a1a2=a3，可求出a1=q=2，进而利用等比数列通项公式可得结论；=〔2n+1〕b n+1，结合S2n+1=b n b n+1可知b n=2n+1，〔2〕利用等差数列性质可知S2n+1进而可知=，利用错位相减法计算即得结论．【解答】解：〔1〕记正项等比数列{a n}公比为q，因为a1+a2=6，a1a2=a3，所以〔1+q〕a1=6，q=q2a1，解得：a1=q=2，所以a n=2n；〔2〕因为{b n}为各项非零等差数列，=〔2n+1〕b n+1，所以S2n+1=b n b n+1，又因为S2n+1所以b n=2n+1，=，所以T n=3•+5•+…+〔2n+1〕•，T n=3•+5•+…+〔2n﹣1〕•+〔2n+1〕•，两式相减得：T n=3•+2〔++…+〕﹣〔2n+1〕•，即T n=3•+〔+++…+〕﹣〔2n+1〕•，即T n=3+1++++…+〕﹣〔2n+1〕•=3+﹣〔2n+1〕•=5﹣．22．【分析】〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．通过b2+b3=12，求出q，得到．然后求出公差d，推出a n=3n﹣2．〔Ⅱ〕设数列{a2n b n}前n项和为T n，利用错位相减法，转化求解数列{a2n b n}前n 项和即可．【解答】〔Ⅰ〕解：设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．由b2+b3=12，得，而b1=2，所以q2+q﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8．由S11=11b4，可得a1+5d=16，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，{a n}通项公式为a n=3n﹣2，{b n}通项公式为．〔Ⅱ〕解：设数列{a2n b n}前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，有，，上述两式相减，得=．得．所以，数列{a2n b n}前n项和为〔3n﹣4〕2n+2+16．23．【分析】〔Ⅰ〕设出公差与公比，利用条件求出公差与公比，然后求解{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕化简数列通项公式，利用错位相减法求解数列和即可．【解答】解：〔I〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．由b2+b3=12，得b1〔q+q2〕=12，而b1=2，所以q+q2﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，b n=2n．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8①．由S11=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，数列{a n}通项公式为a n=3n﹣2，数列{b n}通项公式为b n=2n．〔II〕设数列{a2n b2n﹣1}前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，b2n﹣1=4n，有a2n b2n﹣1=〔3n﹣1〕4n，故T n=2×4+5×42+8×43+…+〔3n﹣1〕4n，4T n=2×42+5×43+8×44+…+〔3n﹣1〕4n+1，上述两式相减，得﹣3T n=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣〔3n﹣1〕4n+1==﹣〔3n﹣2〕4n+1﹣8得T n=．所以，数列{a2n b2n﹣1}前n项和为．24．【分析】〔1〕利用数列递推关系即可得出．〔2〕==﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：〔1〕数列{a n}满意a1+3a2+…+〔2n﹣1〕a n=2n．n≥2时，a1+3a2+…+〔2n﹣3〕a n﹣1=2〔n﹣1〕．∴〔2n﹣1〕a n=2．∴a n=．当n=1时，a1=2，上式也成立．∴a n=．〔2〕==﹣．∴数列{}前n项和=++…+=1﹣=．25．【分析】〔1〕由题意可知a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1==，a2==，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，依据等比数列通项公式，即可求得{a n}通项公式；〔2〕由〔1〕可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，明显S n+1+S n+2=2S n，那么S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：〔1〕设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，那么a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，那么a1==，a2==，由a1+a2=2，+=2，整理得：q2+4q+4=0，解得：q=﹣2，那么a1=﹣2，a n=〔﹣2〕〔﹣2〕n﹣1=〔﹣2〕n，∴{a n}通项公式a n=〔﹣2〕n；〔2〕由〔1〕可知：S n===﹣[2+〔﹣2〕n+1]，=﹣[2+〔﹣2〕n+2]，S n+2=﹣[2+〔﹣2〕n+3]，那么S n+1+S n+2=﹣[2+〔﹣2〕n+2]﹣[2+〔﹣2〕n+3]，由S n+1=﹣[4+〔﹣2〕×〔﹣2〕n+1+〔﹣2〕2×〔﹣2〕n+1]，=﹣[4+2〔﹣2〕n+1]=2×[﹣〔2+〔﹣2〕n+1〕]，=2S n，+S n+2=2S n，即S n+1，S n，S n+2成等差数列．∴S n+126．+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=〔a n﹣【分析】〔1〕由题意可知依据等差数列性质，a n﹣33+a n+3〕+〔a n﹣2+a n+2〕+〔a n﹣1+a n+1〕═2×3a n，依据“P〔k〕数列〞定义，可得数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕由条件结合〔1〕中结论，可得到{a n}从第3项起为等差数列，再通过推断a2与a3关系和a1与a2关系，可知{a n}为等差数列．【解答】解：〔1〕证明：设等差数列{a n}首项为a1，公差为d，那么a n=a1+〔n ﹣1〕d，+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3，那么a n﹣3=〔a n﹣3+a n+3〕+〔a n﹣2+a n+2〕+〔a n﹣1+a n+1〕，=2a n+2a n+2a n，=2×3a n，∴等差数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕证明：当n≥4时，因为数列{a n}是P〔3〕数列，那么a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，①因为数列{a n}是“P〔2〕数列〞，所以a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n，②+a n+a n+2+a n+3=4a n+1，③，那么a n﹣1②+③﹣①，得2a n=4a n﹣1+4a n+1﹣6a n，即2a n=a n﹣1+a n+1，〔n≥4〕，因此n≥4从第3项起为等差数列，设公差为d，留意到a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=4a4﹣a3﹣a5﹣a6=4〔a3+d〕﹣a3﹣〔a3+2d〕﹣〔a3+3d〕=a3﹣d，因为a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4〔a2+d〕﹣a2﹣〔a2+2d〕﹣〔a2+3d〕=a2﹣d，也即前3项满意等差数列通项公式，所以{a n}为等差数列．27．【分析】〔Ⅰ〕利用条件求出等差数列公差，然后求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕利用条件求出公比，然后求解数列和即可．【解答】解：〔Ⅰ〕等差数列{a n}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以{a n}通项公式：a n=1+〔n﹣1〕×2=2n﹣1．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可得a5=a1+4d=9，等比数列{b n}满意b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3〔舍去〕〔等比数列奇数项符号一样〕．∴q2=3，}是等比数列，公比为3，首项为1．{b2n﹣1b1+b3+b5+…+b2n﹣1==．28．【分析】〔1〕分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕≤0，那么b1﹣na1≥b k﹣na k，那么c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立；〔2〕由b i﹣a i n=[b1+〔i﹣1〕d1]﹣[a1+〔i﹣1〕d2]×n=〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕〔d2﹣d1×n〕，分类探讨d1=0，d1＞0，d1＜0三种状况进展探讨依据等差数列性质，即可求得使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列；设=An+B+对随意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类探讨，采纳放缩法即可求得因此对随意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．【解答】解：〔1〕a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，那么〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕，=[〔2k﹣1〕﹣nk]﹣1+n，=〔2k﹣2〕﹣n〔k﹣1〕，=〔k﹣1〕〔2﹣n〕，由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，那么〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕≤0，那么b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，∴c n+1∴数列{c n}是等差数列；〔2〕证明：设数列{a n}和{b n}公差分别为d1，d2，下面考虑c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中随意b i﹣a i n，〔i∈N*，且1≤i≤n〕，那么b i﹣a i n=[b1+〔i﹣1〕d1]﹣[a1+〔i﹣1〕d2]×n，=〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕〔d2﹣d1×n〕，下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种状况进展探讨，①假设d1=0，那么b i﹣a i n═〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕d2，当假设d2≤0，那么〔b i﹣a i n〕﹣〔b1﹣a1n〕=〔i﹣1〕d2≤0，那么对于给定正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，〔b i﹣a i n〕﹣〔b n﹣a n n〕=〔i﹣n〕d2＞0，那么对于给定正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，此时c n﹣c n=d2﹣a1，+1∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，那么c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②假设d1＞0，那么此时﹣d1n+d2为一个关于n一次项系数为负数一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，那么当n≥m时，〔b i﹣a i n〕﹣〔b1﹣a1n〕=〔i﹣1〕〔﹣d1n+d2〕≤0，〔i∈N*，1≤i≤n〕，因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；此时c n+1③假设d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n一次项系数为正数一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，那么当n≥s时，〔b i﹣a i n〕﹣〔b n﹣a n n〕=〔i﹣1〕〔﹣d1n+d2〕≤0，〔i∈N*，1≤i≤n〕，因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时==﹣a n+，=﹣d2n+〔d1﹣a1+d2〕+，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+对随意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，假设C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，此时命题成立；假设C＜0，取m=[]+1，当n≥m时，≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对随意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种状况，命题得证．29．【分析】〔Ⅰ〕用数学归纳法即可证明，〔Ⅱ〕构造函数，利用导数推断函数单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，〔Ⅲ〕由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2〔﹣〕＞0，接着放缩即可证明【解答】解：〔Ⅰ〕用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，那么x k＞0，那么n=k+1时，假设x k+1＜0，那么0＜x k=x k+1+ln〔1+x k+1〕＜0，冲突，故x n+1＞0，因此x n＞0，〔n∈N*〕∴x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n〔n∈N*〕，〔Ⅱ〕由x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+〔x n+1+2〕ln〔1+x n+1〕，记函数f〔x〕=x2﹣2x+〔x+2〕ln〔1+x〕，x≥0∴f′〔x〕=+ln〔1+x〕＞0，∴f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增，∴f〔x〕≥f〔0〕=0，因此x n+12﹣2x n+1+〔x n+1+2〕ln〔1+x n+1〕≥0，故2x n+1﹣x n≤；〔Ⅲ〕∵x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2〔﹣〕＞0，∴﹣≥2〔﹣〕≥…≥2n﹣1〔﹣〕=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．30．【分析】〔1〕设{a n}是公差为d等差数列，{b n}是公比为q等比数列，运用通项公式可得q=3，d=2，进而得到所求通项公式；〔2〕求得c n=a n+b n=2n﹣1+3n﹣1，再由数列求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：〔1〕设{a n}是公差为d等差数列，{b n}是公比为q等比数列，由b2=3，b3=9，可得q==3，b n=b2q n﹣2=3•3n﹣2=3n﹣1；即有a1=b1=1，a14=b4=27，那么d==2，那么a n=a1+〔n﹣1〕d=1+2〔n﹣1〕=2n﹣1；〔2〕c n=a n+b n=2n﹣1+3n﹣1，那么数列{c n}前n项和为〔1+3+…+〔2n﹣1〕〕+〔1+3+9+…+3n﹣1〕=n•2n+=n2+．31．【分析】〔Ⅰ〕结合“G时刻〞定义进展分析；〔Ⅱ〕可以采纳假设法和递推法进展分析；〔Ⅲ〕可以采纳假设法和列举法进展分析．【解答】解：〔Ⅰ〕依据题干可得，a1=﹣2，a2=2，a3=﹣1，a4=1，a5=3，a1＜a2满意条件，2满意条件，a2＞a3不满意条件，3不满意条件，a2＞a4不满意条件，4不满意条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此5满意条件，因此G〔A〕={2，5}．〔Ⅱ〕因为存在a n＞a1，设数列A中第一个大于a1项为a k，那么a k＞a1≥a i，其中2≤i≤k﹣1，所以k∈G〔A〕，G〔A〕≠∅；〔Ⅲ〕设A数列全部“G时刻〞为i1＜i2＜…＜i k，对于第一个“G时刻〞i1，有＞a1≥a i〔i=2，3，…，i1﹣1〕，那么﹣a1≤﹣≤1．对于第二个“G时刻〞i1，有＞≥a i〔i=2，3，…，i1﹣1〕，那么﹣≤﹣≤1．类似﹣≤1，…，﹣≤1．于是，k≥〔﹣〕+〔﹣〕+…+〔﹣〕+〔﹣a1〕=﹣a1．对于a N，假设N∈G〔A〕，那么=a N．假设N∉G〔A〕，那么a N≤，否那么由〔2〕知，，…，a N，中存在“G 时刻〞与只有k个“G时刻〞冲突．从而k≥﹣a1≥a N﹣a1．32．【分析】〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，依据构造关于首项和公差方程组，解得答案；〔Ⅱ〕依据b n=[a n]，列出数列{b n}前10项，相加可得答案．【解答】解：〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，∵a3+a4=4，a5+a7=6．∴，解得：，∴a n=；〔Ⅱ〕∵b n=[a n]，∴b1=b2=b3=1，b4=b5=2，b6=b7=b8=3，b9=b10=4．故数列{b n}前10项和S10=3×1+2×2+3×3+2×4=24．33．【分析】〔1〕依据等比数列通项公式列方程解出公比q，利用求和公式解出a1，得出通项公式；〔2〕利用对数运算性质求出b n，运用分项求和法和平方差公式计算．【解答】解：〔1〕设{a n}公比为q，那么﹣=，即1﹣=，解得q=2或q=﹣1．假设q=﹣1，那么S6=0，与S6=63冲突，不符合题意．∴q=2，∴S6==63，∴a1=1．∴a n=2n﹣1．〔2〕∵b n是log2a n和log2a n+1等差中项，∴b n=〔log2a n+log2a n+1〕=〔log22n﹣1+log22n〕=n﹣．﹣b n=1．∴b n+1∴{b n}是以为首项，以1为公差等差数列．设{〔﹣1〕n b n2}前2n项和为T n，那么T n=〔﹣b12+b22〕+〔﹣b32+b42〕+…+〔﹣b2n﹣12+b2n2〕=b1+b2+b3+b4…+b2n﹣1+b2n===2n2．34．【分析】〔1〕{a n}与{b n}不是无穷互补数列．由4∉A，4∉B，4∉A∪B=N*，即可推断；〔2〕由a n=2n，可得a4=16，a5=32，再由新定义可得b16=16+4=20，运用等差数列求和公式，计算即可得到所求和；〔3〕运用等差数列通项公式，结合首项大于等于1，可得d=1或2，探讨d=1，2求得通项公式，结合新定义，即可得到所求数列通项公式．【解答】解：〔1〕{a n}与{b n}不是无穷互补数列．理由：由a n=2n﹣1，b n=4n﹣2，可得4∉A，4∉B，即有4∉A∪B=N*，即有{a n}与{b n}不是无穷互补数列；〔2〕由a n=2n，可得a4=16，a5=32，由{a n}与{b n}是无穷互补数列，可得b16=16+4=20，即有数列{b n}前16项和为〔1+2+3+…+20〕﹣〔2+4+8+16〕=×20﹣30=180；〔3〕设{a n}为公差为d〔d为正整数〕等差数列且a16=36，那么a1+15d=36，由a1=36﹣15d≥1，可得d=1或2，假设d=1，那么a1=21，a n=n+20，b n=n〔1≤n≤20〕，与{a n}与{b n}是无穷互补数列冲突，舍去；假设d=2，那么a1=6，a n=2n+4，b n=．综上可得，a n=2n+4，b n=．35．【分析】〔1〕依据数列通项公式与前n项和公式之间关系进展递推，结合等比数列定义进展证明求解即可．〔2〕依据条件建立方程关系进展求解就可．【解答】解：〔1〕∵S n=1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=1+λa n﹣1﹣λa n﹣1=λa n﹣λa n﹣1，即〔λ﹣1〕a n=λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即=，〔n≥2〕，∴{a n}是等比数列，公比q=，当n=1时，S1=1+λa1=a1，即a1=，∴a n=•〔〕n﹣1．〔2〕假设S5=，那么假设S5=1+λ[•〔〕4]=，即〔〕5=﹣1=﹣，那么=﹣，得λ=﹣1．36．【分析】〔Ⅰ〕依据条件建立方程组关系，求出首项，利用数列递推关系证明数列{a n}是公比q=3等比数列，即可求通项公式a n；〔Ⅱ〕探讨n取值，利用分组法将数列转化为等比数列和等差数列即可求数列{|a n ﹣n﹣2|}前n项和．【解答】解：〔Ⅰ〕∵S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*．∴a1+a2=4，a2=2S1+1=2a1+1，解得a1=1，a2=3，=2S n+1，a n=2S n﹣1+1，当n≥2时，a n+1两式相减得a n﹣a n=2〔S n﹣S n﹣1〕=2a n，+1=3a n，当n=1时，a1=1，a2=3，即a n+1满意a n=3a n，+1∴=3，那么数列{a n}是公比q=3等比数列，那么通项公式a n=3n﹣1．〔Ⅱ〕a n﹣n﹣2=3n﹣1﹣n﹣2，设b n=|a n﹣n﹣2|=|3n﹣1﹣n﹣2|，那么b1=|30﹣1﹣2|=2，b2=|3﹣2﹣2|=1，当n≥3时，3n﹣1﹣n﹣2＞0，那么b n=|a n﹣n﹣2|=3n﹣1﹣n﹣2，此时数列{|a n﹣n﹣2|}前n项和T n=3+﹣=，那么T n==．37．【分析】〔Ⅰ〕利用条件求出等差数列公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；〔Ⅱ〕找出数列规律，然后求数列{b n}前1000项和．【解答】解：〔Ⅰ〕S n为等差数列{a n}前n项和，且a1=1，S7=28，7a4=28．可得a4=4，那么公差d=1．a n=n，b n=[lgn]，那么b1=[lg1]=0，b11=[lg11]=1，b101=[lg101]=2．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可知：b1=b2=b3=…=b9=0，b10=b11=b12=…=b99=1．b100=b101=b102=b103=…=b999=2，b10，00=3．数列{b n}前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3=1893．38．【分析】〔Ⅰ〕依据题意，由数列递推公式可得a2与a3值，又由a2，a3，a2+a3成等差数列，可得2a3=a2+〔a2+a3〕，代入a2与a3值可得q2=2q，解可得q值，进而可得S n=2S n+1，进而可得S n=2S n﹣1+1，将两式相减可得a n=2a n﹣1，即可得数+1列{a n}是以1为首项，公比为2等比数列，由等比数列通项公式计算可得答案；〔Ⅱ〕依据题意S n=qS n+1，同理有S n=qS n﹣1+1，将两式相减可得a n=qa n﹣1，分析+1可得a n=q n﹣1；又由双曲线x2﹣=1离心率为e n，且e2=2，分析可得e2==2，解可得a2值，由a n=q n﹣1可得q值，进而可得数列{a n}通项公式，再次由双曲线几何性质可得e n2=1+a n2=1+3n﹣1，运用分组求和法计算可得答案．【解答】解：〔Ⅰ〕依据题意，数列{a n}首项为1，即a1=1，=qS n+1，那么S2=qa1+1，那么a2=q，又由S n+1又有S3=qS2+1，那么有a3=q2，假设a2，a3，a2+a3成等差数列，即2a3=a2+〔a2+a3〕，那么可得q2=2q，〔q＞0〕，解可得q=2，=2S n+1，①那么有S n+1进而有S n=2S n﹣1+1，②①﹣②可得a n=2a n﹣1，那么数列{a n}是以1为首项，公比为2等比数列，那么a n=1×2n﹣1=2n﹣1；=qS n+1，③〔Ⅱ〕依据题意，有S n+1同理可得S n=qS n﹣1+1，④③﹣④可得：a n=qa n﹣1，又由q＞0，那么数列{a n}是以1为首项，公比为q等比数列，那么a n=1×q n﹣1=q n﹣1；假设e2=2，那么e2==2，解可得a2=，那么a2=q=，即q=，a n=1×q n﹣1=q n﹣1=〔〕n﹣1，那么e n2=1+a n2=1+3n﹣1，故e12+e22+…+e n2=n+〔1+3+32+…+3n﹣1〕=n+．39．【分析】〔Ⅰ〕令n=1，可得a1=2，结合{a n}是公差为3等差数列，可得{a n}通项公式；〔Ⅱ〕由〔1〕可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比等比数列，进而可得：{b n}前n项和．【解答】解：〔Ⅰ〕∵a n b n+1+b n+1=nb n．当n=1时，a1b2+b2=b1．∵b1=1，b2=，∴a1=2，又∵{a n}是公差为3等差数列，∴a n=3n﹣1，+b n+1=nb n．〔Ⅱ〕由〔I〕知：〔3n﹣1〕b n+1=b n．即3b n+1即数列{b n}是以1为首项，以为公比等比数列，∴{b n}前n项和S n==〔1﹣3﹣n〕=﹣．40．【分析】〔1〕依据题意，由S T定义，分析可得S T=a2+a4=a2+9a2=30，计算可得a2=3，进而可得a1值，由等比数列通项公式即可得答案；〔2〕依据题意，由S T定义，分析可得S T≤a1+a2+…a k=1+3+32+…+3k﹣1，由等比数列前n项和公式计算可得证明；〔3〕设A=∁C〔C∩D〕，B=∁D〔C∩D〕，那么A∩B=∅，进而分析可以将原命题转化为证明S C≥2S B，分2种状况进展探讨：①、假设B=∅，②、假设B≠∅，可以证明得到S A≥2S B，即可得证明．【解答】解：〔1〕等比数列{a n}中，a4=3a3=9a2，当T={2，4}时，S T=a2+a4=a2+9a2=30，因此a2=3，从而a1==1，故a n=3n﹣1，〔2〕S T≤a1+a2+…a k=1+3+32+…+3k﹣1=＜3k=a k+1，〔3〕设A=∁C〔C∩D〕，B=∁D〔C∩D〕，那么A∩B=∅，分析可得S C=S A+S C∩D，S D=S B+S C∩D，那么S C+S C∩D﹣2S D=S A﹣2S B，因此原命题等价于证明S C≥2S B，由条件S C≥S D，可得S A≥S B，①、假设B=∅，那么S B=0，故S A≥2S B，②、假设B≠∅，由S A≥S B可得A≠∅，设A中最大元素为l，B中最大元素为m，假设m≥l+1，那么其与S A＜a i+1≤a m≤S B相冲突，因为A∩B=∅，所以l≠m，那么l≥m+1，S B≤a1+a2+…a m=1+3+32+…+3m﹣1=≤=，即S A≥2S B，综上所述，S A≥2S B，故S C+S C∩D≥2S D．41、【分析】〔Ⅰ〕求出数列{a n}通项公式，再求数列{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求出数列{c n}通项，利用错位相减法求数列{c n}前n项和T n．【解答】解：〔Ⅰ〕S n=3n2+8n，∴n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=6n+5，n=1时，a1=S1=11，∴a n=6n+5；∵a n=b n+b n+1，∴a n=b n﹣1+b n，﹣1∴a n﹣a n﹣1=b n+1﹣b n﹣1．∴2d=6，∴d=3，∵a1=b1+b2，∴11=2b1+3，∴b1=4，∴b n=4+3〔n﹣1〕=3n+1；〔Ⅱ〕c n========6〔n+1〕•2n，∴T n=6[2•2+3•22+…+〔n+1〕•2n]①，∴2T n=6[2•22+3•23+…+n•2n+〔n+1〕•2n+1]②，①﹣②可得﹣T n=6[2•2+22+23+…+2n﹣〔n+1〕•2n+1]=12+6×﹣6〔n+1〕•2n+1=〔﹣6n〕•2n+1=﹣3n•2n+2，∴T n=3n•2n+2．42、【分析】〔1〕依据题意，由数列递推公式，令n=1可得a12﹣〔2a2﹣1〕a1﹣2a2=0，将a1=1代入可得a2值，进而令n=2可得a22﹣〔2a3﹣1〕a2﹣2a3=0，将a2=代入计算可得a3值，即可得答案；﹣1〕a n﹣2a n+1=0变形可得〔a n﹣2a n+1〕〔a n+a n+1〕〔2〕依据题意，将a n2﹣〔2a n+1=0，进而分析可得a n=2a n+1或a n=﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n=2a n+1，结合等比数列性质可得{a n}是首项为a1=1，公比为等比数列，由等比数列通项公式计算可得答案．【解答】解：〔1〕依据题意，a n2﹣〔2a n﹣1〕a n﹣2a n+1=0，+1当n=1时，有a12﹣〔2a2﹣1〕a1﹣2a2=0，而a1=1，那么有1﹣〔2a2﹣1〕﹣2a2=0，解可得a2=，当n=2时，有a22﹣〔2a3﹣1〕a2﹣2a3=0，又由a2=，解可得a3=，故a2=，a3=；﹣1〕a n﹣2a n+1=0，〔2〕依据题意，a n2﹣〔2a n+1变形可得〔a n﹣2a n+1〕〔a n+1〕=0，即有a n=2a n+1或a n=﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，那么有a n=2a n+1，故数列{a n}是首项为a1=1，公比为等比数列，那么a n=1×〔〕n﹣1=〔〕n﹣1，故a n=〔〕n﹣1．。

考点20 递推公式求通项(第1课时)——2021年高考数学专题复习真题附解析

考点20 递推公式求通项（第一课时）【题组一公式法】1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________．【答案】4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝4,121,2n n n =⎧⎨+≥⎩.2．设数列{}n a 的前n 项乘积为n T ，对任意正整数n 都有1n n T a =-，则n T =______．【答案】11n + 【解析】对任意正整数n 都有1n n T a =-，2n ≥时，11n n n T T T -=-，化为：1111n n T T --=． 1n =时，111T T =-，可得：112T =，112T =．可得：()1211n n n T =+-=+．11n T n ∴=+．故答案为11n +． 3．数列{}n a 的前n 项和为23n S n n =+，n ∈+N ，则它的通项公式为______.【答案】22n a n =+【解析】数列{}n a 的前n 项和为23n S n n =+，n ∈+N ，当=1n 时，114a S ==，当2n ≥时，2213(1)3(1)22n n n a S S n n n n n -=-=+----=+，1n =满足上式，22n a n ∴=+.故答案为:22n a n =+.4．若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =+，则n a =______. 【答案】12n -- 【解析】21n n S a =+，∴当1n =时，1121a a =+，解得11a =﹣.当2n ≥时，()112121n n n n n a S S a a --=+--=+，即12n n a a -=，∴数列{}n a 是等比数列，首项为1-，公比为2.12n n a -∴=-.故答案为：﹣2n ﹣1.5．数列{}n a 的前n 项和23nn S =+，则其通项公式n a =________.【答案】15,12,2n n n -=⎧⎨≥⎩【解析】当1n =时，11235a =S =+=；当2n ≥时，11123232n n n n n n a S S ---=-=+--=；故15,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩故答案为：15,12,2n n n -=⎧⎨≥⎩6．已知数列{}n a 满足()12323213n n a a a na n ++++=-⋅，N n *∈，则n a =_________________．【答案】13,143,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩【解析】当1n =时，()12133a =-⨯=，当2n ≥时，由题意可得：()12323213n n a a a na n ++++=-⋅，()()11231231233n n a a a n a n --++++-=-⋅，两式作差可得：()()1121323343nn n n na n n n --=-⋅--⋅=⋅，故143n n a -=⨯，综上可得：13,143,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩.7．若数列}{n a2*3()n n n N =+∈，则n a =_______．【答案】()241n +【解析】数列}{n a2*3()n n n N =+∈4=，即116a =2n ≥时()()2*131()n n n N =-+-∈22n =+，所以()241n a n =+（2n ≥ ）当1n =时，116a =适合上式，所以()241n a n =+ 8．已知数列{}n a 满足：2112313333n n n a a a a -+++⋯+=，()*n N ∈数列{}n a 的通项公式。

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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．
（2）若数列{bn}满足bn＝log3an，记数列{ }的前n项和为Tn，证明： Tn ．
22．首届世界低碳经济大会11月17日在南昌召开，本届大会的主题为“节能减排，绿色生态”．某企业在国家科研部门的支持下，投资810万元生产并经营共享单车，第一年维护费为10万元，以后每年增加20万元，每年收入租金300万元．
（1）求数列{bn}的通项公式：
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，在①b1+b3＝a2，②a4＝b4这两个条件中任选一个，补充在题干条件中，是否存在k，使得Sk＞Sk+1且Sk+2＞Sk+1？若问题中的k存在，求k的值；着k不存在，说明理由．
17．已知等比数列{an}满足a1+a2＝3，a2+a3＝6；数列{bn}满足（1 ）•（1 ）•（1 ）…（1 ）．
（1）求数列{an}通项公式an；
（2）求数列{bn}的前n项和Sn．
20．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn （1 ）（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝4nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
21．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝3an﹣3．
（1）证明数列{an}是等比数列；
（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；
（2）记cn＝an+bn，设Sn＝|c1|+|c2|+|c3|+…|cn|，求Sn．
6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3， a2，2a1成等差数列，且a1 ，S4＝30．
（1）求等比数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝log2an，cn＝（﹣1）n（），求{cn}前2020项和T2020．
（3）设，若不等式对于任意n∈N*都成立，求正数k的最大值．
11．已知数列{bn}为等比数列，bn＝an+2n﹣1，且a1＝5，a2＝15．
（1）求{bn}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，6Sn＝3nan+1﹣2n（n+1）（n+2），n∈N*．
（1）求数列{an}与数列{bn}的通项公式；
（2）求数列{anbn}的前n项和Tn．
8．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足8Sn＝16an2+n﹣1，数列{bn}满足bn （n≥2），b1 ．
（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记数列{cn}满足cn＝[（﹣1）n﹣1+1]an+[（﹣1）n+1]bn，设数列的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，试比较An与Bn的大小．
4．在正项等比数列{an}中，a4＝16，且a2，a3的等差中项为a1+a2．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若bn＝log2a2n﹣1，数列{bn}的前n项和为Sn，求数列{ }的前n项和Tn．
5．已知两个等差数列{an}，{bn}，其中a1＝1，b1＝6，b3＝0，记{an}前n项和为Tn，Tn ．
（1）若扣除投资和各种维护费，则从第几年开始获取纯利润？
（2）若干年后企业为了投资其他项目，有两种处理方案：
①纯利润总和最大时，以100万元转让经营权；
②年平均利润最大时以460万元转让经营权，问哪种方案更优？
23．在等差数列{an}中，a1+a6＝9，a2列{an}满足a2＝2，且a2，a3+1，a4成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝an﹣2n+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
2．在①S3＝a6，②S4＝20，③a1+a4+a7＝24这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）
9．已知数列{an}满足a1＝2，．
（Ⅰ）求a2，a3的值，并求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若bn＝log3（an+1），求数列的前n项和Sn；
（Ⅲ）若数列的前n项和为Tn，求证：．
10．已知数列{an}满足a1＝2，
（1）求a2，a3的值；
（2）求证：数列是等比数列，并求{an}的通项公式；
（3）若dndn+1＝（﹣1）n﹣1 ，Pm＝d1+d3+d5+…+d2m﹣1，Qm＝d2+d4+d6+……+d2m，Gm是Pm与Qm的等比中项且Gm＞0，对任意s，t∈N*，Gs﹣Gt≤ρ，求ρ取值范围．
7．已知数列{an}是各项为正数的等比数列，且a2＝4，．数列{bn}是单调递增的等差数列，且b2•b3＝15，b1+b4＝8，