2020高考数学理科数列训练题
2020年高考数学(理数)解答题强化专练——数列含答案
（理数）解答题强化专练——数列一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.已知等差数列{a n}满足a n+1+n=2a n+1．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和，求数列的前n项和T n．2.已知{a n}是递增的等差数列，且满足a2+a4=20，a1•a5=36．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=，求数列{b n}的前n项和T n的最小值．3.已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+n-1．（1）设b n=a n+n，证明：数列{b n}是等比数列；（2）设数列{a n}的前n项和为S n，求S n．4.记S n为等差数列{a n}的前n项和，数列{b n}为正项等比数列，已知a3=5，S3=9，b1=a1，b5=S4．（1）求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；（2）记T n为数列{a n•b n}的前n项和，求T n．5.已知正项数列{a n}的前n项和为S n，若数列{a n}是公差为-1的等差数列，且a2+2是a1，a3的等差中项．（1）证明数列{a n}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；（2）若T n是数列{}的前n项和，若T n＜M恒成立，求实数M的取值范围．6.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a2=且n≥2）．（Ⅰ）证明：为等差数列：（Ⅱ）求数列的前n项和T n．7.已知S n为等差数列{a n}的前n项和，且S2=2a2-2，S5=3a5．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=a n•2n-1，记数列{b n}的前n项和为T n，若T n＞300．求正整数n的取值范围．8.设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q，已知a1＝b1，a3＝b1＋b2＝5，q＝2d．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）记c n＝a n·b n，求数列{c n}的前n项和S n．9.已知等比数列{a n}的公比q＞1，且a1+a3+a5=42，a3+9是a1，a5的等差中项．数列{b n}的通项公式b n=，n∈N*．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：b1+b2+…+b n＜，n∈N*．10.设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，且a n S n+1-a n+1S n=a n+1-λa n，对一切n∈N*都成立．（1）当λ=1时；①求数列{a n}的通项公式；②若b n=（n+1）a n，求数列{b n}的前n项的和T n；（2）是否存在实数λ，使数列{a n}是等差数列如果存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．答案和解析1.【答案】解：（1）由已知{a n}为等差数列，记其公差为d．①当n≥2时，，两式相减可得d+1=2d，所以d=1，②当n=1时，a2+1=2a1+1，所以a1=1．所以a n=1+n-1=n；（2），，所以=．【解析】本题考查等差数列的定义、通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题．（1）设等差数列的公差为d，将已知等式中的n换为n-1，相减可得公差d=1，再令n=1，可得首项，进而得到所求通项公式；（2）由等差数列的求和公式可得S n，求得，再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．2.【答案】解：（1）{a n}是递增的等差数列，设公差为d，则d＞0，a2+a4=20，a1•a5=36，可得a1+a5=20，解得a1=2，a5=18，d==4，则a n=2+4（n-1）=4n-2；（2）b n=（4n-2）-30=2n-31，可得前n项和T n=n（-29+2n-31）=n2-30n=（n-15）2-225，当n=15时，前n项和T n取得最小值-225．【解析】（1）设公差为d，则d＞0，运用等差数列的性质和通项公式，可得公差d，首项，进而得到所求通项公式；（2）求得b n=（4n-2）-30=2n-31，运用等差数列的求和公式，配方可得所求最小值．本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及单调性、前n项和的最值求法，考查运算能力，属于基础题．3.【答案】解：（1）数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+n-1．由b n=a n+n，那么b n+1=a n+1+n+1，∴===2；即公比q=2，b1=a1+1=2，∴数列{b n}是首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得b n=2n，∴a n+n=2n那么数列{a n}的通项公式为：a n=2n-n数列{a n}的前n项和为S n=2-1+22-2+23-3+……+2n-n=（21+22+……2n）-（1+2+3+……+n）=2n+1-2．【解析】（1）由b n=a n+n，那么b n+1=a n+1+n+1，利用定义证明即可；（2）根据（1）求解数列{a n}的通项，即可求解S n．本题主要考查数列通项公式和前n项和的求解，利用分组求和法是解决本题的关键．4.【答案】解：（1）设数列{a n}的首项为a1，公差为d，设数列{b n}的首项为b1，公比为q，由a3=a1+2d=5和S3=3a1+3d=9得a1=1，d=2，a n=a1+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1．所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1．b1=a1=1，由b5=S4得，所以．所以数列{b n}的通项公式为．（2）．．．相减可得．即有．【解析】（1）设数列{a n}的首项为a1，公差为d，设数列{b n}的首项为b1，公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得所求；（2）运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．5.【答案】（1）证明：∵数列{a n}是公差为-1的等差数列，∴a n=a1-（n-1），∴=3n-1．∴n≥2时，==3，数列{a n}是以3为公比的等比数列．∴a2=3a1，a3=9a1．∵a2+2是a1，a3的等差中项，∴2（a2+2）=a1+a3，∴2（3a1+2）=a1+9a1，解得a1=1．∴数列{a n}是以3为公比，1为首项的等比数列．∴a n=3n-1．（2）解：=．∴T n==．∵T n＜M恒成立，∴．∴实数M的取值范围是．【解析】（1）数列{a n}是公差为-1的等差数列，可得a n=a1-（n-1），可得=3n-1．即可证明数列{a n}是以3为公比的等比数列．由a2+2是a1，a3的等差中项，可得2（a2+2）=a1+a3，解得a1．（2）由（1）可得：=．可得T n，进而得出M的取值范围．本题考查了等差数列与等比数列的定义通项公式及其求和公式、数列的单调性、对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6.【答案】（Ⅰ）证明：依题意，由=2a n+1，可得a n=2a n a n+1+a n+1，即a n-a n+1=2a n a n+1．两边同时除以a n a n+1，可得-=2（n≥2）．∵-=3-1=2，也满足上式．∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得，=1+2（n-1）=2n-1，则=（2n-1）•3n．∴T n=1×3+3×32+…+（2n-1）•3n，3T n=1×32+3×33+…+（2n-3）•3n+（2n-1）•3n+1，两式相减，可得-2T n=3+2×32+2×33+…+2•3n-（2n-1）•3n+1，=3+18×（1+3+32+…+3n-2）-（2n-1）•3n+1=3+18×-（2n-1）•3n+1=2（1-n）•3n+1-6．∴T n=（n-1）•3n+1+3．【解析】本题第（Ⅰ）题对题干中的递推公式进行变形转化，可得-=2．进一步计算可证得为等差数列；第（Ⅱ）题先根据第（Ⅰ）题的结果计算出数列的通项公式，然后运用错位相减法可计算出前n项和T n．本题主要考查由递推公式得到通项公式，以及运用错位相减法求前n项和．考查了转化思想，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档题．7.【答案】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d，则，解得．∴a n=2+2（n-1）=2n，n∈N*．（2）由（1）知，b n=a n•2n-1=n•2n．则T n=b1+b2+b3+…+b n=1•21+2•22+3•23+…+n•2n，2T n=1•22+2•23+…+（n-1）•2n+n•2n+1．两式相减，可得-T n=2+22+23+…+2n-n•2n+1=-n•2n+1=（1-n）•2n+1-2．∴T n=（n-1）•2n+1+2．构造数列{T n}：令T n=（n-1）•2n+1+2，则T n+1-T n=n•2n+2-（n-1）•2n+1=（n+1）•2n+1＞0，故数列{T n}是单调递增数列．∵T5=4•26+2=258＜300，T6=5•27+2=642＞300，∴满足T n＞300的正整数n的取值范围为{n|n≥6，n∈N*}．【解析】本题第（1）题先设等差数列{a n}的公差为d，根据等差数列的通项公式和求和公式列出关于首项a1和公差d的方程，解出a1和d的值，即可得到数列{a n}的通项公式；第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列{b n}的通项公式，然后运用错位相减法计算出前n项和T n．再根据数列{T n}的单调性可计算出满足T n＞300时正整数n的取值范围．本题主要考查等差数列的基础知识，错位相减法求前n项和，数列的单调性．考查了方程思想，转化思想，不等式的计算能力，逻辑思维能力和数学运算能力．本题属中档题．8.【答案】解：（1）∵b1＋b2＝5，∴b1（1＋q）＝5，又∵q＝2d，a1＝b1，∴a1（1＋2d）＝5，∴a3＝a1＋2d＝5，∴a1＝5-2d，∴（5-2d）（1＋2d）＝5，解得：d1＝0，d2＝2，若d＝0，q＝2d＝0（舍去）若d＝2，q＝2d＝4，∴b1＝a1＝a3-2d＝1，∴a n＝a1＋（n-1）d＝2n-1，b n＝b1q n-1＝4n-1．（2）c n＝a n·b n＝（2n-1）·4n-1，∴S n＝1＋3×4＋5×42＋…＋（2n-1）4n-1∴4S n＝4＋3×42＋5×43＋…＋（2n-1）4n，．【解析】本题考查等差数列、等比数列的通项公式和错位相减法求和，考查推理能力和计算能力，属于中档题.（1）利用等差数列和等比数列的通项公式即可求解；（2）由c n＝a n·b n＝（2n-1）·4n-1，利用错位相减法即可求解.9.【答案】解：（I）由a3+9是a1，a5的等差中项得a1+a5=2a3+18，所以a1+a3+a5=3a3+18=42，解得a3=8，由a1+a5=34，得，解得q2=4或，因为q＞1，所以q=2，所以；（II）证明：由（I）可得，∴==，∴=．【解析】（Ⅰ）由等差中项的性质可求得a3=8，进而得到a1+a5=34，进一步求得公比q，由此即可得解；（Ⅱ）化简数列{b n}，由此即可得证．本题考查等差数列与等比数列的综合运用，考查化简运算能力及逻辑推理能力，属于中档题．10.【答案】解：（1）①当λ=1时，a n S n+1-a n+1S n=a n+1-a n，则a n S n+1+a n=a n+1S n+a n+1，即（S n+1+1）a n=（S n+1）a n+1．∵数列{a n}的各项均为正数，∴=．∴•…=•…，化简，得S n+1+1=2a n+1，①∴当n≥2时，S n+1=2a n，②②-①，得a n+1=2a n，∵当n=1时，a2=2，∴n=1时上式也成立，∴数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，即a n=2n-1．②由①知，b n=（n+1）a n=（n+1）•2n-1．T n=b1+b2+…+b n=2•1+3•21+…+（n+1）•2n-1，2T n=2•2+3•22+…+n•2n-1+（n+1）•2n，两式相减，可得-T n=2+2+22+…+2n-1-（n+1）•2n=2+-（n+1）•2n=-n•2n．∴T n=n•2n．（2）由题意，令n=1，得a2=λ+1；令n=2，得a3=（λ+1）2．要使数列{a n}是等差数列，必须有2a2=a1+a3，解得λ=0．当λ=0时，S n+1a n=（S n+1）a n+1，且a2=a1=1．当n≥2时，S n+1（S n-S n-1）=（S n+1）（S n+1-S n），整理，得S n2+S n=S n+1S n-1+S n+1，即=，从而•…=•…，化简，得S n+1=S n+1，即a n+1=1．综上所述，可得a n=1，n∈N*．∴λ=0时，数列{a n}是等差数列．【解析】本题第（1）①题将λ=1代入递推式并转化递推式，然后运用累乘法可得S n+1+1=2a n+1，再类比可得S n+1=2a n，两式相减，再进行计算可发现数列{a n}是等比数列，即可得到数列{a n}的通项公式；第（1）②题先根据①的结果得到数列{b n}的通项公式，然后运用错位相减法求出前n项的和T n；第（2）题可先假设数列{a n}是等差数列，则根据等差中项的性质有2a2=a1+a3，计算出a2，a3关于λ的表达式并代入可解出λ的值，再代入递推式进行验证数列{a n}是等差数列，即可得到结论．本题主要考查数列的求通项公式，等差数列和等比数列的性质应用．考查了累乘法，错位相减法，转化思想的应用，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属较难题．。
2020年高考试题分类汇编(数列)
2020年高考试题分类汇编（数列）考法1等差数列1.（2020·全国卷Ⅱ·理科）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心由一块圆心石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一层多9块，已知每层的环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块2.（2020·全国卷Ⅱ·文科）记n S 是等差数列{}n a 的前n 项的和，若12a =-，262a a +=，则10S = .3.（2020·山东卷）将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{}n a ，则{}n a 的前n 项和为 ．4.（2020·上海卷）已知{}n a 是公差不为零的等差数列，且1109a a a +=，则12910a a a a +++= . 5.（2020·浙江卷）已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，公差0d ≠，11a d≤．记12b S =，122n n n b S S ++=-，n N *∈，下列等式不可能成立的是 A.4262a a a =+ B.4262b b b =+ C. 2428a a a =⋅ D.2428b b b =⋅6.（2020·北京卷）在等差数列{}n a 中，19a =-，31a =-．记12n nT a a a =（1,2,n =），则数列{}n T A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项D.无最大项，无最小项考法2等比数列1.（2020·全国卷Ⅰ·文科）设{}n a 是等比数列，1231a a a ++=，2342a a a ++=，则678a a a ++=A ．12B ．24C ．30D ．322.（2020·全国卷Ⅱ·理科）数列{}n a 中，12a =，m n m n a a a +=⋅，若 153121022k k k a a a ++++++=-，则k =A ．3B ．4C ．5D ．63.（2020·全国卷Ⅱ·文科）n S 是等比数列{}n a 的前n 项的和，若5312a a -=，6424a a -=，则n nS a = A ．21n - B ．122n -- C ．122n -- D ．121n --4.（2020·全国卷Ⅲ·理科）设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-. （Ⅰ）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明； （Ⅱ）求数列{2}n n a 的前n 项和n S .5.（2020·全国卷Ⅰ·理科）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项.（Ⅰ）求{}n a 的公比；（Ⅱ）若11a =，求数列{}n na 的前n 项的和. 考法3等差数列与等比数列1.（2020·全国卷Ⅲ·文科）设等比数列{}n a 满足124a a +=，318a a -=. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n S 为数列3{log }n a 的前n 项和n S ，若13m m m S S S +++=，求m .2.（2020·山东卷）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38a =． （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记m b 为{}n a 在区间(0,]m （m N *∈）中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．3.（2020·浙江卷）已知数列{}n a ，{}n b ，{}n c 中，1111a b c ===,1n n n c a a +=-，11n n n b c b ++=，n N *∈. （Ⅰ）若数列{}n b 为等比数列，且公比0q >，且1236b b b +=，求q 与{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 为等差数列，且公差0d >，证明：1211n c c c d +++<+． 考法4其它1.（2020·全国卷Ⅰ·文科）数列{}n a 满足2(1)31n n n a a n ++-=-，前16项的和为540，则1a = .2.（2020·浙江卷）已知数列{}n a 满足(1)2n n n a +=，则3S = ．。
2020年高考数学 大题专项练习 数列 一(15题含答案解析)
2020年高考数学大题专项练习数列一(15题含答案解析)高中高中数学题号一总分得分一、解答题1.已知数列的前项和为,,,求.2.设等差数列{a n}满足，，（1）求{a n}的通项公式；（2）设{a n}的前项和为，求满足成立的值。
3.设数列A：， ,… (N≥2)。
如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有＜，则称n是数列A的一个“G时刻”。
记“G（A）是数列A 的所有“G时刻”组成的集合。
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出G（A）的所有元素；(2)证明：若数列A中存在使得>，则G（A）≠；(3）证明：若数列A满足-≤1（n=2,3, …,N）,则G（A）的元素个数不小于 -。
4.设数列的前项和为，且.(1) 求的值，并用表示；(2) 求数列的通项公式；(3) 设，求证：.5.已知在数列{a n }中，a 1=1，a n a n ＋1=n .(12)(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ，令b n =(3－T 2n )·n·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． 6.单调递增数列{a n }的前项和为，且满足．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足，求数列{b n }的前项和7.已知等差数列的前n 项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.8.已知为等差数列，前n 项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.9.已知数列的前项和为，，且满足（1）求及通项公式；（2）若，求数列的前项和.10.各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，已知点（a n，a n+1）（n∈N*）在函数的图象上，且．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）已知数列{b n}满足b n=4﹣n，设其前n项和为T n，若存在正整数k，使不等式T n ＞k有解，且（n∈N*）恒成立，求k的值．11.在等差数列中，，，（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.12.在数列{a n}中，，（1）写出这个数列的前4项，并猜想这个数列的通项公式；（2）证明这个数列的通项公式.13.数列{a n}的前项和为.（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列{b n}的前项和.为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过14.x的最大整数，如.（I）求；（II）求数列的前1 000项和.15.已知数列的前n项和S n=3n2+8n，是等差数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令求数列的前n项和T n.2020年高考数学大题专项练习数列五(15题含答案解析)答案解析一、解答题1.答案为：2.3.解：4.5.解：(1)证明：由题意可得a 1a 2=，则a 2=.1212又a n a n ＋1=n ，a n ＋1a n ＋2=n ＋1，∴=.(12)(12)an ＋2an 12∴数列{a 2n －1}是以1为首项，为公比的等比数列；12数列{a 2n }是以为首项，为公比的等比数列．1212(2)T 2n =(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )=＋=3－3·n .1－(12)n 1－1212[1－(12)n ]1－12(12)∴b n =3n(n ＋1)n ，b n ＋1=3(n ＋1)(n ＋2)n ＋1，∴=，(12)(12)bn ＋1bn n ＋22n∴b 1<b 2=b 3，b 3>b 4>…>b n >…，∴数列{b n }的最大项为b 2=b 3=.926.7.8.（1）..（2）.9.10.11.12.13.（1）；（2）数列的前项或前项的和最大；（3）．14.解：15.。
2020版高考数学(理)刷题首选卷：专题突破练(4) 数列中的典型题型与创新题型
专题突破练(4) 数列中的典型题型与创新题型一、选择题1．如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7等于( )A ．14B ．21C ．28D ．35答案 C解析 ∵a 3＋a 4＋a 5＝12，∴3a 4＝12，a 4＝4．∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4＝7a 4＝28．故选C ．2．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比|q |≠1．若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m 等于( )A ．9B ．10C ．11D ．12答案 C解析 a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝a 23·a 23·a 3＝a 53＝a 51·q 10．因为a 1＝1，|q |≠1， 所以a m ＝a 51·q 10＝a 1q 10，所以m ＝11．故选C ． 3．在递减等差数列{a n }中，若a 1＋a 5＝0，则S n 取最大值时n 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．2或3答案 D解析 ∵a 1＋a 5＝2a 3＝0，∴a 3＝0．∵d <0，∴{a n }的第一项和第二项为正值，从第四项开始为负值，故S n 取最大值时n 等于2或3．故选D ．4．在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a k ＝a 10＋a 11＋…＋a 100，则k ＝( )A ．496B ．469C ．4914D ．4915答案 D解析 因为数列{a n }是等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －1)d ，因为a k＝a 10＋a 11＋…＋a 100，所以a k ＝100a 1＋100×992d －9a 1＋9×82d ＝4914d ，又a k ＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915．故选D．5．已知数列{a n}的通项为a n＝log n＋1(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·a n为整数的n叫做“优数”，则在(0，2018]内的所有“优数”的和为()A．1024 B．2012 C．2026 D．2036答案C解析设a1·a2·a3·…·a n＝log23·log34·log45·…·log n＋1(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k ∈Z，则0<n＝2k－2≤2018，2<2k≤2020，1<k≤10，∴所有“优数”之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝22(1－29)1－2－18＝211－22＝2026．故选C．6．约瑟夫规则：将1，2，3，…，n按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，直至剩余一个数为止，删除的数依次为1，3，5，7，…．当n＝65时，剩余的一个数为() A．1 B．2 C．4 D．8答案B解析将1，2，3，…，65按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，首先删除的数为1，3，5，7，…，65(删除33个，剩余32个)；然后循环，删除的数的个数分别为16，8，4，2，1，最后剩余2．故选B．7．已知数列{a n}中，a n＋1＝3S n，则下列关于{a n}的说法正确的是()A．一定为等差数列B．一定为等比数列C．可能为等差数列，但不会为等比数列D．可能为等比数列，但不会为等差数列答案C解析若数列{a n}中所有的项都为0，则满足a n＋1＝3S n，所以数列{a n}可能为等差数列，故B，D不正确；由a n＋1＝3S n，得a n＋2＝3S n＋1，则a n＋2－a n＋1＝3(S n ＋1－S n )＝3a n ＋1，所以a n ＋2＝4a n ＋1，当a 1≠0时，易知a n ＋1≠0，所以a n ＋2a n ＋1＝4，由a n ＋1＝3S n ，得a 2＝3a 1，即a 2a 1＝3，此时数列{a n }既不是等比数列又不是等差数列，故A 不正确，C 正确．故选C ．8．(2018·江西南昌测试二)已知各项均为正数的递增数列{a n }的前n 项和为S n 满足2S n ＝a n ＋1，b n ＝a n a n ＋t，若b 1，b 2，b m 成等差数列，则t m 的最大值为( ) A ．27 B ．35 C ．38 D ．54答案 D解析 由题2S n ＝a n ＋1，则4S n ＝(a n ＋1)2，4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，作差得a n ＋1－a n ＝2，2S 1＝a 1＋1⇒a 1＝1，a n ＝2n －1，由b 1，b 2，b m 成等差数列，可得b m＝2b 2－b 1，2m －12m －1＋t ＝63＋t －11＋t ，分离m 化简得m ＝3＋4t －1，故(t ，m )＝(2，7)，(3，5)，(5，4)，t m max ＝54．故选D ．9．(2018·河南信阳高级中学模拟)给定函数y ＝f (x )的图象在下列四个选项中，并且对任意a 1∈(0，1)，由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1<a n ．则该函数的图象可能是( )答案 A解析 由题对于给定函数y ＝f (x )的图象在下列四个选项中，并且对任意a 1∈(0，1)，由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1<a n ．则可得到f (a n )＜a n ，所以f (a 1)＜a 1在∀a 1∈(0，1)上都成立，即∀x ∈(0，1)，f (x )＜x ，所以函数图象都在y ＝x 的下方．故选A ．10．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形．帕斯卡(1623～1662)是在1654年发现这一规律的，比杨辉要迟393年，比贾宪迟600年．右图的表在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了，这又是我国数学史上的一个伟大成就．如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则此数列前16项和为( )A ．120B ．163C ．164D ．165答案 C解析 考查每行第二个数组成的数列：2，3，4，5，…，归纳推理可知其通项公式为b n ＝n ＋1，其前8项和S 8＝8×2＋8×72×1＝44；每行第三个数组成的数列：1，3，6，10，…，归纳推理可知其通项公式为c n ＝n (n ＋1)2＝12(n 2＋n )，其前8项和T 8＝12×8×(8＋1)×(2×8＋1)6＋(8＋1)×82＝120，据此可得题中数列前16项和为120＋44＝164．故选C ．11．(2018·河南林州调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17>0，S 18<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为( )A ．S 7a 7B ．S 8a 8C ．S 9a 9D ．S 10a 10答案 C解析 ∵等差数列{a n }中，S 17>0，且S 18<0，即S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 9＋a 10)<0，∴a 9＋a 10<0，a 9>0，∴a 10<0，∴等差数列{a n }为递减数列，故可知a 1，a 2，…，a 9为正，a 10，a 11，…为负；∴S 1，S 2，…，S 17为正，S 18，S 19，…为负，则S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 9a 9>0，S 10a 10<0，S 11a 11<0，…，S 15a 15<0，又∵S 1<S 2<…<S 9，a 1>a 2>…>a 9，则S 9a 9最大．故选C ．12．已知数列{a n }为等比数列，a 1∈(0，1)，a 2∈(1，2)，a 3∈(2，3)，则a 4的取值范围是( )A ．(3，4)B ．(22，4)C ．(2，9)D ．(22，9)答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a 1<1， ①1<a 1q <2， ②2<a 1q 2<3. ③由①②得q ＝a 1q a 1>11＝1；由①③得q 2＝a 1q 2a 1>21＝2；由②③得q ＝a 1q 2a 1q >1且q ＝a 1q 2a 1q <3，故2<q <3．因为a 4＝a 1q 3＝(a 1q 2)·q ，所以22<a 4<9．故选D ． 二、填空题13．(2018·湖南张家界模拟)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{a n }是等积数列且a 1＝2，公积为10，则a 2018＝________．答案 5解析 已知数列{a n }是等积数列且a 1＝2，公积为10，可得a 2＝5，a 3＝2，a 4＝5，a 5＝2，…，由此奇数项为2，偶数项为5，所以a 2018＝5．14．设数列{a n }满足a 2＋a 4＝10，点P n (n ，a n )对任意的n ∈N *，都有向量P n P n ＋1＝(1，2)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．答案 n 2解析 ∵P n (n ，a n )，∴P n ＋1(n ＋1，a n ＋1)，∴P n P n ＋1＝(1，a n ＋1－a n )＝(1，2)，∴a n ＋1－a n ＝2，∴{a n }是公差d 为2的等差数列．又由a 2＋a 4＝2a 1＋4d ＝2a 1＋4×2＝10，解得a 1＝1，∴S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2．15．(2018·湖北荆州中学模拟一)“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现．数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数．具体数列为：1，1，2，3，5，8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和．已知数列{a n }为“斐波那契”数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，若a 2020＝M ，则S 2018＝________．(用M 表示)答案 M －1解析 ∵数列为：1，1，2，3，5，8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和，∴a n ＋2＝a n ＋a n ＋1＝a n ＋a n －1＋a n ＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －1＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋a n －2＝…＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋…＋a 2＋a 1＋1，则S 2018＝a 2020－1＝M －1．16．(2018·衡水金卷压轴卷二)已知曲线C 1的方程为(x －1)2＋(y －2)2＝1，过平面上一点P 1作C 1的两条切线，切点分别为A 1，B 1，且满足∠A 1P 1B 1＝π3．记P 1的轨迹为C 2，过平面上一点P 2作C 2的两条切线，切点分别为A 2，B 2，且满足∠A 2P 2B 2＝π3．记P 2的轨迹为C 3，按上述规律一直进行下去，…，记a n ＝|A n A n＋1|min ，且S n 为数列{a n }的前n 项和，则满足S n －5n >0的最小正整数n 为________．答案 5解析 由题设可知轨迹C 1，C 2，C 3，…，C n 分别是半径为1，2，4，8，16，32，…，2n 的圆．因为a n ＝|A n A n ＋1|min ，所以a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，…，a n ＝2n －1，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1＋2＋4＋…＋2n －1＝2n －12－1＝2n －1．由S n －5n >0，得2n －1－5n >0⇒2n >5n ＋1，故最小的正整数n 为5．三、解答题17．(2018·山西考前适应训练)已知等比数列{a n }中，a n >0，a 1＝164，1a n －1a n ＋1＝2a n ＋2，n ∈N *． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n ·(log 2a n )2，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则q >0，因为1a n －1a n ＋1＝2a n ＋2，所以1a 1q n －1－1a 1q n ＝2a 1q n ＋1， 因为q >0，解得q ＝2，所以a n ＝164×2n －1＝2n －7，n ∈N *．(2)b n ＝(－1)n ·(log 2a n )2＝(－1)n ·(log 22n －7)2＝(－1)n ·(n －7)2，设c n ＝n －7，则b n ＝(－1)n ·(c n )2．T 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n＝－c 21＋c 22＋(－c 23)＋c 24＋…＋(－c 22n －1)＋c 22n＝(－c 1＋c 2)(c 1＋c 2)＋(－c 3＋c 4)(c 3＋c 4)＋…＋(－c 2n －1＋c 2n )(c 2n －1＋c 2n ) ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n＝2n [－6＋(2n －7)]2＝n (2n －13)＝2n 2－13n ．18．(2018·山东青岛统测)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n ．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小． 解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1，∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，b n ＝2n －1．(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝141n －1n ＋2， ∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n＝141－13＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝141＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－141n ＋1＋1n ＋2<38， ∴T n <38．19．(2018·广东三校联考二)设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )(n ∈N *)在直线2x －y －2＝0上．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)设直线x ＝a n 与函数f (x )＝x 2的图象交于点A n ，与函数g (x )＝log 2x 的图象交于点B n ，记b n ＝OA n →·OB n →(其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和T n ．解 (1)证明：∵点(a n ，S n )在直线2x －y －2＝0上，∴2a n －S n －2＝0．①当n ＝1时，2a 1－a 1－2＝0，∴a 1＝2．当n ≥2时，2a n －1－S n －1－2＝0，②①－②，得a n ＝2a n －1．∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ．(2)由(1)及已知易得A n (2n ，4n )，B n (2n ，n )，∴b n ＝OA n →·OB n →，∴b n ＝(n ＋1)·4n ． 则T n ＝2×41 ＋3×42＋4×43＋…＋(n ＋1)·4n ，③4T n ＝2×42＋3×43＋4×44＋…＋(n ＋1)·4n ＋1，④③－④，得－3T n ＝8＋42＋43＋…＋4n －(n ＋1)·4n ＋1＝8＋16(1－4n －1)1－4－(n ＋1)·4n ＋1， ∴T n ＝n 3＋29·4n ＋1－89．20．(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝x 2＋x ＋c (c 为常数)，且x ∈－12，0时，f (x )的最大值为－14，数列{a n }的首项a 1＝32，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )的图象上，其中n ≥1，n ∈Z ．(1)证明：数列lg a n ＋12是等比数列；(2)记R n ＝a 1＋12·a 2＋12·…·a n ＋12，求R n ．解 (1)证明：依题意，f (x )＝x 2＋x ＋c ，c 为常数，当x∈－12，0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，所以f(x)max＝f(0)＝c＝－14，所以f(x)＝x2＋x－14．又点(a n，a n＋1)在函数f(x)的图象上，所以a n＋1＝a2n＋a n－14，即a n＋1＋12＝a n＋122，由于a1＝32，易知a n ＋12>0，所以lg a n＋1＋12＝2lg a n＋12，又lg a1＋12＝lg 2≠0，所以数列lg a n＋12是首项为lg 2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知lg a n＋12＝2n－1·lg 2＝lg 22n－1，所以a n＋12＝22n－1，所以R n＝220·221·222·…·22n－1＝220＋21＋22＋…＋2n－1＝22n－1．21．(2019·宁夏六盘山高级中学模拟)已知函数y＝f(x)．对任意x∈R，都有f(x)＋f(1－x)＝2．(1)求f 12和f1n＋fn－1n(n∈N*)的值；(2)数列{a n}满足a n＝f(0)＋f 1n＋f2n＋…＋fn－1n＋f(1)(n∈N*)，求证：数列{an}是等差数列．解(1)由题设条件知f 12＋f12＝2，故f12＝1．而1n＋n－1n＝1，故f1n＋fn－1n＝2．(2)证明：依题有a n＝f(0)＋f 1n＋…＋fn－1n＋f(1)，n∈N*，同理有a n＝f(1)＋f n－1n＋…＋f1n＋f(0)，n∈N*，上述两式对应相加得2a n＝[f(0)＋f(1)]＋f1n ＋fn－1n＋…＋f1n＋fn－1n＋[f(0)＋f(1)]＝2(n＋1)，从而a n＝n＋1，n∈N*，而a n＋1－a n＝1，故{a n}为等差数列．。
高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版
高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式； （2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。
)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出 的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。
2020年高考数学(理)之数列 专题11 数列的通项( 叠加法、累乘法求通项)(解析版)
数列11 数列的通项（ 叠加法、累乘法求通项）一、具体目标：掌握用不同的数学方法求不同形式数列的通项公式.通过数列通项公式的求解过程,利用数列的变化规律,恰当选择方法,是数列的研究和探索奠定基础. 二、知识概述： 1.数列的通项公式：（1）如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．即()n a f n =,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式. （2）数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩.2.求数列的通项公式的注意事项：（1）根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．（2）根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证.（3）对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序【考点讲解】号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式.3.数列通项一般有三种类型：（1）已知数列是等差或等比数列，求通项，破解方法：公式法或待定系数法；（2）已知S n ，求通项，破解方法：利用S n -S n -1= a n ，但要注意分类讨论，本例的求解中检验必不可少，值 得重视；（3）已知数列的递推公式，求通项，破解方法：猜想证明法或构造法。
4. 已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用=n a 1n n S S -- (2)n ≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式； (3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n ≥两段来写．【注】该公式主要是用来求数列的通项，求数列通项时，一定要分两步讨论，结果能并则并，不并则分. 5. 递推公式推导通项公式方法： （1）叠加法：1()n n a a f n +-=叠加法（或累加法）：已知()⎩⎨⎧=-=+n f a a a a n n 11，求数列通项公式常用叠加法（或累加法）即112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---Λ.（2）累乘法：已知()⎪⎩⎪⎨⎧==+n f a a a a nn 11求数列通项公式用累乘法. （3）待定系数法：1n n a pa q +=+（其中,p q 均为常数，)0)1((≠-p pq ） 解法：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. （4）待定系数法： nn n q pa a +=+1（其中,p q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）. （或1nn n a pa rq +=+,其中,,p q r 均为常数）.解法：在原递推公式两边同除以1+n q ，得：111n n n n a a p q q q q++=⋅+，令n n n q a b =，得：q b q p b nn 11+=+，再按 第（3）种情况求解.（5）待定系数法：b an pa a n n ++=+1(100)p a ≠≠，， 1122332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----Λ解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较， 解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列. （6）待定系数法：21(0,1,0)n n a pa an bn c p a +=+++≠≠解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令221(1)(1)()n n a x n y n z p a xn yn z ++++++=+++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}2n a xn yn z +++是公比为p 的等比数列. （7）待定系数法：n n n qa pa a +=++12（其中,p q 均为常数）.解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中,s t 满足s t pst q+=⎧⎨=-⎩，再按第（4）种情况求解.（8）取倒数法：1()()()nn n g n a a f n a t n +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.（11()()()0n n n n g n a t n a f n a a +++-=，解法：等式两边同时除以1n n a a +⋅后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.）.（9）取对数rn n pa a =+1)0,0(>>n a p解法：这种类型一般是等式两边取以p 为底的对数，后转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解. 6. 以数列为背景的新定义问题是高考中的一个热点题型，考查频率较高，一般会结合归纳推理综合命题．常见的命题形式有新法则、新定义、新背景、新运算等．(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要 求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法． 类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用叠加法求解例1.设数列{}n a 中，112,1n n a a a n +==++，则通项n a = .【解析】法一：由题意可知：112,1n n a a a n +==++ 所以有()111n n a a n -=+-+，()1221n n a a n --=+-+，()2331n n a a n --=+-+，K ，3221a a =++，2111a a =++，1211a ==+将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n =-+-+-+++++⎡⎤⎣⎦L()()()()11111111222n n n n n n n n --+⎡⎤-+⎣⎦=++=++=+ 故应填()112n n ++.法二：由题意11n n a a n +=++可得：11n n a a n +-=+， ()111n n a a n --=-+，()1221n n a a n ---=-+，()2331n n a a n ---=-+，K ，3221a a -=+，2111a a -=+，1211a ==+.将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n =-+-+-+++++⎡⎤⎣⎦L()()()()11111111222n n n n n n n n --+⎡⎤-+⎣⎦=++=++=+ 故应填()112n n ++. 【答案】()112n n ++ 类型2 n n a n f a )(1=+ .解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用叠乘法求解。
2020版高考数学第五章数列第2节等差数列及其前n项和讲义理(含解析)新人教A版
第2节 等差数列及其前n 项和考试要求 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.体会等差数列与一次函数的关系.知 识 梳 理1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数).(2)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b2.2.等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝n （a 1＋a n ）2.3.等差数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *).(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列. (4)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列.(5)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列.[微点提醒]1.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2.在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值；若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值.3.等差数列{a n }的单调性：当d ＞0时，{a n }是递增数列；当d ＜0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列.4.数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数).基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的.( )(3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数.( ) (4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.( ) 解析 (3)若公差d ＝0，则通项公式不是n 的一次函数. (4)若公差d ＝0，则前n 项和不是二次函数. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×2.(必修5P46A2改编)设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A.31B.32C.33D.34解析 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.答案 B3.(必修5P68A8改编)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________. 解析 由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 答案 1804.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A.－12B.－10C.10D.12解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即d ＝－32a 1.又a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 答案 B5.(2019·上海黄浦区模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝1，前5项和S 5＝－15，则数列{a n }的公差为( ) A.－3B.－52C.－2D.－4解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，S 5＝－15，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝1，5a 1＋5×42d ＝－15， 解得d ＝－4. 答案 D6.(2019·苏北四市联考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8>0，且S 9<0，则S 1，S 2，…，S 9中最小的是______.解析 在等差数列{a n }中， ∵a 3＋a 8>0，S 9<0，∴a 5＋a 6＝a 3＋a 8>0，S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5<0，∴a 5<0，a 6>0，∴S 1，S 2，…，S 9中最小的是S 5. 答案 S 5考点一 等差数列基本量的运算【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A.1B.2C.4D.8(2)(2019·潍坊检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝( ) A.9B.10C.11D.15解析 (1)法一 设等差数列{a n }的公差为d ， 依题意得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋3d ）＋（a 1＋4d ）＝24，6a 1＋6×52d ＝48，所以d ＝4. 法二 等差数列{a n }中，S 6＝（a 1＋a 6）×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，则d ＝4.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋11×（11－1）2d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7， ∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10. 答案 (1)C (2)B规律方法 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.2.数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.【训练1】 (1)等差数列log 3(2x )，log 3(3x )，log 3(4x ＋2)，…的第四项等于( ) A.3 B.4 C.log 318 D.log 324(2)(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝________. 解析 (1)∵log 3(2x )，log 3(3x )，log 3(4x ＋2)成等差数列， ∴log 3(2x )＋log 3(4x ＋2)＝2log 3(3x )，∴log 3[2x (4x ＋2)]＝log 3(3x )2，则2x (4x ＋2)＝9x 2， 解之得x ＝4，x ＝0(舍去).∴等差数列的前三项为log 38，log 312，log 318， ∴公差d ＝log 312－log 38＝log 332，∴数列的第四项为log 318＋log 332＝log 327＝3.(2)法一 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，所以S 6＝6a 1＋15d ＝30.法二 由{a n }为等差数列，故可设前n 项和S n ＝An 2＋Bn ， 由S 3＝6，S 4＝12可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝6，S 4＝16A ＋4B ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝－1，即S n ＝n 2－n ，则S 6＝36－6＝30.答案 (1)A (2)30考点二 等差数列的判定与证明 典例迁移【例2】 (经典母题)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列. (2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式.故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【迁移探究1】 本例条件不变，判断数列{a n }是否为等差数列，并说明理由. 解 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，a n ＋2S n S n －1＝0， 所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2). 所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2).又1S 1＝1a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列.所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1），所以a n ＋1＝－12n （n ＋1），又a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）.所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列. 【迁移探究2】 本例中，若将条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，试求数列{a n }的通项公式. 解 由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 1＝35， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25，∴a n ＝n 2－25n . 规律方法 1.证明数列是等差数列的主要方法：(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数. (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立. 2.判定一个数列是等差数列还常用到结论：(1)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列.(2)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇔{a n }是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.【训练2】 (2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列. 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23.＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋(－1)n ·2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列. 考点三 等差数列的性质及应用 多维探究角度1 等差数列项的性质【例3－1】 (2019·临沂一模)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则a 2＋a 14的值为( ) A.6B.12C.24D.48解析 ∵在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120， 由等差数列的性质，a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120， ∴a 8＝24，∴a 2＋a 14＝2a 8＝48. 答案 D角度2 等差数列和的性质【例3－2】 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.63B.45C.36D.27解析 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列， 即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， 得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45， 所以a 7＋a 8＋a 9＝45. 答案 B规律方法 1.项的性质：在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .2.和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 (1)S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； (2)S 2n －1＝(2n －1)a n .【训练3】 (1)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 015，S 2 0152 015－S 2 0092 009＝6，则S 2 019＝________.(2)(2019·荆州一模)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝3，a 8＝8，则a 12的值是( ) A.15B.30C.31D.64(3)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7等于( )A.3727B.1914C.3929D.43解析 (1)由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列. 设其公差为d ，则S 2 0152 015－S 2 0092 009＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0192 019＝S 11＋2 018d ＝－2 015＋2 018＝3， ∴S 2 019＝3×2 019＝6 057.(2)由a 3＋a 4＋a 5＝3及等差数列的性质， ∴3a 4＝3，则a 4＝1.又a 4＋a 12＝2a 8，得1＋a 12＝2×8. ∴a 12＝16－1＝15.(3)a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727. 答案 (1)6 057 (2)A (3)A 考点四 等差数列的前n 项和及其最值【例4】 (2019·衡水中学质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1≠0，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100，当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ 解 (1)令n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0， 因为a 1≠0，所以a 1＝2λ，当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n (n ≥2). 所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }为等比数列，a n ＝a 1·2n －1＝2nλ. (2)当a 1>0，λ＝100时，由(1)知，a n ＝2n100，则b n ＝lg 1a n ＝lg 1002n ＝lg 100－lg 2n＝2－n lg 2，所以数列{b n }是单调递减的等差数列，公差为－lg 2， 所以b 1>b 2>…>b 6＝lg 10026＝lg 10064>lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027<lg 1＝0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大.规律方法 求等差数列前n 项和S n 的最值的常用方法：(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn (a ≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，进而求S n 的最值. ①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m (当a m ＋1＝0时，S m ＋1也为最大值)；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m (当a m ＋1＝0时，S m ＋1也为最小值).【训练4】 (1)等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3，a 5，a 15成等比数列，若a 5＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为( )A.3B.3或4C.4或5D.5(2)已知等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，则前n 项和S n 的最大值为________.解析 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋2d ）（a 1＋14d ）＝25，a 1＋4d ＝5，由d ≠0，解得a 1＝－3，d ＝2，∴S nn＝na 1＋n （n －1）2dn＝－3＋n －1＝n －4，则n －4≥0，得n ≥4，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为3或4.(2)因为等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝20n －n （n －1）2×2＝－n 2＋21n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2122，又因为n ∈N *，所以n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值，最大值为110. 答案 (1)B (2)110[思维升华]1.证明等差数列可利用定义或等差中项的性质，另外还常用前n 项和S n ＝An 2＋Bn 及通项a n ＝pn ＋q 来判断一个数列是否为等差数列. 2.等差数列基本量思想(1)在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a 1，d 的方程组进行求解. (2)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d .若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元.(3)灵活使用等差数列的性质，可以大大减少运算量. [易错防范]1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了a n ＋1－a n ＝d (n ≥2)时，应注意验证a 2－a 1是否等于d ，若a 2－a 1≠d ，则数列{a n }不为等差数列.2.利用二次函数性质求等差数列前n 项和最值时，一定要注意自变量n 是正整数.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A.100B.99C.98D.97解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋36d ＝27，a 1＋9d ＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1， 所以a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99＝98. 答案 C2.(2019·淄博调研)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝( )A.1B.－1C.2D.12 解析 由于S 11S 9＝11a 69a 5＝119×911＝1. 答案 A 3.(2019·中原名校联考)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝( )A.10B.20C.30D.40解析 依题意，11x n ＋1－11x n＝x n ＋1－x n ＝d ， ∴{x n }是等差数列.又x 1＋x 2＋…＋x 20＝20（x 1＋x 20）2＝200. ∴x 1＋x 20＝20，从而x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝20.答案 B4.(2019·北京海淀区质检)中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”.题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是( )A.174斤B.184斤C.191斤D.201斤解析 用a 1，a 2，…，a 8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a 1，a 2，…，a 8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a 1＋8×72×17＝996，解之得a 1＝65. ∴a 8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的绵是184斤.答案 B5.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，S 99－S 55＝－4，则S n 取最大值时的n 为( ) A.4 B.5 C.6 D.4或5 解析 由{a n }为等差数列，得S 99－S 55＝a 5－a 3＝2d ＝－4， 即d ＝－2，由于a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，令a n ＝－2n ＋11<0，得n >112， 所以S n 取最大值时的n 为5.答案 B二、填空题6.已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为________.解析 设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得，25－15＝2n 解得n ＝5，故这个数列的项数为10.答案 107.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，则a 6＝________. 解析 将a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1，1a n ＋1－1a n ＝2. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，2为公差的等差数列， 所以1a 6＝1＋5×2＝11，即a 6＝111. 答案 1118.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________. 解析 依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200. 答案 200三、解答题9.等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1； 当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2； 当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3； 当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.已知等差数列的前三项依次为a ，4，3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项公式b n ＝S n n ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .(1)解 设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k （k －1）2·d ＝2k ＋k （k －1）2×2＝k 2＋k ， 由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.(2)证明 由(1)得S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)， 则b n ＝S n n ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·济宁模拟)设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，则a 18＝( )A.259B.269C.3D.289 解析 令b n ＝na n ，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n ≥2)，所以{b n }为等差数列，因为b 1＝1，b 2＝4，所以公差d ＝3，则b n ＝3n －2，所以b 18＝52，则18a 18＝52，所以a 18＝269. 答案 B12.(2019·青岛诊断)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n (n ∈N *)，若S n T n ＝2n －1n ＋1，则a 12b 6＝( ) A.154B.158C.237D.3 解析 由题意不妨设S n ＝n (2n －1)，T n ＝n (n ＋1)，所以a 12＝S 12－S 11＝12×23－11×21＝45，b 6＝T 6－T 5＝6×(6＋1)－5×(5＋1)＝42－30＝12，所以a 12b 6＝4512＝154. 答案 A13.设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 解析 由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0，当n >5时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130. 答案 13014.(2019·长沙雅礼中学模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＋a 13＝26，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n ＋1a n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若30T n －m ≤0对一切n ∈N *成立，求实数m 的最小值.解 (1)∵等差数列{a n }中，a 1＋a 13＝26，S 9＝81，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a 7＝26，9a 5＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝13，a 5＝9， ∴d ＝a 7－a 57－5＝13－92＝2，∴a n ＝a 5＋(n －5)d ＝9＋2(n －5)＝2n －1.(2)∵b n ＝1a n ＋1a n ＋2＝1（2n ＋1）（2n ＋3） ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∵12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3随着n 的增大而增大，知{T n }单调递增. 又12n ＋3>0，∴T n <16，∴m ≥5， ∴实数m 的最小值为5.新高考创新预测15.(多填题)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝________，公差d ＝________.解析 由{a n }为等差数列，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为a 1，公差为d 2的等差数列，∵S 55－S 44＝2，∴d 2＝2⇒d ＝4，又S 2＝S 6⇒2a 1＋4＝6a 1＋6×52×4⇒a 1＝－14. 答案 －14 4。
2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)
2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b82．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．324．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．155．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝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．58．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．11．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝．15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．参考答案与试题解析⼀．选择题（共8⼩题）1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b8【解答】解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，b n+1＝S2n+2﹣S2n，∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，b4＝S8﹣S6＝a7+a8，b6＝S12﹣S10＝a11+a12，b8＝S16﹣S14＝a15+a16，A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成⽴，B正确，C．若a42＝a2a8，则（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），即a12+6a1d+9d2＝a12+8a1d+7d2，得a1d＝d2，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正确；D．若b42＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），即4a12+52a1d+169d2＝4a12+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；故选：D．2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝0，得n＝，⽽n∈N*，可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，⾃第6项开始为正值．可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最⼤项，⾃T5起均⼩于0，且逐渐减⼩．∴数列{T n}有最⼤项，⽆最⼩项．故选：B．3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．32【解答】解：{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，故选：D．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．15【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦，即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j ＝9，k＝12，共5个；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则a i，a j，a k为原位⼩三和弦，可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j ＝8，k＝12，共5个，总计10个．故选：C．5．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+0）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+1+1）＝，不满⾜条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝a i a i+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝a i a i+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝a i a i+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选项：序列1100111001C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+1）＝不满⾜条件．故选：C．6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1【解答】解：设等⽐数列的公⽐为q，∵a5﹣a3＝12，∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），∴q＝2，∴a1q4﹣a1q2＝12，∴12a1＝12，∴a1＝1，∴S n＝＝2n﹣1，a n＝2n﹣1，∴＝＝2﹣21﹣n，故选：B．7．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝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．5【解答】解：由a1＝2，且a m+n＝a m a n，取m＝1，得a n+1＝a1a n＝2a n，∴，则数列{a n}是以2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，则，∴a k+1+a k+2+…+a k+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解答】解：⽅法⼀：设每⼀层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇⾯形⽯板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，⽅法⼆：设第n环天⽯⼼块数为a n，第⼀层共有n环，则{a n}是以9为⾸项，9为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×9＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层⽐中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．⼆．填空题（共6⼩题）9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满⾜a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以＝＝＝＝．故答案为：．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．故答案为：2511．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝10．【解答】解：数列{a n}满⾜a n＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为3n2﹣2n．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，故答案为：3n2﹣2n．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是4．【解答】解：因为{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），因为{a n}是公差为d的等差数列，设⾸项为a1；{b n}是公⽐为q的等⽐数列，设⾸项为b1，所以{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，当{b n}中，当公⽐q＝1时，其前n项和S＝nb1，所以{a n+b n}的前n项和S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，则{b n}的前n项和为S＝＝+，所以S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，所以d+q＝4，故答案为：4．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝7．【解答】解：由a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，当n为奇数时，有a n+2﹣a n＝3n﹣1，可得a n﹣a n﹣2＝3（n﹣2）﹣1，…a3﹣a1＝3•1﹣1，累加可得a n﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]﹣＝3•＝；当n为偶数时，a n+2+a n＝3n﹣1，可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．可得a2+a4+…+a16＝92．∴a1+a3+…+a15＝448．∴＝448，∴8a1＝56，即a1＝7．故答案为：7．三．解答题（共8⼩题）15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．【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，由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴a n＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴b n＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法⼀：由（Ⅰ）可得S n＝，∴S n S n+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（S n+1）2＝（n+1）2（n+2）2，∴S n S n+2﹣S n+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；法⼆：∵数列{a n}为等差数列，且a n＝n，∴S n＝，S n+2＝，S n+1＝，∴＝＝＜1，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，c n＝＝＝﹣，当n为偶数时，c n＝＝，对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，和c2k＝＝+++…+，①，由①×可得c2k＝++…++，②，①﹣②得c2k＝+++…+﹣﹣，∴c2k＝﹣，因此c2k＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．数列{c n}的前2n项和﹣﹣．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．【解答】解：（1）设等⽐数列{a n}的公⽐为q（q＞1），则，∵q＞1，∴，∴．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，＝＝．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）k＝1时，a n+1＝S n+1﹣S n＝λa n+1，由n为任意正整数，且a1＝1，a n≠0，可得λ＝1；（2）﹣＝，则an+1＝S n+1﹣S n＝（﹣）•（+）＝•（+），因此+＝•，即＝，Sn+1＝a n+1＝（S n+1﹣S n），从⽽S n+1＝4S n，⼜S1＝a1＝1，可得S n＝4n﹣1，a n＝S n﹣S n﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，综上可得a n＝，n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，则S n+1﹣S n＝λa n+1，则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n＝λ3a n+1＝λ3（S n+1﹣S n），由a1＝1，a n≥0，且S n＞0，令p n＝（）＞0，则（1﹣λ3）p n3﹣3p n2+3p n﹣（1﹣λ3）＝0，λ＝1时，p n＝p n2，由p n＞0，可得p n＝1，则S n+1＝S n，即a n+1＝0，此时{a n}唯⼀，不存在三个不同的数列{a n}，λ≠1时，令t＝，则p n3﹣tp n2+tp n﹣1＝0，则（p n﹣1）[p n2+（1﹣t）p n+1]＝0，①t≤1时，p n2+（1﹣t）p n+1＞0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0⽆解，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③t＝3时，（p n﹣1）3＝0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0有两解α，β，设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果，所以这样的数列{S n}有⽆数多个，则对应的数列{a n}有⽆数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0，综上可得0＜λ＜1．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．【解答】解：（1）设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，即2a1＝a1q+a1q2，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝﹣2（1舍去），所以{a n}的公⽐为﹣2；（2）若a1＝1，则a n＝（﹣2）n﹣1，na n＝n•（﹣2）n﹣1，则数列{na n}的前n项和为S n＝1•1+2•（﹣2）+3•（﹣2）2+…+n•（﹣2）n﹣1，﹣2S n＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n•（﹣2）n，两式相减可得3S n＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n•（﹣2）n＝﹣n•（﹣2）n，化简可得S n＝，所以数列{na n}的前n项和为．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．【解答】解：（1）∵a2+a4＝20，a3＝8，∴+8q＝20，解得q＝2或q＝（舍去），∴a1＝2，∴a n＝2n，（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，∴2n≤m，∴n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，…，由＜100，＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．∴数列{b m}的前100项和S100＝0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37＝480．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．【解答】解：（1）设公⽐为q，则由，可得a1＝1，q＝3，所以a n＝3n﹣1．（2）由（1）有log3a n＝n﹣1，是⼀个以0为⾸项，1为公差的等差数列，所以S n＝，所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0，解得m＝6，或m＝﹣1（舍去），所以m＝6．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴c n+1＝•c n＝•c n＝•c n＝•c n＝4•c n，∴数列{c n}是以1为⾸项，4为公⽐的等⽐数列，∴c n＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴a n+1﹣a n＝c n＝4n﹣1，则a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝41，•••a n﹣a n﹣1＝4n﹣2，各项相加，可得a n＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．（Ⅱ）证明：依题意，由c n+1＝•c n（n∈N*），可得b n+2•c n+1＝b n•c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1＝b n b n+1c n，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴数列{b n b n+1c n}是⼀个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n＝1+d，∴c n＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），⼜∵b1＝1，d＞0，∴b n＞0，∴c1+c2+…+c n＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+c n＜1+，故得证．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．【解答】解：（1）数列{a n}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则a n＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则a n＝（）n﹣1，S n＝＝2﹣（）n﹣1，S n＞100a n，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最⼩值为7．考点卡⽚1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝2、等⽐数列的通项公式：a n＝a1q n﹣1；前n项和公式S n＝＝（q≠1）3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列（1）对于等差数列，a n＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，a n是n的⼀次函数，对应的点（n，a n）是位于直线上的若⼲个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题．（2）对于等⽐数列：a n＝a1q n﹣1．可⽤指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等⽐数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等⽐数列{a n}是递减数列．当q＝1时，是⼀个常数列．当q＜0时，⽆法判断数列的单调性，它是⼀个摆动数列．【典型例题分析】典例1：数列{a n}满⾜a n＝n2+kn+2，若不等式a n≥a4恒成⽴，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：a n＝n2+kn+2＝，∵不等式a n≥a4恒成⽴，∴，解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），其前n项和为S n，若数列{}也为等差数列，则的最⼤值是（）A．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），设公差为d，则a n＝1+（n﹣1）d，其前n项和为S n＝，∴＝，＝1，＝，＝，∵数列{}也为等差数列，∴＝+，∴＝1+，解得d＝2．∴S n+10＝（n+10）2，＝（2n﹣1）2，∴＝＝，由于为单调递减数列，∴≤＝112＝121，故选：D．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，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．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代⼊2n﹣1可得1≠2，∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第⼀项这个数列是等差数列，但如果把⾸项放进去的话就不是等差数列，题中a n的求法是数列当中常⽤到的⽅式，⼤家可以熟记⼀下．eg2：已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列a n是以1为⾸项，4为公差的等差数列，∴a n＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的⼀个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解⽅程⼀样求出⾸项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是⼀种很常⻅的题型，这⾥⾯往往⽤的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，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，⽽这个常数叫做等差数列的公差，公差常⽤字⺟d表示．其求和公式为S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出⾸项a1的值，然后套⽤公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运⽤．其实⽅法都是⼀样的，要么求出⾸项和公差，要么求出⾸项和第n项的值．【考点点评】等差数列⽐较常⻅，单独考察等差数列的题也⽐较简单，⼀般单独考察是以⼩题出现，⼤题⼀般要考察的话会结合等⽐数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运⽤．4．等⽐数列的性质【等⽐数列】（⼜名⼏何数列），是⼀种特殊数列．如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数，这个数列就叫做等⽐数列，因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，公⽐通常⽤字⺟q表示（q≠0）．注：q＝1时，a n 为常数列．等⽐数列和等差数列⼀样，也有⼀些通项公式：①第n项的通项公式，a n＝a1q n﹣1，这⾥a1为⾸项，q为公⽐，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点．②求和公式，S n＝，表示的是前⾯n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有a m•a n ＝a p•a q．例：2，x，y，z，18成等⽐数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等⽐数列，设其公⽐为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运⽤了等⽐数列第n项的通项公式，这也是⼀个常⽤的⽅法，即知道某两项的值然后求出公⽐，继⽽可以以已知项为⾸项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，⽅法就是待定系数法．【等⽐数列的性质】（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．5．等⽐数列的通项公式【知识点的认识】1．等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数，那么这个数列叫做等⽐数列，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，通常⽤字⺟q表示（q≠0）．从等⽐数列的定义看，等⽐数列的任意项都是⾮零的，公⽐q也是⾮零常数．2．等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1，公⽐为q，则它的通项a n＝a1•q n﹣13．等⽐中项：如果在a与b中间插⼊⼀个数G，使a，G，b成等⽐数列，那么G叫做a与b的等⽐中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等⽐数列的常⽤性质（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．6．等⽐数列的前n项和【知识点的知识】1．等⽐数列的前n项和公式等⽐数列{a n}的公⽐为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等⽐数列前n项和的性质公⽐不为﹣1的等⽐数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等⽐数列，其公⽐为q n．7．数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，⼀般来说要求的数列为等差数列、等⽐数列、等差等⽐数列等等，常⽤的⽅法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等⽐数列前n项和公式：③⼏个常⽤数列的求和公式：（2）错位相减法：适⽤于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等⽐数列．（3）裂项相消法：适⽤于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所⽤的⽅法，就是将⼀个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有⼀类数列，既不是等差数列，也不是等⽐数列，若将这类数列适当拆开，可分为⼏个等差、等⽐或常⻅的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满⾜：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使⽤裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第⼆问⽤的关键⽅法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常⽤的⽅法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分⺟的⼀般就可以⽤裂项求和．【解题⽅法点拨】数列求和基本上是必考点，⼤家要学会上⾯所列的⼏种最基本的⽅法，即便是放缩也要往这⾥⾯考．9．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前⼏项），且任⼀项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．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容⼀个重点，要认真掌握．注意：（1）⽤a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成⽴的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统⼀为⼀个式⼦．（2）⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等⽐数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，⽤作差法：a n＝．⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，⽤作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，⽤累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，⽤累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以⽤构造法（构造等差、等⽐数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以⽤待定系数法转化为公⽐为k的等⽐数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以⽤倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前⼏项进⾏归纳猜想，再利⽤数学归纳法进⾏证明．10．等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、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）．2、等⽐数列的性质．（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．31。
2020年高考数学必刷题《26 数列的综合应用》(解析版)
专题六 数列26 数列的综合应用1．已知公差0d ≠的等差数列{}n a 满足11a =，且2a ，42a -，6a 成等比数列，若正整数m ，n 满足10m n -=，则m n a a -=A ．10B ．20C ．30D ．5或40【答案】C【解析】由题知()24262a a a -=，因为{}n a 为等差数列，所以()()()231115d d d -=++，又0d ≠，则3d =， 从而()30m n a a m n d -=-=. 故选C ．2．若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11443,24a b a b ==-==，则22a b = A ．1- B ．1 C ．4-D ．4【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，因为11443,24a b a b ==-==，所以413413278d a a b q b =-=⎧⎪⎨==-⎪⎩， 解得92d q =⎧⎨=-⎩，因此212166a a d b b q =+=⎧⎨==⎩，所以221a b =. 故选B.3．已知首项为1的等差数列{a n }的公差为d ,前n 项和为S n ,且S 2,S 4,S 8成等比数列,则 d = A ．0 B ．1或2 C ．0或2D ．2【答案】C【解析】由a 1=1及S 2,S 4,S 8成等比数列,可得 =S 2·S 8,又S n =a 1n +d ,可得d 2=2d ,解得d =0或d =2.故选C.4．已知等比数列{}n a 中，若12a =，且1324,,2a a a 成等差数列，则5a = A ．2 B ．2或32 C ．2或-32D ．1-【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为q （0q ≠），1324,,2a a a 成等差数列，321224a a a ∴=+， 10a ≠，220q q ∴--=，解得2q =或1q =-， 451=a a q ∴，则5=232a 或.故选B ．5．设 是首项为 ,公差为 的等差数列, 为其前 项和,若 成等比数列,则 A ．8 B ． C ．1D ．【答案】D【解析】由题意可得 ,因为 成等比数列,所以 ,求解可得 故选D.6．已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6=a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9=2a 7，则S 17=A ．34B ．39C ．51D ．68【答案】D【解析】数列{a n }是公比q =2的等比数列，由a 6=a 2·a 10得a 1q 5=a 1q ·a 1q 9，∴a 1q 5=1，∴a 6=1， ∴b 9=2a 7=2a 6·q =2×1×2=4, 设等差数列{b n }的公差为d ,则S 17=17b 1+d =17(b 1+8d )=17b 9=68.故选D ．7．已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b 是等差数列，若261033a a a ⋅⋅=，16117πb b b ++=，则21039tan1b b a a +-⋅的值是A ．1B ．22C ．22-D ．3-【答案】D 【解析】{}n a 是等比数列，32610633a a a a ∴⋅⋅==，63a ∴=，{}n b 是等差数列，1611637πb b b b ∴++==，67π3b ∴=， 2106239614π27ππ3tan tan tan tan tan 3111333b b b a a a +∴===-=-=--⋅--. 故选D.8．已知数列 是等差数列， 是正项等比数列，且 ， ， ， ，则 A ． B ． C ．D ．【答案】D【解析】因为 ， ， 是正项等比数列，所以 ， ， ，则 ， ，因为数列是等差数列，，，所以，，，，因为，所以，又，则，，所以.故选D.9．已知等差数列{a n}的首项为1,a1+a3+a5=15,{a n}的前n项和为S n,若S10,a10+1,k(其中k∈R)成等比数列,则实数k的值是A．7 B．6C．5 D．4【答案】D【解析】根据题意可得,a1=1,3a3=15,即a3=5,设等差数列{a n}的公差为d,解得d=2,所以等差数列{a n}的通项公式是a n=2n-1,S10=10×1+×2=100,又S10,a10+1,k(其中k∈R)成等比数列,所以(a10+1)2=k·S10,k== 4.故选D．10．在等差数列中,,且成等比数列,则公差__________．【答案】3【解析】因为成等比数列,所以,即,解得d=3或d=-1.当d=-1时，，舍去.故11．等差数列中，公差，且，数列是等比数列，且，则_______．【答案】16【解析】因为等差数列中，，所以,所以.则，又数列是等比数列，所以.12．已知单调递增的等比数列满足，且是，的等差中项，则数列的通项公式为 __________．【答案】【解析】因为 是 ， 的等差中项，所以 ， 所以或 ，因为数列 单调递增，所以 ，所以数列 的通项公式为 ．13．等差数列{}n a 中，410a =且3a ，6a ，10a 成等比数列，则数列{}n a 的前20项的和20S =__________.【答案】200或330【解析】设数列{}n a 的公差为d ，则3410a a d d =-=-，641042102,6106a a d d a a d d =+=+=+=+，由3610,,a a a 成等比数列，得23106a a a =，即()()()210106102d d d -+=+，整理得210100d d -=，解得0d =或1d =， 当0d =时，20420200S a ==；当1d =时，14310317a a d =-=-⨯=， 于是2012019202071903302S a d ⨯=+=⨯+=， 故答案为200或330.14．在各项不为零的等差数列{}n a 中，2201720182019220a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且20182018b a =，则()220172019log b b ⋅的值为 A ．1 B ．2 C ．4D ．8【答案】C【解析】因为等差数列{}n a 中2017201920182a a a +=，所以2220172018201920182018224=0a a a a a -+=-，因为各项不为零，所以2018=4a ，因为数列{}n b 是等比数列，所以2201720192018==16b b a ⋅所以()2201720192log =log 16=4b b ⋅. 故选C ．15．等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是A ．1-B ．0C ．2D ．3【答案】B【解析】等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，由111a b ==，53a b =，可得214d q +=， 则2291812(1)211a d q q =+=+-=->-，可得9a 能取到的最小整数是0． 故选B ．16．等比数列{}n a 中， n S 是数列{}n a 的前n 项和， 314S =，且1238,3,6a a a ++依次成等差数列，则13a a ⋅等于 A ．4 B ．9 C ．16 D ．25【答案】C【解析】设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q ，则()231114S a q q =++=①，又1238,3,6a a a ++依次成等差数列，则21112386a q a a q ⨯=+++，即2111614a q a a q --=②，①②两式相加得：14a q =，代入①得()21110a q +=，①②两式相比得22520q q -+=，解得2q =或12q =，则122a q ==⎧⎨⎩ 或1812a q ⎧==⎪⎨⎪⎩，当122a q ==⎧⎨⎩时，22221312216a a a q ==⨯=；当1812a q ⎧==⎪⎨⎪⎩时，221318162a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭⨯=.故选C .17．已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列,23a =,且358,,a a a 成等比数列,设11n n n b a a +=,则数列{}n b 的前n 项和n T 为A ．1n n + B ．1n n - C ．221nn +D ．24nn +【答案】D【解析】设首项为1a ,公差为d ,因为23a =,且358,,a a a 成等比数列,所以()()()121113427a d a d a d a d +=⎧⎪⎨+=++⎪⎩, 解得12,1a d ==, 所以()()1111,1212n n a n b n n n n =+==-++++, 则12n n T b b b =+++=1111111123341222n n n -+-++-=-+++=24nn +. 故选D ．18．若等差数列{a n }与等比数列{b n }的首项是相等的正数,且它们的第2n+1项也相等,则A ．a n+1<b n+1B ．a n+1≤b n+1C ．a n+1≥b n+1D ．a n+1>b n+1【答案】C【解析】∵等比数列{b n }中,b 1>0,∴b 2n+1>0, 又a 1=b 1,a 2n+1=b 2n+1,当b n+1<0时,显然有a n+1>b n+1;当b n+1>0时,a n+1-b n+1=21211211211211212()222n n n n n a a a a a a a a b b ++++++-⋅-+-⋅==≥ , 即a n+1≥b n+1.综上可知a n+1≥b n+1.19．已知数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是以1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，*12...,()n n T c c c n =+++∈N ，则当2019n T >时，n 的最小值是A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】B 【解析】{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，112121242n n n n b b b T c c c a a a a a a a -∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+()()()()1211221241221n -=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()11122124222212nn n n n n -+-=+++⋯+-=⨯-=---，2019n T >，1222019n n +∴-->，解得10n ≥．则当2019n T >时，n 的最小值是10． 故选B ．20．若互不相等的实数 成等差数列， 成等比数列，且 则 __________．【答案】【解析】由题意，互不相等的实数 构成等差数列， 设 ，又 成等比数列，所以 ，即 ，解得 ， 所以三个数 分别为 ，又因为 ，所以 ，所以实数 .21．已知数列 的各项均为整数， ，前12项依次成等差数列，从第11项起依次成等比数列，则 __________． 【答案】16【解析】设公差为 ，则因为第11项，第12项，第13项成等比数列，所以 ，即 ，即，因为 为整数，所以 ， 则，故 . 故答案为16.22．成等差数列的三个正数的和等于6，并且这三个数分别加上3、6、13后成为等比数列{}n b 中的3b 、4b 、5b ，则数列{}n b 的通项公式为__________.【答案】12n n b -=【解析】设成等差数列的三个正数为a d -，a ，a d +，即有36a =，解得2a =，由题意可得5d -，8，15d +成等比数列，即有()()51564d d -+=，解得1d =（11d =-舍去），可得公比为2，则数列{}n b 的通项公式为33132422n n n n b b ---=⋅=⋅=. 故答案为12n n b -=.23．已知数列{}n a 满足11a =，且点()()1,2n n a a n +∈N å在直线1102x y -+=上．若对任意的*n ∈N ，1231111nn a n a n a n a λ+++⋯+≥++++恒成立，则实数λ的取值范围为__________． 【答案】（﹣∞，12] 【解析】数列{}n a 满足a 1＝1，且点()()*12n n a a n +∈，N 在直线x 12-y +1＝0上， 可得a n ﹣a n +1+1＝0，即a n +1﹣a n ＝1，可得a n ＝n ， 对任意的*n ∈N ，1231111nn a n a n a n a λ++++≥++++恒成立， 即为λ111122n n n≤+++++的最小值， 由f （n ）111122n n n=+++++， f （n ）﹣f （n +1）11112122n n n =--+++()()111022212122n n n n =-=-<++++， 即f （n ）＜f （n +1），可得f （n ）递增，即有f （1）为最小值，且为12， 可得λ12≤， 则实数λ的取值范围为（﹣∞，12]． 故答案为（﹣∞，12]．24．（2017新课标全国Ⅲ理科）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A ．24- B ．3- C ．3 D ．8【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d 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()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-. 故选A ．【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.25．（2017北京理科）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =___________． 【答案】1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d 和q ，则3138d q -+=-=，求得2,3q d =-=，那么22131 2a b-+==．【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.11。
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。
2020年全国1卷数学说题--数列
Ⅰ14 Ⅱ17（2） Ⅲ17（2）
Ⅰ14Ⅱ17（2） Ⅱ19（1）
分
2020年 Ⅰ17（1）
（1）
Ⅰ17（2）Ⅲ17 Ⅲ17（1）
布
Ⅱ6
（2）
二、题目分析
数学地位
数列是历年高考的主干内容之一 1.高考在数列一般命制2道小题或 者1道解答题,分值占10～12分； 2.高考对小题的考查一般以等差、 等比数列的基本量运算、等差、等 比数列的性质、数列的递推式等为 主； 3.解答题一般考查求数列的通项公 式、等差等比数列的证明、错位相 减法、裂项相消法、公式法求和等, 其中裂项相消法常与不等式相结合。
二、题目分析
数学 地位
函数思想
转化与化归思想 数学 方程思想 思想
模型化思想
能力
推理论证能力 考查
运算求解能力
必修五 P69等比数列求和习题2.5 来源 A组4（3） 出处 P75数列复习参考题A组4
知识 等比数列通项公式基本量的计算 考查 等差中项的性质
错位相减法求和
三、思路分析
1由已知等差中项关系，建立公比q的方程，求解即可得出结论； 2由1结合条件得出an 的通项，根据nan 的通项公式特征，用错位相减法，
(2)在写出“ Sn ”与“qSn ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确 写出“ Sn qSn ”的表达式。
解法2构造函数模型，用待定系数法把系数算出,再利用数列的前n项和通过错位相消 从而得出。在构造函数模型上有点难度，学生比较难想到。
五、变式拓展
1、(2019·广东广州综合测试二)已知{an}是递增的等比数列,a2+a3=4,a1a4=3.
3 9
9
四、解题过程及评价
2020高考数学(理数)题海集训26 等差数列及前n项和公式(30题含答案)
2020高考数学(理数)题海集训26 等差数列及前n 项和公式一、选择题1.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若3163=S S ，则126S S等于( ). A.103 B.31 C.81 D.912.在等差数列{a n }中，已知前15项的和S 15=90，则a 8等于( )A.3B.4C.6D.123.在等差数列{a n }中,a 1=0,公差d ≠0,若a m =a 1+a 2+…+a 9,则m 的值为( )A.37B.36C.20D.194.《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )A ．1升B ．6766升 C.4744升 D ．3733升5.已知{a n }是公差为1的等差数列,S n 为{a n }的前n 项和.若S 8=4S 4,则a 10=( )A.217 B.219 C.10 D.126.若等差数列{a n }的前5项之和S 5=25,且a 2=3,则a 7=( )A.12B.13C.14D.157.等差数列{a n }的前m 项的和为10，前2m 项的和为100，则它的前3m 项的和为( )A.130B.170C.270D.260 8.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1019=1，则S 2037( )A.1018B.1019C.2018D.20199.已知数列－1，a 1，a 2，－4与数列1，b 1，b 2，b 3，－5各自成等差数列，则212b a a -等于( ) A.41 B.21 C.－21 D.－4110.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2+a 12=18，则S 13=( )A.91B.126C.234D.11711.记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4=20，S 2=4，则公差d 为( )A.2B.3C.6D.712.如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5=12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7=( ).A.14B.21C.28D.3513.数列{2n －1}的前10项的和是( )A ．120B ．110C ．100D ．1014.等差数列{a n }中，a 1＋a 5=10，a 4=7，则数列{a n }的公差为( )A.1B.2C.3D.415.一个只有有限项的等差数列，它的前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，则它的第7项等于( ).A.22B.21C.19D.1816.已知数列{a n }中a 1=1，a n ＋1=a n －1，则a 4等于( )A ．2B ．0C ．－1D ．－217.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1=－11，a 4＋a 6=－6，则当S n 取最小值时，n 等于( ).A.6B.7C.8D.918.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n =－2n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为( )A ．－45B ．－50C ．－55D ．－6619.设等差数列{a n }满足a 3＋a 7=36，a 4a 6=275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为( )A ．－10B ．－12C ．－9D ．－1320.如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|=|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n＋1|=|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n =|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列二、填空题21.已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且a 1=21，S 2=a 3，则a 2=________.22.等差数列{a n }中，S 10=4S 5，则da 1=________.23.如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5=12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7等于________.24.已知{a n }是等差数列，a 1=1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1a 5=a 22，则S 8=________.25.等差数列{a n }的公差为21，且S 100=145，则奇数项的和a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99等于________.26.已知数列{a n }中，a 1=－7，a 2=3，a n ＋2=a n ＋2，则S 100= .27.若等差数列{a n }的前17项和S 17=51,则a 5-a 7+a 9-a 11+a 13等于 .28.《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．则月末日织几何？”其意思为今有女子善织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布．若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布，则该女最后一天织________尺布．29.若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n=________时，{a n }的前n 项和最大.30.在－1与7之间顺次插入三个数a 、b 、c ，使这5个数成等差数列，则插入的三个数为 .答案解析1.答案为：A;解析：2.答案为：C ；3.答案为：A ；解析：a m =a 1+a 2+…+a 9=9a 1+36d=36d=a 37,∴m=37.故选A.4.答案为：B.解析：设该等差数列为{a n }，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1322，d ＝766.∴a 5=1322＋4×766=6766.故选B.5.答案为：B ；6.答案为：B ；7.答案为：C ；解析：∵S m =10，S 2m =100，故S 2m －S m =90，故知S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 构成首项为10， 公差为80的等差数列，∴S 3m －S 2m =90＋80=170.∴S 3m =100＋170=270. 8.D.9.答案为：B ；解析：设数列－1，a 1，a 2，－4的公差是d ，则a 2－a 1=d=－1，b 2=－2，故知212b a a -=21. 10.D.11.答案为：B ； 12.答案为：C ；解析：由等差数列性质得a 3＋a 4＋a 5=3a 4，由3a 4=12，得a 4=4，所以a 1＋a 2＋…＋a 7=7a 4=28. 13.答案为：C ；14.答案为：B ；解析：由等差中项的性质知a 3=5，又a 4=7，∴公差d=a 4－a 3=7－5=2. 15.答案为：D ；解析：∵a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5=34，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋a a －4=146，∴5(a 1＋a n )=180，a 1＋a n =36，S n =2)(1n a a n +=236⨯n =234. ∴n=13，S 13=13a 7=234.∴a 7=18.16.答案为：D ；17.答案为：A;解析：∵{a n }是等差数列，∴a 4＋a 6=2a 5=－6，即a 5=－3，d=2，∴{a n }是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和是S n 的最小值.∵a 6=－1，a 7=1， ∴当n=6时，S n 最小，故选A.18.答案为：D ；∵a n =－2n ＋1，∴数列{a n }是以－1为首项，－2为公差的等差数列，∴S n =n[－1＋－2n ＋2=－n 2，∴S n n =－n 2n=－n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为11×(－1)＋11×102×(－1)=－66，故选D.19.答案为：B ；设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7=36，∴a 4＋a 6=36，又a 4a 6=275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n =7n －17，a 2=－3，a 3=4，易知当n≤2时，a n <0，当n≥3时，a n >0， ∴a 2a 3=－12为a n a n ＋1的最小值； 当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7， 此时a n =－7n ＋53，a 7=4，a 8=－3，易知当n≤7时，a n >0，当n≥8时，a n <0， ∴a 7a 8=－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12.20.答案为：A.解析：作A 1C 1，A 2C 2，A 3C 3，…，A n C n 垂直于直线B 1B n ，垂足分别为C 1，C 2，C 3，…，C n ， 则A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n .∵|A n A n ＋1|=|A n ＋1A n ＋2|，∴|C n C n ＋1|=|C n ＋1C n ＋2|. 设|A 1C 1|=a ，|A 2C 2|=b ，|B 1B 2|=c ，则|A 3C 3|=2b －a ，…，|A n C n |=(n －1)b －(n －2)a(n≥3)，∴S n =12c[(n －1)b －(n －2)a]=12c[(b －a)n ＋(2a －b)]，∴S n ＋1－S n =12c[(b －a)(n ＋1)＋(2a －b)－(b －a)n －(2a －b)]=12c(b －a)，∴数列{S n }是等差数列．一、填空题21.答案为：1； 22.答案为：0.5； 23.28；解析：∵a 3＋a 4＋a 5=3a 4=12，∴a 4=4.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7=(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4=7a 4=28. 24.答案为：64； 25.答案为：60； 26.答案为：4 700；解析：由a 1=－7，a n ＋2=a n ＋2，可得a n ＋2－a n =2，∴a 1，a 3，a 5，a 7，…，a 99是以－7为首项，公差为2的等差数列，共50项.∴a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99=50×(－7)＋2)150(50-⨯×2=2 100.同理，a 2，a 4，a 6，…，a 100是以3为首项，公差为2的等差数列，共50项. ∴a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100=50×3＋2)150(50-⨯×2=2 600.∴S 100=2 100＋2 600=4 700.27.答案为：3；28.答案为：21；解析：由题意得，该女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{a n }，其中a 1=5，前30项和为390，于是有＋a 302=390，解得a 30=21，即该女最后一天织21尺布．29.答案为：8；解析：∵a 7＋a 8＋a 9=3a 8＞0，∴a 8＞0.∵a 7＋a 10=a 8＋a 9＜0，∴a 9＜－a 8＜0.∴数列的前8项和最大，即n=8. 30.答案为：1,3,5；解析：5个数成等差数列，则a 1=－1，a 5=7，∴d=415a a -=2， ∴插入的三个数依次为1,3,5.。
【高考专项】2020年高考数学 数列 解答题专项练习40题(含答案详解)
2020年高考数学数列解答题专项练习40题1、数列{a n}的前n项和为S n，,且成等差数列.(1)求a1的值，并证明为等比数列;(2)设，若对任意的，不等式恒成立，试求实数的取值范围.2、已知数列{a n}的前n项和，{b n}是等差数列，且（1）求数列{b n}的通项公式；（2）令求数列{c n}的前n项和.3、已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差，且成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{c n}的前n项和.4、已知数列{a n}满足，.（1）证明数列{a n+1}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；（2）令，求数列{b n}的前n项和5、已知数列{a n}前n项和为。
（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列；求数列的前n项和。
6、设数列{a n}的前n项和为S n，若．(1)求出数列{a n}的通项公式；(2)已知，数列{b n}的前n项和记为，证明：．7、已知等差数列{a n}满足，，数列{b n}满足.（1）求数列{a n}、{b n}的通项公式；（2）求数列的前n项和.8、正项数列{a n}的前n项和为S n，且．（1）试求数列{a n}的通项公式；（2）设，求{b n}的前n项和为.（3）在（2）的条件下，若对一切恒成立，求实数m的取值范围.9、已知等差数列{a n}的公差d≠0，它的前n项和为S n，若，且a2，a6，a18成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{}的前n项和为，求证：．10、等差数列{a n}中，已知，且为递增的等比数列.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}的通项公式（），求数列{b n}的前n项和S n.11、已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且是S n与2的等差中项，等差数列中，，点在一次函数的图象上．（1）求数列{a n},{b n}的通项和；（2）设，求数列{c n}的前n项和．12、已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，，且成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若，数列{b n}的前n项和为，求.13、记为各项为正数的等比数列{a n}的前S n项和，已知.（1）求数列{a n}的通项公式;（2）令，求的前n项和.14、设数列{a n}的前n项和为S n，已知3S n=4－4，．（1)求数列{a n}的通项公式；(2）令，求数列{b n}的前n项和Tn.15、已知数列{a n}的各项均为正数，对任意，它的前n项和S n满足，并且，，成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，为数列{b n}的前n项和，求．16、已知数列{a n}的前n项和为S n，且，．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）当时，求证：数列的前n项和．17、已知数列为等差数列，且，．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）证明：．18、已知{a n}是各项均为正数的等比数列，{b n}是等差数列，且，，；求：（1）{a n}和{b n}的通项公式；（2）设，，求数列{c n}的前n项和．19、已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足：，．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}是等差数列，且，求非零常数．20、等差数列{a n}中，，．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求的值．21、已知等差数列{a n}的前n项的和为S n，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设(3)设，表示不超过的最大整数，求{c n}的前1000项的和22、S n为数列{a n}的前n项和.已知，.（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列{b n}的前项和.23、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=2S n+1，其中S n为{a n}的前n项和，n∈N*．（1）求a n；（2）若数列{b n}满足b n=，{b n}的前n项和为T n，且对任意的正整数n都有T n ＜m，求m的最小值．24、已知数列{a n}，a=1，=a-n²-n-（1）求数列{a n}的通项公式；（2）证明++…+＜（n∈N）.25、已知数列{a n}的首项a1=a（a>0），其前n项和为S n，设（）．（1）若a2=a+1，a3=2a2，且数列{b n}是公差为3的等差数列，求S2n；（2）设数列{b n}的前n项和为T n，满足T n=n2．①求数列{a n}的通项公式；②若对且n≥2，不等式恒成立，求a的取值范围．26、设数列{a n}的各项均为不等的正整数，其前n项和为S n，我们称满足条件“对任意的m,n∈N*. 均有”的数列{a n}为“好”数列．（1）试分别判断数列{a n}，{b n}是否为“好”数列，其中，，n∈N*，并给出证明；（2）已知数列{c n}为“好”数列．①若c2017=2018，求数列{c n}的通项公式；②若c1=p，且对任意给定正整数p,s（s>1），有c1,c2,c3成等比数列，求证：t≥s2．27、已知数列{a n}的各项均为正数，，前n项和为S n，且，为正常数．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记，（）．求证：①；②．28、已知数列{a n}满足…．（1）求，，的值；（2）猜想数列{a n}的通项公式，并证明．29、等差数列{a n}的公差为正数，，其前n项和为S n；数列{b n}为等比数列，，且．(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2)设，求数列{c n}的前n项和．30、设数列{a n}的前n项和为S n，已知，（）．（1）求证：数列{a n}为等比数列；（2）若数列{b n}满足：，．①求数列{b n}的通项公式；②是否存在正整数n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．31、已知数列{a n}的前n项和S n，且，数列是首项为1，公比为的等比数列. （1）若数列{a n+b n}是等差数列，求该等差数列的通项公式；（2）求数列{a n+n+b n}的前项和.32、已知等比数列{a n}中，.（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列的前项和.33、已知数列{a n}为等差数列，S n为{a n}的前n项和，.数列为等比数列且.（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）记，其前n项和为，求证：.34、已知数列{a n}的前n项和为S n，满足（1）求证：数列{a n+2}为等比数列；（2）求数列{a n}的通项；（3）若数列{b n}满足为数列的前n项和，求.35、已知各项均为正数的数列{a n},满足且.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设,若的前n项和为S n,求S n；(3)在（2）的条件下,求使成立的正整数n的最小值．36、设数列{a n}的前n项和，数列满足．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和．37、已知数列{a n}满足，且．（1）求证：数列是等差数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）令，求数列{b n}的前n项和S n38、已知{a n}是等比数列，满足，且成等差数列（1）求数列{a n}的通项公式（2）设，数列{b n}的前项和为，求正整数k的值，使得对任意n≥2均有g（k）≥g（n）39、已知二次函数f(x)=3x2－2x.，数列{a n}的前n项和为，点均在函数的图像上。
专题 数列-2020年高考数学(理)二轮专项复习
n
m
n
p
q
等比数列{a }中，若 m＋n＝p＋q，则 a ·a ＝a ·a ；
n
m
n
p
q
【复习要求】
1．理解等差数列、等比数列的概念．
2．掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式．
3．能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相
应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系．
10
1
∴S
1 2 10 10 95 .选 C.
(∵2等)等1差0差数数列a列{a{aa}n各}中项a均4＋为a正8＝数2a，6，
n
5
∴由均值不等式
a 4
a 8
(
a 4
2
a 8
)2
a2 6
，当且仅当
a
＝a
4
时等号成立
8
aa 即： a4 a6 ，选 B．
6
8
【评析】本题中涉及到等差数列中的重要性质：若 m＋n＝p＋q，则a ＋a ＝a ＋a ，(1)
n
1
A．
(1)n1
B． (1)n
C． (1)n 3n 2
2．若数列的前四项是 3，12，30，60，则此数列的一个通项公式是( )
A． n(n 1)(n 2) 2
B．5n2－6n＋4
C．
3
9n(n 1) 2
1ln2 7n12
D．
2
3．数列{a }中，若 a ＝1，a ＝1，a ＝a ＋a ，则 a ＝( )
【分析】本题需要观察每一项与项数之间存在的函数关系，猜想出一个通项公式．这种
通过特殊的元素得到一般的规律是解决问题的常用方法，但得到的规律不一定正确，可经过
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题28 数列的概念与简单表示法(解析版)
考点28 数列的概念与简单表示法1、数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5B ．72C ．92D ．132【答案】B【解析】∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2，n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72. 2、给定数列1,2+3+4,5+6+7+8+9,10+11+12+13+14+15+16,…,则这个数列的一个通项公式是( ) A.a n =2n 2+3n-1 B.a n =n 2+5n-5 C.a n =2n 3-3n 2+3n-1 D.a n =2n 3-n 2+n-2【答案】C【解析】当n=1时,a 1=1,代入四个选项,排除A 、D;当n=2时,a 2=9,代入B 、C 选项,B 、C 都正确;当n=3时,a 3=35,代入B 、C 选项,B 错误,C 正确,所以选C .3、在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516 B ．158C ．34D ．38【答案】C【解析】由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.4、意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8, 13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”,则(a 1a 3-)(a 2a 4-)(a 3a 5-)…(a 2 015a 2 017-)=( ) A.1 B.-1 C.2 017 D.-2 017【答案】B【解析】∵a 1a 3-=1×2-12=1,a 2a 4-=1×3-22=-1,a 3a 5-=2×5-32=1,…,a 2 015a 2 017-=1.∴(a 1a 3-)(a 2a 4-)(a 3a 5-)·…·(a 2 015a 2 017-)=11 008×(-1)1 007=-1. 5、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn ≤2的正整数n 的集合为( )A ．{1,2,3}B ．{2,3,4}C ．{1,2,3,4}D ．{1,2,3,4,5}【答案】C【解析】因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1.又a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1，故a n ＝2n －1.又a n n ≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ∈{1,2,3,4}．6、已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则a 2 018的值为( )A ．－8B ．－3C ．－4D ．13【答案】B【解析】由a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)得，a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，可见数列{a n }的周期为4，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3.7、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2 018= ( )A.22 018-1B.32 018-6C. 2 018-D. 2 018-【答案】A【解析】由题意可得3S n =2a n -3n ,3S n+1=2a n+1-3 (n+1), 两式作差可得3a n+1=2a n+1-2a n -3, 即a n+1=-2a n -3,则a n+1+1=-2(a n +1), 结合3S 1=2a 1-3=3a 1可得a 1=-3,a 1+1=-2, 则数列{a n +1}是首项为-2,公比为-2的等比数列, 据此有a 2 018+1=(-2)×(-2)2 017=22 018,∴a 2 018=22 018-1.故选A .8、已知数列{a n }与{b n }的通项公式分别为a n ＝－n 2＋4n ＋5，b n ＝n 2＋(2－a )n －2a .若对任意正整数n ，a n ＜0或b n ＜0，则a 的取值范围为( )A ．(5，＋∞)B ．(－∞，5)C ．(6，＋∞)D ．(－∞，6)【答案】A【解析】由a n ＝－n 2＋4n ＋5＝－(n ＋1)(n －5)可知，当n ＞5时，a n ＜0.由b n ＝n 2＋(2－a )n －2a ＝(n ＋2)(n －a )＜0及已知易知－2＜n ＜a ，为使当0＜n ≤5时，b n ＜0，只需a ＞5.故选A. 9、在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝( ) A ．2n －1 B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)【答案】A【解析】由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知a n ＝2n －1.10、若数列{a n }满足(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1(n ≥2)且a 1＝2，则满足不等式a n ＜462的最大正整数n 为( ) A ．19 B ．20 C ．21 D ．22【答案】B【解析】由(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1得，a n a n －1＝n ＋1n －1，则a n ＝a 1×⎝⎛⎭⎫a 2a 1×⎝⎛⎭⎫a 3a 2×…×⎝⎛⎭⎫a n a n －1＝2×31×42×…×n ＋1n －1＝n (n ＋1)．又a n ＜462，即n (n ＋1)＜462，所以n 2＋n －462＜0，即(n －21)(n ＋22)＜0，因为n ＞0，所以n ＜21.故所求的最大正整数n ＝20.11、数列{a n }满足a 1=,a n+1-1=a n (a n -1)(n ∈N +),且S n =+…+,则S n 的整数部分的所有可能值构成的集合是( ) A.{0,1,2} B.{0,1,2,3} C.{1,2} D.{0,2}【答案】A【解析】对a n+1-1=a n (a n -1)两边取倒数,得-=, S n =++…+=-+-+…+-=3-,由a n+1-a n =≥0,a n+1≥a n ,a n 为递增数列,a 1=,a 2=,a 3=,其中S 1=,整数部分为0,S 2=3-=,整数部分为0,S 3=,整数部分为1,由于S n <3,故选A .12、在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和,已知数列{a n }是等和数列,且a 1=2,公和为5,那么a 18= . 【答案】3【解析】由题意得a n +a n+1=5⇒a n+2+a n+1=5⇒a n =a n+2,所以a 18=a 2=5-a 1=3.13、已知数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2·3n －1n 为偶数，2n －n 为奇数，则a 3a 4＝________.【答案】 54【解析】由题意知，a 3＝2×3－5＝1，a 4＝2×34－1＝54，∴a 3a 4＝54.14、数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4,a n+1=2S n +1,n ∈N +,则S 5= . 【答案】121【解析】由于解得a 1=1.由a n+1=S n+1-S n =2S n +1,得S n+1=3S n +1, 所以S n+1+=3S n +,所以是以为首项,3为公比的等比数列,所以S n +=×3n-1,即S n =,所以S 5=121.15、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋23，则{a n }的通项公式a n ＝________.【答案】⎝⎛⎭⎫－12n －1 【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，∴a 1＝1; 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，∴a n a n －1＝－12.∴数列{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1. 16、在数列{a n }中,a 1=0,a n+1=,则S 2 019= . 【答案】0【解析】∵a 1=0,a n+1=,∴a 2==,a 3===-, a 4==0,即数列{a n }的取值具有周期性,周期为3,且a 1+a 2+a 3=0,则S 2 019=S 3×673=0. 17、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =2a n -n ,则a n = .【答案】2n-1【解析】当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -n-2a n-1+(n-1), 即a n =2a n-1+1,∴a n +1=2(a n-1+1).又a 1=S 1=2a 1-1,∴a 1=1.∴数列{a n +1}是以首项为a 1+1=2,公比为2的等比数列,∴a n +1=2·2n-1=2n , ∴a n =2n -1.18、已知数列{a n }，{b n }，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 2＝4b 1，S n ＝2a n －2，nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 3＋n 2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的通项公式．【答案】(1) 2n (2) n 3－n 2＋2n 2，n ∈N *【解析】(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2.当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，n ≥2.综上，数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n ，n ∈N *. (2)∵a 2＝4b 1＝4，∴b 1＝1.∵nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 3＋n 2，∴b n ＋1n ＋1－b nn ＝n ，故b n n －b n －1n －1＝n －1，…，b 33－b 22＝2，b 22－b 11＝1，n ≥2， 将上面各式累加得b n n －b 11＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＝n n －2，∴b n ＝n 3－n 2＋2n2，n ∈N *.19、设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ∈R 且a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *. (1)设b n ＝S n －3n ，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． 【答案】(1) (a －3)2n －1 (2) [－9,3)∪(3，＋∞)【解析】(1)由题意知，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＝2S n ＋3n －3n ＋1＝2(S n －3n )，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n }是首项为a －3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(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，所以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，所求的a 的取值范围是[－9,3)∪(3，＋∞)．20、已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，数列{b n }中，b n ＝1＋a na n .(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围． 【答案】(1) 1 (2) 3 －1 (3) (－7，－6)【解析】(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1.(2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－52＋(n －1)＝n －72，∴b n ＝1＋1a n ＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数， ∴b 3＜b 2＜b 1＜1，当n ≥4时，1＜b n ≤b 4，∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. (3)由b n ＝1＋1a n ，得b n ＝1＋1n ＋a 1－1.又函数f (x )＝1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x ＜1－a 1时，y ＜1；当x ＞1－a 1时，y ＞1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7＜1－a 1＜8，∴－7＜a 1＜－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)．。
2020年高考数学(理)必刷题《24 等比数列》(解析版)
专题六 数列24 等比数列1．已知等比数列{}n a 满足14a =，123450a a a a a =>，则公比q = A ．2 B ．32 C ．42D ．2【答案】A【解析】由14a =及123450a a a a a =>，可得44,2q q ==.故选A ．2．在等比数列{}n a 中，2a ，16a 是方程2620x x ++=的两个根，则2169a a a 的值为 A ．6-或6 B ．2-C ．2D ．2或2-【答案】D【解析】∵等比数列{}n a 中，2a ，16a 是方程2620x x ++=的两个根，1622a a ∴⋅=，216922a a a ⋅==∴，92a ∴=±.则2169a a a =2或2-.故选D ．3．已知等比数列{n a }中，1a +2a =12，1a ﹣3a =34，则4a = A ．﹣18B ．18C ．﹣4D ．4【答案】A【解析】∵等比数列{n a }中，1a +2a =12，1a ﹣3a =34， ∴112111234a a q a a q +⎧⎪=-⎨=⎪⎪⎪⎩，解得111,2a q ==-，∴a 4=31a q =1×（﹣12）3=﹣18． 故选A ．4．已知{ }是等比数列，数列{ }满足 ，且 ，则 的值为 A ．1 B ．2 C ．4 D ．16【答案】C【解析】因为 为等比数列，所以 ，因为 ，所以 ， 可得 ，则 . 故选C ．5．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()213214n n S a a a -=+++()n *∈N ，12327a a a =-，则5a =A ．81B ．24C ．81-D ．24-【答案】C【解析】因为等比数列{}n a ，12327a a a =-，所以由等比数列的性质可得3227,a =-则23a =-，又因为()()213214n n S a a a n *-=+++∈N ，所以当1n =时，有21214,S a a a =+=则11a =-， 即公比213a q a ==，所以45181a a q ==-. 故选C.6．已知 为等比数列， ， ，则 A ．7 B ． C ．15D ．【答案】B【解析】 ，又由等比数列的性质可得 ， ， 或 ， ，当 ， 时，， ， ， ；当 ， 时， ，则 ， ， . 综上可得， . 故选B.7．已知数列{}n a 为各项均为正数的等比数列，n S 是它的前n 项和，若174a a =，且47522a a +=，则5S = A ．32 B ．31 C ．30D ．29【答案】B【解析】因为174a a =，所以244,a =又0,n a >所以42a =.因为47522a a +=，所以714a =. 所以3111,,16.82q q a ===所以55116[1()]2=31112S -=-. 故选B.8．设x ，10x +，5x -是等比数列{}n a 的前三项，则n a = A ．134()2n --⨯-B ．34()2n-⨯- C ．183()32n -⨯-D ．134()2n --⨯【答案】A【解析】因为x ，10x +，5x -是等比数列{}n a 的前三项， 所以()()2510x x x -=+，解得4x =-，106x +=，所以公比32q =-，因此1342n n a -⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭.故选A.9．已知数列{}n a 是等比数列，若2678492ma a a a a ⋅=-⋅，且公比3(5,2)q ∈，则实数m 的取值范围是A ．(2,6)B ．(2,5)C ．(3,6)D ．(3,5)【答案】C 【解析】2678492ma a a a a ⋅=-⋅，2112142111112ma q a q a q ∴=-，32m q =-，()35,2q ∈，()35,8q ∴∈，则()3,6m ∈.故选C ．10．在等比数列{}n a 中，41S =，83S =，则13141516a a a a +++的值是A ．8B ．15C ．18D ．20【答案】A【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为481,3S S ==，即14321=+++a a a a ，28765=+++a a a a ，所以4567812342a a a a q a a a a +++==+++，则12313141516123428a a a a q a a a a +++===+++， 从而131415168a a a a +++=. 故选A ．11．已知等比数列 的前 项和为 ，且满足 ，则 的值为A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】根据题意，当 时， ，当 时， . 数列 是等比数列，∴ ，故412λ+=， 解得 . 故选C. 12．如果数列321121,,,,nn a a a a a a a -是首项为1,公比为2-的等比数列,则5a 等于 A ．32 B ．64 C ．32-D ．64-【答案】A 【解析】因为数列1{}n n a a -是首项为1,公比为2-的等比数列，所以111n n n aa q a --==()12n --，所以5a =534214321a a a a a a a a a ⨯⨯⨯⨯=()()()()43212222⨯⨯-⨯---= .故选A ．13．已知数列 是递增的等比数列，且 ，则 的值等于________．【答案】32【解析】 数列 是递增的等比数列， ，① 又 ，②由①②得，3322422a aq a a ⎧⎨⎩=⇒===， ， 故答案为32.14．在等比数列 中，已知 ，若 ，则 ________.【答案】【解析】由已知得425112536113672a a a q a q a a a q a q +=+⎧=+=+=⎪⎨⎪⎩， 两式相除，可得 ，所以 ，由 ，可得 ， 解得 ．15．已知数列{}n a 满足11a =，11lg lg 2n n a a +=+，则9a =________． 【答案】10000【解析】数列{}n a 满足11a =，11lg lg 2n n a a +=+， 可得11lg2n n a a +=，则110n naa +=， 故数列{}n a 是等比数列，则89110000a q =⨯=.故答案为10000．16．已知等比数列 的前 项和为 , ,则 ________.【答案】400【解析】因为数列 是等比数列，所以 成等比数列， 所以 ,则 ，且公比为3， 所以 ,则17．已知数列{}n a 为等比数列，且2234764a a a a =-=-，则46tan π3a a ⎛⎫=⎪⎝⎭A ．3-B ．3C ．3±D ．33-【答案】A【解析】由题意得3234364a a a a ==-，所以34a =-．又2764a =，所以78a =-或78a =（由于7a 与3a 同号，故舍去），所以463732a a a a ==， 因此4632ππtan πtan πtan 11πtan 33333a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-=-=- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故答案为A.18．我国古代数学著作《九章算术》中记载问题：“今有垣厚八尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日半尺，大鼠日增倍，小鼠日自半，问几何日相逢？”，意思是“今有土墙厚8尺，两鼠从墙两侧同时打洞，大鼠第一天打洞一尺，小鼠第一天打洞半尺，大鼠之后每天打洞长度比前一天多一倍，小鼠之后每天打洞长度是前一天的一半，问两鼠几天打通相逢？”两鼠相逢需要的天数最小为 A ．2 B ．3 C ．4 D ．5【答案】C【解析】设需要n 天时间才能打通相逢，则2121n --+11122112n ⎛⎫-⎪⎝⎭-≥8，即2n ﹣12n ﹣8≥0，令2n =t ，则2810417t t t --≥⇒≤-（舍去）或417t ≥+， ∴2n >8，∴n >3， 则n 的最小整数为4. 故选C ．19．设 .若 是 与 的等比中项，则11a b+的最小值为 A ． B ．14C ．D ．【答案】C【解析】由题意可得：， 则()11112224b a b aa b a b a b a b a b⎛⎫+=++=++≥+⨯= ⎪⎝⎭， 当且仅当12a b ==时等号成立， 综上可得：11a b+的最小值是4. 故选C.20．已知等比数列{}n a 的前n 项的乘积记为n T ，若29512T T ==，则8T =A ．1024B ．2048C ．4096D ．8192【答案】C【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，由29T T =得761a =，故61a =，即511a q =. 又2121512a a a q ==，所以91512q =，故12q =， 所以36312832424096a T T a q ⎛⎫===== ⎪⎝⎭.故选C ．21．已知 是首项和公比都为 的等比数列,若 = ,且数列 是单调递增数列,则实数的取值范围为 A ．2λ< B ．32λ< C ．2λ>D ．32λ>【答案】B【解析】因为{}n a 是首项和公比都为3等比数列，所以133n n a -=⨯=3n ，所以1n b +=()n n a λ-=()3nn λ-.而数列{}n b 是单调递增数列，所以()12113b b λλ=->-=,解得32λ<. 故实数λ的取值范围为32λ<. 故选B ．22．若 是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“ ”是“对任意的正整数 ， ”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列 的首项为 ，∵ ，∴ ， ∵ ， ∴ ，∴“ ”是“对任意的正整数 ， ”的必要不充分条件． 故选B ．23．在正项等比数列{}n a 中，512a =，673a a +=，则满足123123......n n a a a a a a a a ++++>的最大正整数n 的值为 A ．10 B ．11 C ．12D ．13【答案】C【解析】∵正项等比数列{}n a 中，512a =，()26753a a a q q +=+=， ∴26q q +=，结合0q >，可得2q =，∴1132a =，∵()1231122132 (1232)n nn a a a a --++++==-， ∴()1221123232n n n n-->⨯，即211552222n n n ---->，即21110(1)(10)222122n n n n n-+--->=，当2,3,4,,10n =时，上式必成立；将11n =代入得115212->，成立；将12n =代入得1211212->，成立；将13n =代入得1318212->，不成立， 故选C ． 24．已知函数22()()1f x x x=∈+R ，若等比数列{}n a 满足120191a a =，则()()()123f a f a f a ++ ()2019...f a ++=A ．2019B ．20192 C ．2D ．12【答案】A 【解析】120191a a =，()()2112019222221201911121222222=21111111a f a f a a a a a a a \+=+=+=+++++++，{}n a 为等比数列，∴21201920181009101021011=1====a a a a a a a ，()()()()()220181001011101092=2=1f a f a f a f a f a \+=+，，，，即()()()()1232019=210091=2019f a f a f a f a +++??.故选A.25．已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=2,且满足a 3=a 1+a 2,{a n a n+1}是等比数列,则a 10的值为____________.【答案】162【解析】由已知得a 3=a 1+a 2=3,又{a n a n+1}是等比数列,且2312a a a a =3， 则121n n n n a a a a +++=3,那么2n na a +=3,所以a 10=a 2×35-1=2×34=162. 26．已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a 的取值范围为______． 【答案】(0,1)【解析】由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111111111133n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 化简得111110113a a ⎛⎫<-<-⎪⎝⎭，所以101a <<. 故答案为(0,1).27．已知数列 的各项均为正数，记 为 的前 项和，若， ，则使不等式 成立的 的最小值是________. 【答案】11 【解析】由可得 ，则（ ）（ ）=0，又数列 的各项均为正数，∴ ，即 ，可得数列{a n }是首项为 ，公比为q ＝2的等比数列，∴ ，则n >10，又 ，∴n 的最小值是11.故答案为11.28．数列()11n a n n =+的前n 项和为n S ，若1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，则正整数n 的值为___________. 【答案】8【解析】∵()11111n a n n n n ==-++，∴11111122311n n S n n n =-+-++-=++， 又1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，∴21m n S S S =⋅， 即()221211m n n m =⋅++，即()22211m n n m =++， ∴()2221m m <+，即2210m m --<，解得1212m -<<+，结合1m >可得2m =，∴8n =，故答案为8.29．若数列 满足 ，则 ___________.【答案】【解析】因为 ,所以 , . ， ，将 代入得 ，即2112n n n na a a a +++-=-,即数列 为等比数列,所以 ，所以 .30．若以数列{a n }中的各项a n 作为系数,构成一个函数系y =a n x 3,其图象在x =1处的切线的斜率为4a n -1-1(n ≥2),且a 1=43,则a n =____________.【答案】143n n -+1 【解析】由y =a n x 3,得y'=3a n x 2,故当x =1时,切线的斜率k =3a n ,从而3a n =4a n -1-1(n ≥2),于是3a n -3=4a n -1-4(n ≥2),故11413n n a a --=-(n ≥2), 又a 1=43,所以a 1-1=13, 所以数列{a n -1}是以13为首项,43为公比的等比数列, 故a n -1=13×(43)n -1, 从而a n =143n n -+1.31．（2019年高考全国III 卷理数）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】C 【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==. 故选C ．【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键.32．（2017新课标全国Ⅱ理科）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列， 结合等比数列的求和公式有7(12)38112x -=-，解得3x =， 即塔的顶层共有灯3盏.故选B ．【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．33．（2019年高考全国I 卷理数）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=___________． 【答案】1213【解析】设等比数列的公比为q ， 由已知21461,3a a a ==，所以32511(),33q q = 又0q ≠，所以3,q = 所以55151(13)(1)12131133a q S q --===--． 【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．34．（2017新课标全国Ⅲ理科）设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 =___________．【答案】8-【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，很明显1q ≠-，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：1212131(1)1(1)3a a a q a a a q +=+=-⎧⎨-=-=-⎩①②， 由②①可得：2q =-，代入①可得11a=，由等比数列的通项公式可得3418a a q==-．【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.。
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08高考数学理科数列训练题
1.某数列{}n a
的前四项为
①1(1)2n n a ⎡⎤=+-⎣⎦ ②
n a =
③0
n a =⎪⎩ )(n n 为奇数为偶数）（ 其中可作为{}n a 的通项公式的是（）
A ．①
B ．①②
C ．②③
D ．①②③
2.设函数()f x 满足()()212
f n n f n ++= ()n N *∈，且()12f =，则()20f =（） A ．95 B ．97 C ．105 D ．192
3.已知数列中{}n a ，11a =，()111n n n n a a a --=+- ()2,n n N *≥∈，则35a a 的值是（） A ．1516 B ．158 C ．34 D ．38
4.已知数列{}n a 的首项11a =，且121n n a a -=+ (2)n ≥，则5a 为（）
A ．7
B ．15
C ．30
D ．31
5．已知数列{}n a 是等差数列，且31150a a +=，又413a =，则2a 等于（ ）
A ．1
B ．4
C ．5
D ．6
6.若lg a 、lg b 、lg c 成等差数列，则（ ）
A ．2a c b +=
B ．()1lg lg 2
b a b =+ C ．a 、 b 、
c 成等差数列 D ．a 、 b 、 c 成等比数列 7．38，524-，748，980- … 一个通项公式是____ 8．已知{}n a 是递增数列，且对任意n N *∈都有2n a n n λ=+恒成立，则实数λ的取值范
围是____
9．设等差数列{}n a 的公差为2-，且1479750a a a a +++⋅⋅⋅+=，则36999a a a a +++⋅⋅⋅+=______．
10．等比数列中{}n a ，公比1q ≠±，200100S =，则
4020
1S q =+______．
11．数列{}n x 中，11x =
，1n x +=
，求数列{}n x 的通项公式
10．设有数列{}n a ，156a =
，若以1a ，2a ，…，n a 为系数的二次方程：2110n n a x a x --+=（*n N ∈且2n ≥）都有根α、β满足331ααββ-+=
（1）求证12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭
为等比数列；
（2）求n a ；
（3）求n a 的前n 项和n S ．
1.D
2.B
3.C
4.D 5．C 6.D 7．()
()12211211n n n a n ++=-+- 8．()3,-+∞ 9．—82 10．100
11．[解析] ∵
1n x += ∴ 221222
n n n x x x +=+ ∴ 2222121
1122n n n n
x x x x ++==+ 即2211112n n x x +-= ∴ 数列21n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2111x =，公差为12的等差数列 ∴ ()()22111111111222
n n n n x x +=+-⨯=+-=由已知可得 0n x >
∴n x = 10． [解析]（1）证明：∵ 1n n a a αβ-+=
， 11n a αβ-= 代入331ααββ-+= 得 11133n n a a -=+ ∴ 1111111332211322n n n n a a a a --+--
==--为定值 ∴ 数列12n a ⎧
⎫-⎨⎬⎩⎭
是等比数列 （2）∵ 115112623a -=-= ∴ 111112333n n
n a -⎛⎫⎛⎫-=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴ 1132
n n a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ （3） 21113332
n n n S ⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭ 111331213
n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+- 11223n n +=
-⨯。