高考数学——数列解答题专项试题练习

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高考数学《数列》大题训练50题含答案解析

一．解答题（共30小题）1．（2012•上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．2．（2011•重庆）设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；(（Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n．3．（2011•重庆）设实数数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a n+1S n（n∈N*）．（Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3．（Ⅱ）求证：对k≥3有0≤a k≤．4．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n 项和为S n，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n；`（Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n与B n的大小．5．（2011•上海）已知数列{a n}和{b n}的通项公式分别为a n=3n+6，b n=2n+7（n∈N*）．将集合{x|x=a n，n∈N*}∪{x|x=b n，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，c n，…（1）写出c1，c2，c3，c4；（2）求证：在数列{c n}中，但不在数列{b n}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；（3）求数列{c n}的通项公式．6．（2011•辽宁）已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10*（I）求数列{a n}的通项公式；（II）求数列{}的前n项和．7．（2011•江西）（1）已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，若数列{a n}唯一，求a的值；（2）是否存在两个等比数列{a n}，{b n}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不为0的等差数列若存在，求{a n}，{b n}的通项公式；若不存在，说明理由．8．（2011•湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5．（I）求数列{b n}的通项公式；]（II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列．9．（2011•广东）设b＞0，数列{a n}满足a1=b，a n=（n≥2）（1）求数列{a n}的通项公式；（4）证明：对于一切正整数n，2a n≤b n+1+1．10．（2011•安徽）在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n，n≥1．（I）求数列{a n}的通项公式；—（Ⅱ）设b n=tana n•tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．11．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n，满足S5S6+15=0．（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；（Ⅱ）求d的取值范围．12．（2010•四川）已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；，（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．13．（2010•四川）已知数列{a n}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2a m+n+2（m﹣n）2﹣1（1）求a3，a5；（2）设b n=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{b n}是等差数列；（3）设c n=（a n+1﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c n}的前n项和S n．14．（2010•陕西）已知{a n}是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．:（Ⅰ）求数列{a n}的通项；（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S n．15．（2010•宁夏）设数列满足a1=2，a n+1﹣a n=3•22n﹣1（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=na n，求数列的前n项和S n．16．（2010•江西）正实数数列{a n}中，a1=1，a2=5，且{a n2}成等差数列．…（1）证明数列{a n}中有无穷多项为无理数；（2）当n为何值时，a n为整数，并求出使a n＜200的所有整数项的和．17．（2009•陕西）已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．18．（2009•山东）等比数列{a n}的前n项和为S n，已知对任意的n∈N*，点（n，S n），均在函数y=b x+r（b＞0）且b≠1，b，r均为常数）的图象上．\（1）求r的值；（2）当b=2时，记b n=n∈N*求数列{b n}的前n项和T n．19．（2009•江西）数列{a n}的通项，其前n项和为S n，（1）求S n；（2），求数列{b n}的前n项和T n．20．（2009•辽宁）等比数列{a n}的前n项和为s n，已知S1，S3，S2成等差数列，-（1）求{a n}的公比q；（2）求a1﹣a3=3，求s n．21．（2009•湖北）已知数列{a n}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16（1）求数列{a n}的通项公式；（2）数列{a n}和数列{b n}满足等式a n=（n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．22．（2009•福建）等比数列{a n}中，已知a1=2，a4=16（（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若a3，a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项，试求数列{b n}的通项公式及前n 项和S n．23．（2009•安徽）已知数列{a n}的前n项和S n=2n2+2n，数列{b n}的前n项和Tn=2﹣b n （Ⅰ）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=a n2•b n，证明：当且仅当n≥3时，c n+1＜c n．24．（2009•北京）设数列{a n}的通项公式为a n=pn+q（n∈N*，P＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．…（Ⅰ）若，求b3；（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；（Ⅲ）是否存在p和q，使得b m=3m+2（m∈N*）如果存在，求p和q的取值范围；如果不存在，请说明理由．25．（2008•浙江）已知数列{x n}的首项x1=3，通项x n=2n p+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：（Ⅰ）p，q的值；（Ⅱ）数列{x n}前n项和S n的公式．|26．（2008•四川）设数列{a n}的前n项和为S n=2a n﹣2n，（Ⅰ）求a1，a4（Ⅱ）证明：{a n+1﹣2a n}是等比数列；（Ⅲ）求{a n}的通项公式．27．（2008•四川）在数列{a n}中，a1=1，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n项和S n；《（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．28．（2008•陕西）已知数列{a n}的首项，，n=1，2，3，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．29．（2008•辽宁）在数列{a n}，{b n}是各项均为正数的等比数列，设．（Ⅰ）数列{c n}是否为等比数列证明你的结论；，（Ⅱ）设数列{lna n}，{lnb n}的前n项和分别为S n，T n．若a1=2，，求数列{c n}的前n项和．30．（2008•辽宁）在数列{a n}，{b n}中，a1=2，b1=4，且a n，b n，a n+1成等差数列，b n，a n+1，b n+1成等比数列．（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{a n}，{b n}的通项公式，并证明你的结论；（2）证明：．答案与评分标准，一．解答题（共30小题）1．（2012•上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．考点：数列递推式；数列的函数特性。

高考数学解答题(新高考)数列求和(通项含绝对值,,取整,取小数,数列求和)(解析版)

专题09 数列求和（通项含绝对值数列求和）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍类型一：通项含绝对值如：求|211|n a n =-的前n 项和n T类型二：通项含取整函数类型三：通项含自定义符号如：记x 〈〉表示x 的个位数字，如20222,20233〈〉=〈〉=二、典型例题类型一：通项含绝对值例题1．（2022·全国·高二）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且210n S n n =-．（1）求n a ；（2）求数列{}n a 的前n 项和为n T ．感悟升华（核心秘籍）对于通项含绝对值问题，如本例求{}n a 的前n 项和n S ，其核心技巧是考虑当n 取何值时0n a >，0n a <，此时的n 就是讨论的临界值,找到临界值后再进行讨论.第（2）问解题思路点拨：由（1）知，代入即：,注意到当，，所以在求时，去绝对值，要添“”号，当时，，在求时，可直接去掉绝对值. 根据通项正负，去绝对值是否添“”号，进行分类讨论当时，当时，综上：【答案】（1）211n a n =-；（2）2210,151050,6n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩.（1）由210n S n n =-，可得119a S ==-，2n ≥时，221 10(1)1010211n n n a S S n n n n n -=-=---+-=-，对1n =也成立，可得211n a n =-；（2）当15n ≤≤时，0n a <，即有()2121210n n n n T a a a a a a S n n =++⋯+=-++⋯+=-=-．当6n ≥时，0n a >，()()21256551050n n n T a a a a a S S S n n =-++⋯+++⋯+=-+-=-+，即有2210,151050,6n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩．类型二：通项含取整函数例题2．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知数列{}n a 是递增的等差数列，{}n b 是各项均为正数的等比数列13a =，12b =，63a b =，528b a =． (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设3n n a c ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，求数列{}n n b c 的前9项的和9S ．（注：[]x 表示不超过x 的最大整数）【答案】(1)2n a n =+，2nn b =(2)2926第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，,可代入到第（2）问中，求出的通项公式：,再代入求解由于本例求解的是，而不是，故可直接列举，则有代入求解(1)设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由113,2,a b == 得()21141158a d b q b q a d ⎧+=⎪⎨=+⎪⎩ ，而0d ≠，0q >，解得391,()25d d ==-舍，22(q q ==-，舍），于是得2n a n =+，2nn b =，所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别为2n a n =+，2nn b =；(2)由（1）知，2[][]33n n a n c +==，则有1234567981,2,3c c c c c c c c c =========，依题意，234678995121212222222323232S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=2926，综上，2n a n =+，2nn b =，92926S = .类型三：通项含自定义符号例题3．（2022·广东汕头·高二阶段练习）已知数列{}n a {}n a 是以2为公差的等差数列，125,,a a a 成等比数列，数列{}n b 前n 项和为n S ，且22n S n n =+.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记x 〈〉表示x 的个位数字，如20222,20233〈〉=〈〉=，求数列1nn a b ⎧⎫⎨⎬〈〉⋅〈〉⎩⎭的前20项的和20T .感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，,根据题意表示的个位数字，可将，，列举，通过特殊值探路，寻找规律.列举，，通过特殊值探路，寻找规律.通过列举数列发现：，均为周期数列，且周期为5，故将数列中每5个一组，前20项和可分为4组，1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 1 3 5 7 9 1 3 5 7 9 1 33 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 35791 3579135代入求解【答案】(1)*21()n a n n =-∈N ，21n b n =+；(2)9. (1)由125,,a a a 成等比数列可得2215a a a =，即2111(2)(8)a a a +=⋅+，解得11a =，所以*21()n a n n =-∈N ，又22,n S n n =+，则有11123b S ==+=，当n ≥2时，2212(1)2(1)21n n n b S S n n n n n -=-=+----=+，所以21n b n =+，又13b =满足此式综上，21,N n b n n *=+∈.(2)因为n a 〈〉，n b 〈〉分别表示n a ，n b 的个位数，所以{}n a 〈〉，{}n b 〈〉均为周期数列，且周期为5，将数列1nn a b ⎧⎫⎨⎬〈〉⋅〈〉⎩⎭中每5个一组，前20项和可分为4组，其前20项的和20T 为201111141335577991T ⎡⎤=++++⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⎣⎦1111111114(1)233557799⎡⎤=-+-+-+-+⎢⎥⎣⎦111204(1).2999⎡⎤=-+=⎢⎥⎣⎦三、题型归类练1．（2022·海南·嘉积中学高三阶段练习）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且29n S n n =-．（1）求n a ；（2）求数列{}||n a 的前n 项和为n T ．【答案】（1）210n a n =-，*n ∈N ；（2）229,15940,6n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩. 【详解】（1）由29n S n n =-，可得118a S ==-，2n ≥时，2219(1)99210n n n a S S n n n n n -=-=---+-=-，对1n =也成立，可得210n a n =-，*n ∈N ；（2）当15n ≤≤时，0n a ≤，即有29n n T S n n =-=-；当6n ≥时，0n a >，255940n n T S S S n n =--=-+，即有229,15940,6n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩．2．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 的前n 项和()2=1003n S n n n N *-+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1) ()()102110122n n a nn ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩ (2) ()()22100350100500351n n n n T n n n ⎧-++≤⎪=⎨-+≥⎪⎩(1)当1n =时，11=10013=102a s =-+，当2n ≥时，()()221=10010011=1012n n n a S S n n n n n -=-------. 综上所述()()102110122n n a nn ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩. (2)当50n ≤时，n n b a =，所以123n n T a a a a =+++⋅⋅⋅+39997951012n =++++⋅⋅⋅+-()()991012331002n n n n +-=+=+-，当51n ≥时，n n b a =-，123505152n n T a a a a a a a =+++⋅⋅⋅+---⋅⋅⋅-()5012312n n T a a a a a -=-+++⋅⋅⋅++ ()50063100n n =---21005003n n =-+.综上所述()()22100350100500351n n n n T n n n ⎧-++≤⎪=⎨-+≥⎪⎩.3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，{}n b 是各项均为正数的等比数列，11337522,21a b a b a b ====．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设2n n a c ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，求数列1n n c b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项的和10S ．注．[]x 表示不超过x 的最大整数．【答案】(1)1n a n =+，112n n b -⎛⎫⎪⎝⎭=；(2)109558S =.(1)设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由11337522,21a b a b a b ====得：()()242211262d q d q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，而0d ≠，0q >，解得1d =，12q =，于是得1n a n =+，112n n b -⎛⎫⎪⎝⎭=，所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别为1n a n =+，112n n b -⎛⎫⎪⎝⎭=.(2)由（1）知，1[][]22n n a n c +==，则有123456879101,2,3,4,5c c c c c c c c c c ==========，依题意，23456789101012122222323242425252S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯()357931222324252⨯⨯⨯⨯=++⨯++，令35791222324252T ⨯⨯⨯⨯+++⨯=+，则37911541222324252T ⨯⨯⨯⨯++⨯=++，两式相减得：()5357911111221472322222525221433T --=++++-⨯=-⨯=-⨯--，所以123295587233T =+=⨯，即109558S =．4．（2022·重庆八中高三阶段练习）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n项和为)*1,1,,2n n S a a n N n =∈≥.(1)求证；数列是等差数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若[]x 表示不超过x 的最大整数，如][1,22,2,12⎡⎤-=-=⎣⎦，求22212111n a a a ⎡⎤+++⎢⎥⎣⎦的值. 【答案】(1)证明见解析，21n a n =-(2)1(1)因为n a2n ≥时，1n nS S --=0n a >0>()12n≥所以数列1=为首项，公差为1的等差数列； ()111n n +-⨯=，则2,n S n =当2n ≥时，121n a n n n ==+-=-，又11a =满足上式，所以{}n a 的通项公式为21n a n =-. (2)222111(21)441n a n n n ==--+，当2n ≥时，22111114441n a n n n n ⎛⎫<=- ⎪--⎝⎭，故22212111111111111151111412231444n a a a n n n ⎛⎫⎛⎫+++<+-+-++-=+-<+= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当1n =时，211514a =<，所以对任意的*n ∈N ，都有2221211154n a a a +++<，又222212111111n a a a a +++≥=，所以22212111514n a a a ≤+++<.所以222121111n a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎣⎦. 5．（2022·全国·高三专题练习（理））已知等比数列{}n a 的首项为2-，前n 项和为n S ，且21,,n n n S S S ++成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12n n b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，求数列{}n n a b 的前10项和10T .（[]x 表示不超过x 的最大整数）【答案】(1)(2)n n a =-；(2)3186.(1)因为2n S +，n S ，1n S +成等差数列，所以21n n n n S S S S ++-=-，所以211n n n a a a +++--=，即212n n a a ++=-，设{}n a 的公比为q ，则2q =-，所以12(2)(2)n n n a -=-⨯-=-.(2)依题意，123456789101,1,2,2,3,3,4,4,5,5b b b b b b b b b b ==========，则2345678910102(2)2(2)2(2)3(2)3(2)4(2)4(2)5(2)5(2)T =-+-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-23456789102(2)2(2)(2)3(2)(2)4(2)(2)5(2)(2)⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+-+⨯-+-+⨯-+-+⨯-+-+⨯-+-⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦457922324252=++⨯+⨯+⨯216965122560=++++ 3186=.6．（2022·全国·高三阶段练习）已知公差不为零的等差数列{}n a 和等比数列{}n b ，满足1112b a =+=，221b a =+，341b a =+．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式：(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ．若m 表示不大于m 的正整数的个数，求1210T T +++．【答案】(1)21n a n =-，2nn b =(2)121016T T +++=(1)设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，12b =，11a =，由题意可得：22112131q d q d =++⎧⎨=++⎩整理可得：2320-+=q q ，解得：22q d =⎧⎨=⎩或10q d =⎧⎨=⎩（舍）所以()11221n a n n =+-⨯=-，1222n nn b -=⋅=；(2)因为212n n n a n b -=，则23135212222-=++++n nn T ， ∴234111352122222+-=++++n n n T 两式相减得23411111111213232222222222n n n n n n T ++-+⎛⎫=+++++-=- ⎪⎝⎭ 所以2332n nn T +=-显然3n T <，且112102n n n n T T +++-=>，即{}n T 为递增数列， 1112T =<，25124T <=<，315128T <=<，437216T =>，所以10=，231T T ==，4n ≥时，2n =，所以121016T T +++=.7．（2022·全国·高二课时练习）在①39S =，520S =；②公差为2，且1S 、2S 、4S 成等比数列；③238n S n n =+；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：已知数列{}n a 为公差不为零的等差数列，其前项和为n S ，______． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令[]2log n n c a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，求1220c c c +++的值．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析 (1)解：选①，设{}n a 的公差为d ，则()112n n n S na d -=+，由已知可得315133951020S a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得121a d =⎧⎨=⎩，则()111n a a n d n =+-=+；选②，11S a =，2111221222S a a ⨯=+⨯=+，41134424122S a a ⨯=+⨯=+，由题意可得2214S S S =，则()()211122412a a a +=+，解得11a =，所以，()12121n a n n =+-=-；选③，1111a S ==，当2n ≥时，()()()22138318165n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=+⎣⎦. 111a =也满足65n a n =+，故对任意的N n *∈，65n a n =+.(2)解：选①，1n a n =+，则12a =，20162132a <=<，当[]()22log log 11n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则214n ≤+<，可得13n ≤<，当[]()22log log 12n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则418n ≤+<，可得37n ≤<，当[]()22log log 13n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则8116n ≤+<，可得715n ≤<，当[]()22log log 14n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则16132n ≤+<，可得1531n ≤<，此时1520n ≤≤. 所以，1,132,373,7154,1520n n n c n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪≤≤⎩，故12201224384658c c c +++=⨯+⨯+⨯+⨯=；选②，21n a n =-，则11a =，20323964a <=<，当[]()22log log 210n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则0211n <-≤，此时1n =，当[]()22log log 211n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则2214n ≤-<，此时2n =，当[]()22log log 212n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则4218n ≤-<，此时34n ≤≤，当[]()22log log 213n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则82116n ≤-<，此时58n ≤≤，当[]()22log log 214n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则162132n ≤-<，此时916n ≤≤，当[]()22log log 215n n c a n ==-=⎡⎤⎣⎦时，则322164n ≤-<，此时1720n ≤≤.所以，0,11,22,343,584,9165,1720n n n n c n n n =⎧⎪=⎪⎪≤≤=⎨≤≤⎪⎪≤≤⎪≤≤⎩，故122001112234485469c c c +++=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=；选③，65n a n =+，则181116a <=<，2064125128a <=<，当[]()22log log 653n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则86516n ≤+<，此时1n =；当[]()22log log 654n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则166532n ≤+<，此时24n ≤≤；当[]()22log log 655n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则326564n ≤+<，此时59n ≤≤；当[]()22log log 656n n c a n ==+=⎡⎤⎣⎦，则6465128n ≤+<，此时1020n ≤≤.所以，3,14,245,596,1020nnncnn=⎧⎪≤≤⎪=⎨≤≤⎪⎪≤≤⎩，故1220134355611106c c c+++=⨯+⨯+⨯+⨯=.。

高考解答题专项突破(三) 数列的综合问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析

[考情分析]预计2025年高考会从以下两个角度对数列的综合问题进行考查：(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题，可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查；(2)以新定义为载体，考查对新数列性质的理解及应用，以创新型题目的形式出现．考点一等差、等比数列的综合问题例1(2024·山东滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ，所以n ＝log 2b n ，所以b n ＝2n .(2)由(1)得b n ＝2n ＝2·2n －1＝a 2n －1，即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ，因为b 7＝a 26＝a 64，b 8＝a 27＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的，所以S 100＝P 107－Q 7＝107×（2＋214）2－2－281－2＝11302.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.1.(2022·浙江高考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝－1，公差d >1.记{a n }的前n项和为S n (n ∈N *)．(1)若S 4－2a 2a 3＋6＝0，求S n ；(2)若对于每个n ∈N *，存在实数c n ，使a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，求d 的取值范围．解(1)因为S 4－2a 2a 3＋6＝0，a 1＝－1，所以－4＋6d －2(－1＋d )(－1＋2d )＋6＝0，所以d 2－3d ＝0，又d >1，所以d ＝3，所以a n ＝3n －4，所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝3n 2－5n2.(2)因为a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，所以(a n ＋1＋4c n )2＝(a n ＋c n )(a n ＋2＋15c n )，(nd －1＋4c n )2＝(－1＋nd －d ＋c n )(－1＋nd ＋d ＋15c n )，c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0，由已知可得方程c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0的判别式大于等于0，所以Δ＝(14d －8nd ＋8)2－4d 2≥0，所以(16d －8nd ＋8)(12d －8nd ＋8)≥0对于任意的n ∈N *恒成立，所以[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]≥0对于任意的n ∈N *恒成立，当n ＝1时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]＝(d ＋1)(d ＋2)≥0，当n ＝2时，由(2d －2d －1)(4d －3d －2)≥0，可得d ≤2，当n ≥3时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]>(n －3)(2n －5)≥0，又d >1，所以1<d ≤2，即d 的取值范围为(1，2]．考点二通项与求和问题例2(2023·黑龙江哈九中模拟)在①S 3＝2a 3－15；②a 2＋6是a 1，a 3的等差中项；③2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，并解答．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n ＝b n －1b n ，求数列2n n 项和T n .注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，若选①：由S 3＝2a 3－15，得a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－15，所以a 3－a 2－a 1＝15，又由a 1＝3，可得3q 2－3q －18＝0，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选②：由a 2＋6是a 1，a 3的等差中项，可得a 1＋a 3＝2(a 2＋6)，又因为a 1＝3，可得3＋3q 2＝2(3q ＋6)，即q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选③：由2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)，当n ＝1时，2a 1＝6＝2S 1＝t 2－3，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)，所以2S n ＝3n ＋1－3，当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3n ＋1－3－(3n －3)＝2·3n ，所以a n ＝3n (n ≥2)．经验证当n ＝1时，满足a n ＝3n ，所以a n ＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝3n ，所以b n －1b n ＝3n ，n ＝9n ，所以b 2n ＋1b 2n＝9n＋2，所以T n 2122 (2)n (91＋2)＋(92＋2)＋…＋(9n ＋2)＝91＋92＋…＋9n＋2n ＝9（1－9n ）1－9＋2n ＝9n ＋1＋16n －98.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路思路一转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成思路二不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2.(2024·广东深圳中学月考)若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差、公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表达式为a n ＝1＋n －12d ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，2qn －22，n ＝2k ，k ∈N *，若数列{a n }(n ∈N *)为“摇摆数列”且a 1＝1，a 1＋a 2＝a 3，a 2a 3＝20.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ∑ni ＝1i 2解(1)＋a 2＝a 3，2a 3＝202＝4，3＝52＝－5，3＝－4(舍去)，∴d ＝q ＝4，∴a n n －1，n ＝2k ＋1，k ∈N ，n ，n ＝2k ，k ∈N *.(2)b n ＝na n n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，·2n ，n ＝2k ，k ∈N *.先求奇数项的和：b n ＝2n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，S n ＝2×[12＋32＋…＋(2n －1)2]－n 2，引入W n ＝22＋42＋…＋(2n )2＝4(12＋22＋…＋n 2)，12(S n ＋n 2)＋W n ＝∑2ni ＝1i 2＝n （2n ＋1）（4n ＋1）3⇒S n＝2(∑2ni ＝1i 2－W n )－n 2＝2n （2n ＋1）（4n ＋1）3－4×n （n ＋1）（2n ＋1）6－n 2＝8n 3－3n 2－2n 3，再求偶数项的和：b n ＝n ·2n ，n ＝2k ，k ∈N *，S n ′＝2×22＋4×24＋…＋2n ×22n ，4S n ′＝2×24＋4×26＋…＋2(n －1)×22n ＋2n ×22n ＋2，两式相减，得－3S n ′＝2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22n －2n ×22n＋2＝8×（1－4n ）1－4－2n ×22n ＋2＝（1－3n ）×22n ＋3－83，∴S n ′＝（3n －1）22n ＋3＋89，∴T 2n ＝S n ＋S n ′＝8n 3－3n 2－2n3＋（3n －1）22n ＋3＋89.考点三数列与不等式的综合问题例3(2023·安徽十校联考)已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2(n ≥2且n ∈N *)，a 2＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)n 项和为T n ，求证：23≤T n <1.解(1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2，所以a 1＋a 2＋…＋a n －a n ＋1＝－2，两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，当n ＝2时，a 1－a 2＝－2，又a 2＝4，所以a 1＝2，a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明：因为2n（a n －1）（a n ＋1－1）＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n …1－12n ＋1－1<1，由n ≥1，得2n ＋1≥4，所以1－12n ＋1－1≥23，综上，2≤T n <1.1．数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．2．放缩法常见的放缩技巧(1)1k 2＜1k 2－1＝121k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k.(3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．(4)12n ＋1＜12n ＋1＜12n ，13n ＜13n －1≤12·3n －1.3.(2023·河南五市高三二模)已知数列{a n }满足a 1＝23，且2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，n∈N *.(1){a n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1a 2a 3…a n ，n ∈N *，S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n .证明：S n 解(1)由2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，得a n ＋1＝12－a n ，则11－a n ＋1－11－a n＝1，是首项为11－a 1＝3，公差d ＝1的等差数列，所以11－a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，整理得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，经检验，符合要求．(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，T n ＝a 1a 2…a n ＝2n ＋2，∴T 2n ＝4（n ＋2）2>4（n ＋2）（n ＋3）＝∴S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n －14＋…＋1n ＋2－即S n 考点四数列与函数的综合问题例4(2024·江苏辅仁中学阶段考试)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列前n 项和T n .解(1)由已知，得b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x 的图象在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.则a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件，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注意事项注意点一数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或有限子集)，它的图象是一群孤立的点注意点二转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题注意点三利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化4.(2024·湖南湘潭一中阶段考试)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .解(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，所以cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－2n π3＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sinn （n ＋1）π－2n π3.因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，所以n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－m π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－m π＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin2m π＝0.综上所述，sin S nn ＝3m －2（m ∈N *），＝3m －1（m ∈N *），3m （m∈N *）.课时作业1．(2023·新课标Ⅱ卷){a n }为等差数列，b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .2．(2023·江苏徐州第七中学校考一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝12·3n ＋b (b 为常数)．(1)求b 的值和数列{a n }的通项公式；(2)记c m 为{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数，求数列{a m c m }的前n 项和T n .解(1)由题设S n ＝12·3n ＋b ，显然等比数列{a n }的公比不为1，设{a n }的公比为q ，则S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝a 11－q －a 1q n1－q ，∴b ＝a 11－q ＝－12且q ＝3，∴a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)令－3m ≤3n －1≤3m ，n ∈N *，解得0≤n －1≤m ，∴1≤n ≤m ＋1，数列{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数为m ＋1，则c m ＝m ＋1，∴a m c m ＝(m ＋1)×3m －1，∵T n ＝2×30＋3×31＋…＋(n ＋1)×3n －1，①3T n ＝2×31＋3×32＋…＋(n ＋1)×3n ，②两式相减，得－2T n ＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n ＋1)×3n＝1＋1－3n1－3－(n ＋1)·3n ＝（－1－2n ）·3n ＋12，∴T n n －14.3．(2024·河南郑州外国语学校阶段考试)已知f (x )＝－4＋1x2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＋1a 2n ＝T na 2n ＋1＋16n 2－8n －3，确定b 1的值使得数列{b n }是等差数列．解(1)因为f (x )＝－4＋1x2，且点P n ，n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，所以1a n ＋1＝4＋1a 2n ，即1a 2n ＋1－1a 2n＝4，1为首项，4为公差的等差数列，所以1a 2n＝1＋4(n －1)＝4n －3，即a n ＝14n －3(n ∈N *)．(2)由(1)知T n ＋1a 2n ＝T n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，即为(4n －3)T n ＋1＝(4n ＋1)T n ＋(4n －3)(4n ＋1)，整理得T n ＋14n ＋1－T n 4n －3＝1，T 1为首项，1为公差的等差数列，则T n 4n －3＝T 1＋n －1，即T n ＝(4n －3)(T 1＋n －1)，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝4b 1＋8n －11，若{b n }是等差数列，则b 1适合上式，令n ＝1，得b 1＝4b 1－3，解得b 1＝1.4．(2023·黑龙江齐齐哈尔模拟)在①S n ＝32a n －3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和；②a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1为数列{a n }中的项？若存在，求出m ；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选择条件①：(1)令n ＝1，则a 1＝321－3，所以a 1＝6，由于S n ＝32a n －3，则当n ≥2时，S n －1＝32a n －1－3，两式相减，得a n ＝32a n －32a n －1，则a n a n －1＝3，所以{a n }是首项为6，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝6×3n －1＝2×3n .(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则2×3m ＋2×3m ＋1＝2×3k ，所以4×3m ＝3k ，此等式左边为偶数，右边为奇数，所以不存在正整数m 满足题意．若选择条件②：(1)因为a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1，所以a n ≠0，1a n ＋1－1a n＝1，是首项为1a 1＝1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n.(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则1m ＋1m ＋1＝1k，化简得m 2＋(1－2k )m －k ＝0，解得m ＝2k －1＋1＋4k 22，因为2k <1＋4k 2<2k ＋1，所以2k －12<m <2k ，m 无正整数解，故不存在正整数m 满足题意．5．已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，S n ＝n （9－n ）2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m 1－1281m ，的值随m 增加而减小，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12(n 2－9n )－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ，则10＜8＋λ，解得λ＞2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞)．6．(2024·河北衡水调研)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ，2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．(1){a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.解(1)由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3an ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n －1，所以a n ＝11.(2)证明：由(1)可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－<7528.综上所述，1271S n <7528成立．。

2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)

2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．答案 16解析方法一设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0，即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(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．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)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．(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)解由(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 ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

专题21 数列解答题丨十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编(解析版)(共84页)

加油！有志者事竟成答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。

２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。

亲爱的小朋友，你们好! 经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。

相信你是最棒的！1十年（2014－2023）高考真题分项汇编—数列解答题目录题型一：数列的概念和通项公式...............................................................1题型二：等差数列的定义与性质...............................................................9题型三：等比数列的定义与性质.............................................................12题型四：数列的求和..................................................................................13题型五：数列中的新定义问题.................................................................15题型六：数列中的证明问题.....................................................................45题型七：数列与其他知识的交汇.............................................................62题型八：数列的综合应用. (81)题型一：数列的概念和通项公式1．(2021年新高考Ⅰ卷·第17题)已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n +⎧+=⎨+⎩为奇数为偶数(1)记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；(2)求{}n a 的前20项和．【答案】122,5b b ==；300．解析:(1)由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-．(2)设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++ ，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=- ，所以()20241820210S a a a a =++++- ()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭．2．(2014高考数学湖南理科·第20题)已知数列{}n a 满足*+∈=-=N n p a a a nn n ,,111，(Ⅰ)若{}n a 是递增数列，且3213,2,a a a 成等差数列，求p 的值；(Ⅱ)若21=p ，且{}12-n a 是递增数列，{}n a 2是递减数列，求数列{}n a 的通项公式．【答案】(1)13p =(2)141(1)332nn n a --=+⋅解析：(I)因为{}n a 是递增数列，所以11nn n n n a a a a p ++-=-=。

高考数学一轮总复习 5.5数列的综合应用练习-人教版高三全册数学试题

第五节数列的综合应用时间：45分钟分值：100分基础必做一、选择题1．各项都是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12 B.5＋12C.1－52D.5－12或5＋12解析设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.答案 B2．据科学计算，运载“神舟”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…a n 则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n n －1d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2－a 26＋2a 10＝0，首项为18的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 6＝a 6，则S 6＝( )A ．16 B.318 C.638D.6316解析由2a 2－a 26＋2a 10＝0，∴4a 6＝a 26. ∵a 6≠0，∴a 6＝4.∴b 6＝4.又∵{b n }的首项b 1＝18，∴q 5＝b 6b 1＝32.∴q ＝2. ∴S 6＝18－4×21－2＝638.答案 C4．(2014·某某八校二联)对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：数列{x n }1n n ＋1的图象上，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋…＋x 2 013＋x 2 014的值为( )A ．7 549B ．7 545C ．7 539D ．7 535解析由已知表格列出点(x n ，x n ＋1)，(1,3)，(3,5)，(5,6)，(6,1)，(1,3)，…，即x 1＝1，x 2＝3，x 3＝5，x 4＝6，x 5＝1，…，数列{x n }是周期数列，周期为4,2 014＝4×503＋2，所以x 1＋x 2＋…＋x 2 014＝503×(1＋3＋5＋6)＋1＋3＝7 549.答案 A5．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1解析由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)，两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2， ∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案 D6．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011解析结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.所以a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.故选D.答案 D 二、填空题7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．解析由于a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，所以a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，…，所以{a n }是周期为4的数列，故S 26＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2－1＋12＋1－2＝－10. 答案－108．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案 2 0009．(2014·某某六校二模)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{}中，c 5≤对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值X围是________．解析数列是取a n 和b n 中的最大值，据题意c 5是数列{}的最小项，由于函数y ＝25－n是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.答案 [－5，－3] 三、解答题10．(2014·某某高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：＋1<≤13. 解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，① 得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，② ①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)， ∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1.∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3，∴b n ＝3n －6. (2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ，∴＝3n 3n ＋1＝n 3n ，∴＋1－＝1－2n3n ＋1<0，∴＋1<<…<c 1＝13，即＋1<≤13.11．已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令＝(－1)n S n (n ∈N *)，{}的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)dn －2＋2n －1，a ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值X 围．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为＝(－1)nS n ，所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330，即10(3＋d )＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n . (2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n －[2(a －2)3n －2＋2n －1]＝4(a －2)3n －2＋2n －1＝4·3n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2.由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，因为2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54.所以a ≤54.培优演练1．已知点(1，13)是函数f (x )＝a x(a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？解 (1)因为f (1)＝a ＝13，所以f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x.a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝f (2)－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132－13＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝f (3)－f (2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝－227.又数列{a n }是等比数列，设其公比为q ，所以a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，所以c ＝1.又公比q ＝a 2a 1＝13，所以a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．因为S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，又b n >0，S n >0，所以S n －S n －1＝1.所以数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时，b 1＝1也适合此通项公式，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －1×2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009，所以满足T n >1 0002 009的最小正整数n 为112. 2．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)若S n ＝(a 1－1)·(a 2－1)＋(a 2－1)·(a 3－1)＋…＋(a n －1)·(a n ＋1－1)，是否存在a ，b ∈Z ，使得a ≤S n ≤b 恒成立？若存在，求出a 的最大值与b 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，知当n ≥2时，b n －1＝1a n －1－1，b n ＝1a n －1＝12－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1，所以b n －b n －1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1(n ∈N *，n ≥2)．所以{b n }是首项为b 1＝1a 1－1＝－52，公差为1的等差数列． (2)由(1)，知b n ＝n －72.依题意，有S n ＝(a 1－1)·(a 2－1)＋(a 2－1)·(a 3－1)＋…＋(a n－1)·(a n ＋1－1)＝1b 1·1b 2＋1b 2·1b 3＋…＋1b n ·1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝－25－1n ＋1－72.设函数y ＝1x －72，当x >72时，y >0，y ′<0，则函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫72，＋∞上为减函数，故当n ＝3时，S n ＝－25－1n ＋1－72取最小值－125. 而函数y ＝1x －72在x <72时，y <0，y ′＝－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －722<0，函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72上也为减函数，故当n ＝2时，S n 取得最大值85.故a 的最大值为－3，b 的最小值为2.。

2020年高考数学(文数)解答题强化专练——数列含答案

（文数）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.在等差数列{a n}中，S n为其前n项的和，若S5=25，a10=19．（1）求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n；（2）若数列{b n}中b n=，求数列{b n}的前n和T n．2.在数列{a n}中，a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．（1）求证：数列{a n+n}是等比数列，并求{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n．3.已知数列是以为首项，为公差的等差数列，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．4.设S n是等差数列{a n}的前n项和，若公差d≠0，a5=10，且、、成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，T n=b1+b2+…+b n，求证：T n＜．5.已知{a n}是递增的等比数列，a5＝48，4a2，3a3，2a4成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b1＝a2，b n＋1＝b n＋a n，求数列{b n}的前n项和S n．6.已知数列{a n}中，a1=1，a2=3，点（a n，a n+1）在直线2x-y+1=0上，（Ⅰ）证明数列{a n+1-a n}为等比数列，并求其公比．（Ⅱ）设b n=log2（a n+1），数列{b n}的前n项和为S n，若S m≤λ（a m+1），求实数λ的最小值．7.已知正项等比数列{a n}满足a3＝9，a4－a2＝24．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）设b n＝n·a n，求数列{b n}的前n项的和S n．8.已知数列{a n}满足a1=1，na n+1-（n+1）a n=1+2+3+…+n，n∈N*．（1）求证：数列{}是等差数列；（2）若b n=，求数列{b n}的前n项和为S n．9.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=S n+•a n（n∈N*），且a1=1．（Ⅰ）证明：数列{}是等比数列；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n．10.已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S1=1，且对任意正整数n，都有．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若，求数列{b n}的前n项和T n．答案和解析1.【答案】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，∵S5=25，a10=19．∴5a1+d=25，a1+9d=19，联立解得：a1=1，d=2．∴a n=1+2（n-1）=2n-1．S n==n2．（2）b n===，∴数列{b n}的前n和T n===．【解析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，由S5=25，a10=19．可得5a1+d=25，a1+9d=19，联立解得：a1，d．即可得出．（2）b n===，利用裂项求和即可得出．本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．2.【答案】（1）证明：∵a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．∴a n+n=2（a n-1+n-1），∴数列{a n+n}是等比数列，首项为4，公比为2．∴a n=4×2n-1-n=2n+1-n．（2）解：数列{a n}的前n项和S n=（22+23+…+2n+1）-（1+2+…+n）=-=2n+2-4-．【解析】（1）a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．变形为a n+n=2（a n-1+n-1），再利用等比数列的通项公式即可得出．（2）利用等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．本题考查了递推关系、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3.【答案】解：（1）因为，，成等比数列，所以，即，因为，所以，即，所以（负值舍去），所以．（2）由（1）知，，所以．【解析】本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式，等比数列的通项公式、性质及前n项和公式，以及分组法求和，属于一般题.（1）根据，，成等比数列列方程组，求出a1和公差，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）求得，，利用分组求和法，结合等差数列和等比数列的前n项和公式即可求解.4.【答案】（Ⅰ）解：∵S n是等差数列{a n}的前n项和，公差d≠0，a5=10，且a2、a4、a8成等比数列，∴由题知：，解得：a1=2，d=2，故数列{a n}的通项公式a n=2n．（Ⅱ）证明：∵==，∴T n=b1+b2+…+b n==．∴T n＜．【解析】本题考查数列的通项公式，等差数列的前n项和公式及裂项求和公式，属于一般题．（Ⅰ）利用等差数列的前n项和公式、等比数列性质，列出方程组，求出a1=2，d=2，由此能求出数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）由==，利用裂项求和法能证明T n＜．5.【答案】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q（q＞1），因为4a2，3a3，2a4成等差数列，所以6a3＝4a2＋2a4，即6a1q2＝4a1q＋2a1q3，即q2-3q＋2＝0，解得q＝2或q＝1（舍去）．又因为a5＝a1q4＝16a1＝48，所以a1＝3，所以a n＝3·2n-1．（2）由条件及（1）可得b1＝a2＝3×2＝6．因为b n＋1＝b n＋a n，所以b n＋1-b n＝a n，所以b n-b n-1＝a n-1（n≥2），所以b n＝（b n-b n-1）＋（b n-1-b n-2）＋…＋（b2-b1）＋b1＝a n-1＋a n-2＋a n-3＋…＋a2＋a1＋6＝3·2n-1＋3（n≥2）．又因为b1＝6满足上式，所以b n＝3·2n-1＋3（n∈N*）．所以.【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠加法在数列通项公式的求法中的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．（1）利用已知条件求出公比和首项，进而得到通项公式；（2）利用叠加法,并利用等比数列的求和公式求出n≥2时b n的表达式，进一步验证n=1时是否成立，从而得出数列{b n}的通项公式，然后利用分组求和法，求得S n．6.【答案】解：（Ⅰ）证明：点（a n，a n+1）在直线2x-y+1=0上，可得a n+1=2a n+1，即有a n+1+1=2（a n+1），可得{a n+1}为首项为2，公比为2的等比数列，可得a n+1=2n，即a n=2n-1，a n+1-a n=2n+1-1-（2n-1）=2n，可得数列{a n+1-a n}为等比数列，其公比为2；（Ⅱ）设b n=log2（a n+1）=log22n=n，S n=n（n+1），S m≤λ（a m+1）即为m（m+1）≤λ•2m，可得2λ≥恒成立，由c m=，c m+1-c m=-=，当m=1时，c2＞c1，m=2时，c3=c2，m＞2时，c m+1＜c m，即c1＜c2=c3＞c4＞c5＞…，可得c2=c3=为最大值，即有λ≥，则λ≥，即实数λ的最小值为．【解析】（Ⅰ）首先判断{a n+1}为首项为2，公比为2的等比数列，由等比数列的通项公式和定义，即可得到所求；（Ⅱ）运用对数的运算性质可得b n，再由等差数列的求和公式和通项公式，结合参数分离和数列的单调性，求得最大值，可得所求最小值．本题考查等比数列的定义和通项公式、以及等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列不等式恒成立问题，注意运用参数分离和数列的单调性，考查运算能力、推理能力，属于中档题．7.【答案】解：（Ⅰ）设数列{a n}的公比为q．由a4－a2＝24，得，即3q2－8q－3＝0，解得q＝3或．又∵a n＞0，则q＞0，∴q＝3，∴a n＝．（Ⅱ）b n＝n·a n＝,∴S n＝3S n＝，∴=，∴．【解析】本题考查等比数列的通项公式和用错位相减法求数列的前n项和.（Ⅰ）把已知条件用a3和公比q表示，建立方程，求出q，即可得到通项公式.（Ⅱ）紧紧抓住数列的特点，它是由一个等比数列和一个等差数列对应项相乘而得，此类数列可通过错位相减法求前n项和.8.【答案】解：（1）证明：数列{a n}满足a1=1，na n+1-（n+1）a n=1+2+3+…+n=，n∈N*，则（常数），n∈N*．则数列{}是以1为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）得=，n∈N*，所以，n∈N*，所以，所以S n=b1+b2+…+b n=，=．【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．（1）根据数列的递推关系式整理得到（常数），n∈N*即可证明．（2）利用裂项相消法求出数列的和．9.【答案】解：（Ⅰ）证明：根据题意可得，S n+1-S n=•a n，∴a n+1=•a n，∴=•，∵a1=1，∴数列{}是以1为首项，以为公比的等比数列，（Ⅱ）由（Ⅰ）可得=（）n-1，∴a n=n•（）n-1，∴S n=1×（）0+2×（）1+3×（）2+…+n•（）n-1，∴S n=1×（）1+2×（）2+3×（）3+…+n•（）n，∴S n=1+（）1+（）2+（）3+…+（）n-1-n•（）n=-n•（）n=-（+n）•（）n，∴S n=-（+）•（）n．【解析】本题考查了等比数列的判定、数列递推关系、错位相减求和法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．（Ⅰ）由S n+1=S n+•a n，可得∴=•，故数列{}是以1为首项，以为公比的等比数列，（Ⅱ）先求出a n=n•（）n-1，再利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．10.【答案】解析：（1）由S1=1，得a1=1．又对任意正整数n，都成立，即S n+1+n（n+1）=（n+1）S n+1-（n+1）S n，所以nS n+1-（n+1）S n=n（n+1），所以，即数列是以1为公差，1为首项的等差数列，所以，即，得a n=S n-S n-1=2n-1（n≥2），又由a1=1，所以．解法2：由，可得S n+1+n（n+1）=（n+1）a n+1，当n≥2时，S n+n（n-1）=na n，两式相减，得a n+1+2n=（n+1）a n+1-na n，整理得a n+1-a n=2，在中，令n=2，得，即1+a2+2=2a2，解得a2=3，∴a2-a1=2，所以数列{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，∴a n=1+2（n-1）=2n-1．（2）由（1）可得，所以，①则，②①-②，得，整理得，所以．【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．（1）法1：将题中条件变形为nS n+1-（n+1）S n=n（n+1），即可求解；法2：将题中条件变形为S n+1+n（n+1）=（n+1）a n+1，再利用作差法即可求解.（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和．。

(5)数列——2024年高考数学真题模拟试题专项汇编

（5）数列——2024年高考数学真题模拟试题专项汇编一、选择题1．[2024届·重庆市第八中学·模拟考试]已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，设甲：{}n a 是等差数列，乙：()12n n a a n S +=，则甲是乙的()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2．[2024届·长沙市第一中学·模拟考试]定义：在数列{}n a 中，()*211n n n na a d n a a +++-=∈N ，其中d 为常数，则称数列{}n a 为“等比差”数列.已知“等比差”数列{}n a 中，1231,3a a a ===，则2422a a =()A.1763B.1935C.2125D.23033．[2024届·浙江温州·二模]已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且{}n S 单调递增.若55a =，则d ∈()A.50,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B.100,7⎡⎫⎪⎢⎣⎭C.50,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D.100,7⎛⎫ ⎪⎝⎭4．[2024届·合肥一六八中学·模拟考试]数列{}n a 中，12n n a a +=+，518a =，则1210a a a ++⋅⋅⋅+=()A.210B.190C.170D.1505．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-，若21485n n n n n b a a +++=，且数列{}n b 的前n 项和为n S ，则n S =()A.2169n n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭B.42369n n ++ C.1169n n ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭D.2169n n ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭二、多项选择题6．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]等差数列{}n a 中，10a >，则下列命题正确的是()A.若374a a +=，则918S = B.若150S >，160S <，则2289a a >C.若125a a +=，349a a +=，则7817a a += D.若810a S =，则90S >，100S <7．[2024届·江苏省前黄高级中学·一模]已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，{}n a 的公差为d ，则()A.13713S S = B.5274S a a =+C.若{}n na 为等差数列，则1d =- D.若为等差数列，则12d a=8．[2024届·山东临沂·二模]已知{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若349a a +=，7818a a +=，则125a a +=B.若2134a a +=，则1428S =C.若150S <，则78S S >D.若{}n a 和{}1n n a a +⋅都为递增数列，则0n a >三、填空题9．[2024年新课标Ⅱ卷高考真题]记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若347a a +=，2535a a +=，则10S =__________.10．[2024届·河南许昌·模拟考试校考]抛掷一枚不均匀的硬币，正面向上的概率为14，反面向上的概率为34，记n 次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为n a ，则数列{}n a 的通项公式n a =____________.11．[2024届·河北衡水·二模联考]已知等差数列{}n a （公差不为0）和等差数列{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，如果关于x 的实系数方程21003100310030x S x T -+=有实数解，则以下1003个方程()201,2,,1003i i x a x b i -+== 中，有实数解的方程至少有_________个.四、双空题五、解答题13．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2844n n n S a a =++.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11212n n n n b a n --⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，{}n b 的前n 项和为n T ，求2n T .14．[2024届·山西长治·一模校考]已知正项等比数列{}n a 满足142n n n a a +=，n *∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足21n nn b a +=，设其前n 项和为n S ，求证：5n S <.15．[2024届·湖北·模拟考试联考]记n S 为公比不为1的等比数列{}n a 的前n 项和54218,88,21a a a a S -=-+=.（1）求n a ；（2）设22log n n b a =，由{}n a 与{}n b 的公共顶从小到大组成数列{}n c ，求{}n c 的前n 项和n T .参考答案1．答案：C 2．答案：B解析：因为数列{}n a 是“等比差”数列，所以()211n n n na a d n a a ++++-=∈N ，因为1231,3a a a ===，所以32212a a d a a =-=，所以有2113211212,2,,2n n n n n n n n a a a a a aa a a a a a ++++--=-=-= ，累和，得()*2221111221232,n n n n n n a a aa n n n n n a a a a ++++--=⇒=+⇒=-≥∈N ，因此有1212123,25,,1n n n n a a an n a a a ---=-=-= ，累积，得1(23)(25)1135(23)nn a n n a n a =--⇒=⨯⨯⨯⨯- ，所以2422135414345193513541a a ⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯ ，3．答案：A 4．答案：C解析：由12n n a a +=+知数列{}n a 是公差为2-的等差数列，所以()()121056551816534170a a a a a ++⋅⋅⋅+=+=⨯+=⨯=.故选：C.5．答案：D解析：由134n n a a n +=-可得()[]12113(21)n n a n a n +-++=-+⎡⎤⎣⎦，13a =，∴1(211)0a -⨯+=，则可得数列{}(21)n a n -+为常数列0，即(21)0n a n -+=，∴21n a n =+，∴2485(21)(23)221111(21)(23)(21)(23)(21)(23)2123n n n n n b n n n n n n n n +++++===+=+-++++++++，∴111111112((1)3557212332369n S n n n n n n n =+-+-++-=+-=+++++ .故选：D.6．答案：ACD解析：等差数列{}n a 中，10a >，对于A ，374a a +=，193799()9()2182a a S a a ++===，A 正确；对于B ，11515815()1502a a S a +=>=，则80a >，116168916()8()02a a S a a +==+<，则890a a +<，980a a <-<，因此22898989()()0a a a a a a -=+-<，即2289a a <，B 错误；对于C ，()()563412213a a a a a a +=+-+=，则()()785634217a a a a a a +=+-+=，C 正确；对于D ，设{}n a 的公差为d ，由810a S =，得1171045a d a d +=+，解得1938d a =-，则9111189369()019S a d a a =+=->，1011815(2)038S a a =-<，D 正确.故选：ACD 7．答案：BD 解析：A 选项，()1137137********2a a a S a +⨯===，而77,S a 不一定相等，A 不正确；B 选项，因为()1553552a a S a +==，()273334445a a a d a d a +=-++=，所以5274S a a =+，故B 正确；C 选项，因为()()2111n na n a n d n d a d n =+-=+-⎡⎤⎣⎦，若{}n na 为等差数列，则()()()()()22111111n n n a na n d a d n n d a d n++-=++-+---12nd a =+，要想12nd a +为常数，则0d =，故C 不正确；D 选项，由题可知()2111222n n n d d d S na n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，若=为关于n 的一次函数，所以102da -=，即12d a =，故D 正确.故选：BD 8．答案：BC 解析：9．答案：95解析：解法一：设{}n a 的公差为d ，由3411123257a a a d a d a d +=+++=+=，()25111334475a a a d a d a d +=+++=+=，解得14a =-，3d =，则101104595S a d =+=.解法二：设{}n a 的公差为d ，由34257a a a a +=+=，2535a a +=，得21a =-，58a =，故52352a a d -==-，611a =，则()1101056105519952a aS a a +=⨯=+=⨯=.10．答案：11122n +⎛⎫+ ⎪⎝⎭解析：根据题意有：抛掷n 次偶数次正面向上的情况由抛掷1n -次偶数次正面向上的情况下第n 次反面向上，或抛掷1n -次奇数次正面向上的情况下第n 次正面向上组成，可得递推关系为()1113144n n n a a a --=-+，构造数列1111222n n a a -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，所以1112124n n a a --=-，即数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以112a -为首项，以12为公比的等比数列，又抛一次硬币，偶数次正面向上为0次，此时134a =，所以1131242a -=-，所以11131111242222n n n n a a -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-⨯⇒=+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故答案为：11122n +⎛⎫+ ⎪⎝⎭.11．答案：502解析：由题意得，210031003410030S T -⨯≥，又因为1100310035021003()10032a a S a +==，1100310035021003()10032b b T b +==，代入得250250240a b -≥，要使方程()201,2,,1003i i x a x b i -+== 有实数解，则240(1,2,,1003)i i a b i -≥= ，显然第502个方程有解，设方程2110x a x b -+=与方程1003321000x a x b -+=的判别式分别为1∆，1003∆，则22222110031100311100310031100311003502()(4)(4)4()422a a ab a b a a b b b +∆+∆=-+-=+-+≥-⨯，即2250211003502502502(2)82(4)02a b a b ∆+∆≥-=-≥，等号成立的条件11003a a =，所以10∆≥，10030∆≥中至少一个成立，同理可得20∆≥，10020∆≥中至少一个成立，…，5010∆≥，5030∆≥中至少一个成立，且5020∆≥，综上，在所给的1003个方程中，有实根的方程最少502个，故答案为：502.13．答案：(1)42n a n =-(2)224123n n T n n -=+-解析：（1）2844n n n S a a =++ ①2111844n n n S a a ---∴=++②①-②整理得11()(4)0,2n n n n a a a a n --+--=≥ 数列{}n a 是正项数列，14,2n n a a n -∴-=≥当1n =时，21111844, 2.S a a a =++=由可得∴数列{}n a 是以2为首项，4为公差的等差数列，42n a n ∴=-；（2）由题意知，1223n n n b n n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数，故()()24222122215943n n T n -=+++++++++- ()()114143142n n n ⨯-+-=+-24123n n n -=+-.14．答案：(1)2n n a =(2)证明见解析解析：(1)设正项等比数列{}n a 的公比为(0)q q >，由142n n n a a +=，得11242n n n a a+++=，两式相除得24q =，则2q =，又1242a a =，即214a =，而10a >，则12a =，所以数列{}n a 的通项公式是112n n n a a q -==.(2)由(1)知212n nn b +=，则23357212222n n n S +=++++ ，于是231135212122222n n n n n S +-+=++++ ，两式相减得112111111(1)3111213215252212222222221212n n n n n n n n S n --+++-+++=++++-=+-=-- ，因此2552n n n S +=-，而2502n n +>恒成立，则25552n n +-<.所以5n S <.15．答案：（1）1(2)n n a -=--；（2）{}n c 是首项为2，公比为4的等比数列；()2413nn T =-解析：（1）设{}n a 的公比为(1)q q ≠，因为542188a a a a -=-+，所以()54218a a a a -=--，所以354218a a q a a -==--，解得2q =-.又()6161211a q S q -==-，解得11a =-.故1(2)n n a -=--.（2）因为22222log log 222n n n b a n -===-，又{}n a 是首项为-1，公比为-2的等比数列，所以{}n c 是首项为2，公比为4的等比数列，所以()()214241143n nn T -==--.。

高考数学解答题(新高考)数列求通项(构造法、倒数法)(典型例题+题型归类练)(原卷版)

专题03 数列求通项（构造法、倒数法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1.构造法类型1：用“待定系数法”构造等比数列形如p ka a n n +=+1（p k ,为常数，0≠kp ）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为)(1m a k m a n n +=++（其中：1-=k pm ），由此构造出新的等比数列{}m a n +，先求出{}m a n +的通项，从而求出数列{}na 的通项公式.标准模型：p ka a n n +=+1（p k ,为常数，0≠kp ）或1n n a ka p -=+（p k ,为常数，0≠kp ）类型2：用“同除法”构造等差数列（1）形如)(*11N n qp qa a n n n ∈⋅+=++，可通过两边同除1+n q，将它转化为p q a q a n nn n +=++11，从而构造数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧n n q a 为等差数列，先求出⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧n n q a 的通项，便可求得{}na 的通项公式.（2）形如1*1()n n n a ka q n N ++=+∈，可通过两边同除1+n q ，将它转化为111n n n n a a k q q q ++=+，换元令：nnna b q =，则原式化为：11n n kb b q+=+，先利用构造法类型1求出n b ，再求出{}n a 的通项公式. （3）形如)0(11≠=-++k a ka a a n n n n 的数列，可通过两边同除以n n a a 1+，变形为k a a nn -=-+111的形式，从而构造出新的等差数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1，先求出⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的通项，便可求得{}na 的通项公式.2.倒数法用“倒数变换法”构造等差数列类型1：形如q pa qa a n n n +=+1（q p ,为常数，0≠pq ）的数列，通过两边取“倒”，变形为qpa a n n +=+111，即：q pa a n n =-+111，从而构造出新的等差数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1，先求出⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的通项，即可求得n a . 类型2：形如1nn n ka a pa q+=+（q p ,为常数，0p ≠，0q ≠，0k ≠）的数列，通过两边取“倒”，变形为111n n q p a k a k +=+，可通过换元：1n n b a =，化简为：1n n q p b b k k+=+（此类型符构造法类型1：用“待定系数法”构造等比数列：形如p ka a n n +=+1（p k ,为常数，0≠kp ）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为)(1m a k m a n n +=++（其中：1-=k pm ），由此构造出新的等比数列{}m a n +，先求出{}m a n +的通项，从而求出数列{}na 的通项公式.）二、典型例题例题1．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（理））在数列{}n a 中，15a =，且()*121n n a a n N +=-∈.证明：{}1n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；感悟升华（核心秘籍） 1、使用构造法模型的标准（类型1）：标准模型：p ka a n n +=+1（p k ,为常数，0≠kp ）或1n n a ka p -=+（p k ,为常数，0≠kp ）其中“待定系数”1-=k pm ，作为核心模型直接记忆思路点拨：根据题意：，符合构造法的标准模型（类型2），左右两边同时加：“”解答过程：两边同时加“”：所以是以4为首项，2为公比的等比数列.故，即.例题2．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 满足：*111,22,n n n a a a n +==+∈N .求数列{}n a 的通项公式.感悟升华（核心秘籍）1、使用构造法模型的标准（类型2）： ①)(*11N n q p qa a n n n ∈⋅+=++ ②1*1()n n n a ka qn N ++=+∈③)0(11≠=-++k a ka a a n n n n 注意对比例题2,3,4的技巧思路点拨：根据题意：，符合构造法的标准模型（类型2）左右两边同时除：“”解答过程：左右两边同时除：“”：由数列是首项、公差为的等差数列，即例题3．（2021·全国·高二专题练习）已知正项数列{}n a 中，12a =，1235nn n a a +=+⋅，求数列{an }的通项公式．思路点拨：根据题意：，符合构造法的标准模型（类型2）左右两边同时除：“”解答过程：左右两边同时除：“”：由令，则原式变为：为方便求解过程，换元判断模型，使用待定系数法两边同时加“”，即，所以数列是等比数列，其首项为，公比为所以，即，所以，例题4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，213a =，112n n n n a a a a ++=+.求数列{}n a 的通项公式；例题5．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =，121nn n a a a +=+，求{}n a 的通项公式. 思路点拨：根据题意：，符合构造法的标准模型（类型2）左右两边同时除：“”解答过程：左右两边同时除：“”：由所以是首项为，公差为的等差数列，所以，故；例题6．（2022·黑龙江·龙江县第一中学高二阶段练习）已知数列{}n a 的通项公式为135a =，1321n n n a a a +=+ 求数列{}n a 的通项公式.感悟升华（核心秘籍）1、使用倒数法模型的标准：（类型1） q pa qa a n n n +=+1，此类型取倒数化简后qpa a n n =-+111，从而构造出新的等差数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1 思路点拨：根据题意：，符合倒数法的标准模型（类型1），两边同时取倒数解答过程：两边同时取倒数：，即所以是首项为，公差为的等差数列，所以，故；三、题型归类练1．（2022·广东·广州市禺山高级中学高二期中）数列{}n a 中，11a =，122nn n a a a +=+，()N*n ∈，则3a =______．感悟升华（核心秘籍）1、使用倒数法模型的标准：（类型2）形如1nn n ka a pa q+=+（q p ,为常数，0p ≠，0q ≠，0k ≠）的数列，通过两边取“倒”，变形为111n n q p a k a k +=+，可通过换元：1n n b a =，化简为：1n n q pb b k k+=+，再用待定系数法. 为方便解答，可换元思路点拨：根据题意：，符合倒数法的标准模型（类型2），两边同时取倒数解答过程：两边同时取倒数：，即令，原式化简为：判断模型，可用构造法两边同时加“”所以数列是以为首项，为公比的等比数；2．（2022·天津·二模）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，已知3451543,a a S a a S +==，数列{}n b 满足()*11322,N n n n b b n n --≥=∈+，且111b a =-.求{}n a 的通项公式；(2)证明数列12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求{}n b 的通项公式；3．（2022·安徽宿州·高二期中）已知数列{}n a 的首项11a =，且1121n na a +=+．求数列{}n a 的通项公式；4．（2022·北京丰台·高二期中）已知数列{}n a ，11a =，121n n a a +=+. 求数列{}1n a +的前5项；5．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =，131n n a a +=+. 求证：12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求{}n a 的通项公式；6．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，112,22n n a a a +==+，求n a .7．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，213a =，112n n n n a a a a ++=+.求数列{}n a 的通项公式；8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()1112,22n n n a a a n +*+=-=∈N .求数列{}n a 的通项公式；9．（2022·重庆八中高三阶段练习）数列{}n a 满足111,23nn n a a a +==+.令2nn na b =，求证：{}1n n b b +-是等比数列；10．（2022·全国·高二课时练习）已知在数列{}n a 中，11a =，133nn n a a a +=+(),1n n ∈≥N ，求通项n a ．11．（2022·全国·高二课时练习）已知数列{}n a 中，1*113,323,n n n a a a n N ++==+⨯∈，求数列{}n a 的通项公式；。

2009届高考数学复习数列专题练习

2009届高考数学复习数列专题练习一、选择题1．由数列1，10，100，1000，……猜测该数列的第n 项可能是 A ．10nB ．10n-1C ．10n+1D ．11n23.4A A 67.7b 8（1011.若数列32,211+==+n n a a a ，则=5a ． 12.已知某算法的流程图如图所示，若将输出的 (x , y ) 值依次记为 (x 1 , y 1 )，(x 2 , y 2 )，……(x n , y n )，…….(1) 若程序运行中输出的一个数组是(9 , t)，则t = ； (2) 程序结束时，共输出(x , y )的组数为 .13．给出如下三角形数表：1 2 2 3 4 3 4 7 7 4 5 11 14 11 5 6 16 25 25 16 6 ……………………此数表满足：① 第n 行首尾两数均为n ，② 表中数字间的递推关系类似于杨辉三角，即除了“两腰”上的数字以外，每一个数都等于它上一行左右“两肩”上的两数之和．第 (2)n n ≥行第1n -个数是_____________． 14．在直角坐标平面内,已知点列()()()(),,2,,,2,3,2,2,2,133221 n n n P P P P 如果k 为正偶数,则向量k k p P P P P P P P 1654321-++++ 的坐标(用k 表示)为_______; 三、解答题15．数列}{n a 的前n 项和记为n S ，t a =1，)(121*+∈+=N n S a n n ．（1）当t 为何值时，数列}{n a 是等比数列？（2）在（1）的条件下，若等差数列}{n b 的前n 项和n T 有最大值，且153=T ，又,11b a +3322,b a b a ++成等比数列，求n T ．16．数列{}n a 满足)(66,2*211N n a a a a n n n ∈++==+,(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设nn n a a b 6a 1612n +--=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：41165-<<-n T ．17．已知数列{}n a 中，,11=a 且点()()*+∈N n a a P n n 1,在直线01=+-y x 上.),2,≥∈n N n 且求函数)(n f 的最n 的整式()n g ，使得2的自然数n 恒成立？18.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)n S n n在直线11122y x =+上；数列{}n b 满足2120()n n n b b b n N *++-+=∈，且311b =，它的前9项和为153.（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）设3(211)(21)n n n c a b =--，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求使不等式57n k T >对一切n N *∈都成立的最大正整数k 的值；（3）设(21,)()(2,)n n a n l l N f n b n l l N **⎧=-∈⎪=⎨=∈⎪⎩，是否存在m N *∈，使得(15)5()f m f m +=成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由.190>n a （n ∈N*）. 1++y a n ≤)2(2+n .20.已知函数()321,.212x F x x x -⎛⎫=≠ ⎪-⎝⎭（1）求122008...;200920092009F F F ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（2）已知数列{}n a 满足12a =,()1n n a F a +=,求数列{}n a 的通项公式; (3) 求证:123...n a a a a >∴第104个括号有4个数,最后×258+1+2×259+1+2×260+1=2 9（3分） 13．222n n -+1415)，11++n n n n n ∴当2≥n 时，}{n a 是等比数列，要使1≥n 时，}{n a 是等比数列，则只需31212=+=tt a a ，从而1=t ．（2）设}{n b 的公差为d ，由153=T 得15321=++b b b ，于是52=b ，故可设d b d b +=-=5,531，又9,3,1321===a a a ，由题意可得2)35()95)(15(+=+++-d d ，解得10,221-==d d ，∵等差数列}{n b 的前n 项和n T 有最大值，162∴故（∴又∴=-≤-<分）（13,169595022n416-<<-n T ．17．解：（1）由点P ),(1+n n a a 在直线01=+-y x 上，即11=-+n n a a ，且11=a ，数列{n a }是以1为首项，1为公差的等差数列 )2(1)1(1≥=⋅++=n n n a n ，11=a 同样满足，所以n a n =f18 当2≥n 时；51+=-=-n S S a n n n ；当1=n 时，611==S a ；满足上式；所以5+=n a n ；又因为0212=+-++n n n b b b ，所以数列}{n b 为等差数列；由1532)(9739=+=b b S ，113=b ，故237=b ；所以公差3371123=--=d ；所以：23)3(3+=-+=n d n b b n ；（2）31111()(211)(21)(21)(21)22121n n n c a b n n n n ===----+-+∴1221n n n T c c c n =+++=+由于110(23)(21)n n T T n n +-=>++ ∴n T 单调递增∴m in 1()357n k T =>得19k < ∴max 18k =（3）5(21,)()32(2,)n n l l N f n n n l l N **⎧+=-∈⎪=⎨+=∈⎪⎩当m 为奇数时，15m +为偶数 (15)3(15)25()5(5)f m m f m m +=++==+ 得11m = 当m 为偶数时，15m +为奇数 (15)1555()5(32)f m m f m m +=++==+ 得57m N*=∉（舍）综上，存在唯一正整数11m =，使得(15)5()f m f m +=成立.19．解：（1）分别令1=n ，2，3，得⎪⎩⎪⎨⎧+=+++=++=3)(22)(212233212221211a a a a a a a a a ∵0>n a ，∴11=a ，22=a ，33=a . （2n a n =，由 n a S n n +=22 ① 可知，当n ≥2时，)1(2211-+=--n a S n n ②①-②，得 12212+-=-n n n a a a ，即12212-+=-n n n a a a .1）当2=n 时，1122222-+=a a ，∵02>a ，∴22=a ；2）假设当k n =（k ≥2）时，k a k =. 那么当1+=k n 时，122121-+=++k k k a a a 1221-+=+ka k0)]1()][1([11=-++-⇒++k a k a k k ， ∵01>+k a ，k ≥2，∴0)1(1>-++k a k ， ∴11+=+k a k .这就是说，当1+=k n 时也成立，∴n a n =（n ≥2）. 显然1=n 时，也适合. 故对于n ∈N*，均有n a n = 证法二：猜想：n a n =， 1）当1=n 时，11=a 成立； 2）假设当k n =时，k a k =.那么当1+=k n 时，12211++=++k a S k k .∴1)(2211++=+++k a S a k k k ，∴)1(22121+-+=++k S a a k k k )1()(221+-++=+k k k a k )1(221-+=+k a k （以下同证法一）（3）证法一：要证11+++ny nx ≤)2(2+n ，只要证1)1)(1(21++++++ny ny nx nx ≤)2(2+n ，即+++2)(y x n 1)(22+++y x n xy n ≤)2(2+n ，将1=+y x 代入，得122++n xy n ≤2+n ，证法三：可先证b a +≤)(2b a +. ∵ab b a b a 2)(2++=+，b a b a 22))(2(2+=+，b a +≥ab 2，∴b a 22+≥ab b a 2++，∴)(2b a +≥b a +，当且仅当b a =时取等号.令1+=nx a ，1+=ny b ，即得20 2⎫⎬⎭ 1n n +n ⎩⎭1所以()1212211n n n a =+-⨯=--1212121n n a n n ⇒=+=--（3）因为()()()()222212121n n n n >-=-+所以221212n nn n+>-2345221,,...1234212n nn n+⇒>>>-所以123...na a a a==>=。

2024届高考数学专项练习压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用(解析版)

压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用命题预测数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．高频考法（1）数列通项、求和问题（2）数列性质的综合问题（3）实际应用中的数列问题（4）以数列为载体的情境题（5）数列放缩01 数列通项、求和问题1、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11qa p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；（2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设2024届高考数学专项练习n n na b q =，从而变成1n b +=1n p b q +，从而将问题转化为第（1）个问题；（3）形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第（1）个问题．2、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．3、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()11n k n kn n k=+−++，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式：（1）111(1)1n n n n =−++；（2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=−⎢⎥+++++⎣⎦；（5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++−−++=．4、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”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“n n S qS −”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．5、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和；（2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．【典例1-1】（2024·河北沧州·一模）在数列{}n a 中，已知321212222nn a a a a n −++++=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a +成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．【解析】（1）当1n =时，12a =；当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a −−−−⎛⎫⎛⎫=++++−++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =−−=，所以122nn a −=⇒2n n a =，2n ≥. 当1n =时，上式亦成立，所以：2n n a =. （2）由()123155n n ⎡⎤+++++−=⎣⎦⇒10n =.所以新数列{}n b 前55项中包含数列{}n a 的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=， ()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+.设123935719T a a a a =++++1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯，所以()1239102322222192T T T −=−=⨯+⨯+++−⨯101722=−⨯−.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【典例1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知等比数列{}n a 的首项为2，公比q 为整数，且1243424a a a a ++=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列21n n n a ⎧⎫⋅的前n 项和为nS ，比较nS 与4的大小关系，并说明理由.【解析】（1）由已知可得12n n a q −=⨯，因为1243424a a a a ++=，所以324222242q q q ⨯+⨯+⨯=⨯，即324240q q q −++=，则()()22220q q q −−−=，解得2q或13所以2q，()1*222n n n a n −=⋅=∈N .（2）由（121212nnn n n a n =⋅⋅1122222n n n nn n n n −−=−=⋅⋅ 令12n n nb −=，设{}n b 前n 项和为n C ，则01211232222n n nC −=++++，所以123112322222n n n C =++++，两式相减得1211111122222nn n n C −=++++−1122212212n n n n n −+=−=−−，所以42442n nnC +=−<，令12n n x n −=⋅0n x >，设{}n x 前n 项和为n T ，则0n T >，所以4n n n S C T =−<.【变式1-1】（2024·四川泸州·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()12n n na n S +=+，则n a = . 【答案】()212n n −+⋅【解析】当2n ≥时，()()111n n n a n S −−=+，即12n n n S a n +=+，111n n n S a n −−=+，则11121n n n n n n n S S a a a n n −+−−=−=++，即()1221n n n a a n ++=+，则有()121nn n a a n −+=，1221n n a n a n −−=−，，21232a a ⨯=，则()212112112n n n n n n a a a a a n a a a −−−−=⨯⨯⨯⨯=+⋅，当1n =时，11a =，符合上式，故()212n n a n −=+⋅.故答案为：()212n n −+⋅.【变式1-2】（2024·青海西宁·二模）已知各项都是正数的等比数列{}n a 的前3项和为21，且312a =，数列{}n b 中，131,0b b ==，若{}n n a b +是等差数列，则12345b b b b b ++++= ．【答案】33−【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >，则333221a a a q q ++=，即21112121qq ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，化简得23440q q −−=，解得2q（负值舍去），所以331312232n n n n a a q −−−=⋅=⨯=⨯．于是111333,4,12a a b a b =+=+=，所以等差数列{}n n a b +的公差为()()3311431a b a b +−+=−，所以()14414,4432n n n n n a b n n b n a n −+=+−==−=−⨯，所以()()23412345412345312222b b b b b ++++=⨯++++−⨯++++()56032133=−⨯−=−.故答案为：33−02 数列性质的综合问题1、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=．在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．2、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+− ⎪⎝⎭，公差为2d ．③若项数为偶数2k ，则 S S kd −=奇偶，1k kS a S a +=偶奇．若项数为奇数21k +，则1 k S S a +−=奇偶，1S k S k+=奇偶．（2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠−时，n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()nn q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()21 11k a q S S q−−=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 3、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}mn a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列．【典例2-1】（2024·山西晋城·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则21a 的取值范围是（）A ．67,78⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．613,715⎛⎫⎪⎝⎭C ．67,,78⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．613,,715⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可得：()158168915080S a S a a =>⎧⎨=+<⎩，即88900a a a >⎧⎨+<⎩，可知90a <，设等差数列{}n a 的公差为d ，则980d a a =−<，可得等差数列{}n a 为递减数列，则10a >，由88900a a a >⎧⎨+<⎩可得11702150a d a d +>⎧⎨+<⎩，则112715d a −<<−，所以211116131,715a a d d a a a +⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭. 故选：B.【典例2-2】（2024·北京顺义·二模）设1a ，2a ，3a ，…，7a 是1，2，3，…，7的一个排列.且满足122367a a a a a a −≥−≥≥−，则122367a a a a a a −+−++−的最大值是（）A ．23B ．21C ．20D ．18【答案】B【解析】122367a a a a a a −+−++−即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又122367a a a a a a −≥−≥≥−，比如1726354→→→→→→，其对应的一个排列为1,7,2,63,5,4,则122367a a a a a a −+−++−的最大值是6+5+4+3+2+1=21故选：B【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）已知数列{}n a 满足2n a n n λ=−，对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，且对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，则实数λ的取值范围是（）A ．11,148⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,147⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,157⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,158⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】因为对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，所以数列{}n a 在[]1,3上是递减数列，因为对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，所以数列{}n a 在[)7,+∞上是递增数列，所以0172211522λλλ⎧⎪>⎪⎪>⎨⎪⎪<⎪⎩，解得11157λ<<，所以实数λ的取值范围是11,157⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C.【变式2-2】（多选题）（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且*n ∀∈N ，101na q q<−，则（） A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n a 是递减数列C ．若数列{}n S 是递增数列，则1q >D ．若数列{}n T 是递增数列，则1q >【答案】ACD【解析】由题意可知()()()()111211111,1n n n n n n n a q S T a a q a q a qq−−−===−，且*n ∀∈N ，101na q q<−，故有101a q <−且0q >（否则若0q <，则11na q q −的符号会正负交替，这与*n ∀∈N ，101n a q q<−，矛盾），也就是有101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩，无论如何，数列{}n a 是递增数列，故A 正确，B 错误；对于C ，若数列{}n S 是递增数列，即110n n n S S a ++−=>，由以上分析可知只能101a q >⎧⎨>⎩，故C 正确；对于D ，若数列{}n T 是递增数列，显然不可能是1001a q <⎧⎨<<⎩，（否则()121n n n n T a q −=的符号会正负交替，这与数列{}n T 是递增数列，矛盾），从而只能是101a q >⎧⎨>⎩，且这时有111n n n T a T ++=>，故D 正确. 故选：ACD.03 实际应用中的数列问题（1）数列实际应用中的常见模型①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； ②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n 项n a 与第1n +项1n a +的递推关系还是前n 项和n S 与前1n +项和1n S +之间的递推关系．在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．（2）解决数列实际应用题的3个关键点 ①根据题意，正确确定数列模型； ②利用数列知识准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．【典例3-1】（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（） A ．12里 B ．24里 C ．48里 D ．96里【答案】C【解析】由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为12的等比数列，设这个数列为{}n a ，前n 项和为n S ，则16611163237813212a S a ⎛⎫− ⎪⎝⎭===−，解得1192a =，所以321192482a =⨯=，即该人第三天走的路程为48里. 故选：C.【典例3-2】（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60︒），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O 开始，沿直线繁殖到11A ，然后分叉向21A 与22A 方向继续繁殖，其中21112260A A A ∠=︒，且1121A A 与1122A A 关于11OA 所在直线对称，112111221112A A A A OA ==….若114cm OA =，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【解析】由题意可知，114cm OA =，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在11OA 方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在11OA 方向上前进的距离依次为：3131134,2,248，则31353842155724+++=>+=，黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在11OA 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，即1311432164316841+28114228231144++⎛⎫⎛⎫+++⨯+++≈+⨯=<= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭−−，综合可得培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为8cm ，故选：C【变式3-1】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（）A ．2022312−B ．2023332−C ．202231−D ．202333−【答案】A【解析】设题图②中第n 行白心圈的个数为n a ，黑心圈的个数为n b ，依题意可得1113,2,2n n n n n n n n n a b a a b b b a −+++==+=+，且有111,0a b ==，故有()11113,,n n n n n n n n a b a b a b a b ++++⎧+=+⎨−=−⎩，所以{}n n a b +是以111a b 为首项，3为公比的等比数列，{}n n a b −为常数数列，且111a b −=，所以{}n n a b −是以111a b −=为首项，1为公比的等比数列，故13,1,n n n n n a b a b −⎧+=⎨−=⎩故1131,231,2n n n na b −−⎧+=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩所以20222023312b −=. 故选：A.【变式3-2】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME -International Congreas of Mathematics Education ）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME -14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3210387848482020⨯+⨯+⨯+⨯=，正是会议计划召开的年份，那么八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】B【解析】由进位制的换算方法可知，八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制得：1098110187878787878118−⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=⨯=−−，()101001019919101010101010811021C 10C 102C 102C 21−=−−=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+−因为01019919101010C 10C 102C 102+⨯+⋅⋅⋅+⨯是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为101010C 21−的末尾数字，由101010C 211023−=可得，末尾数字为3.故选：B04 以数列为载体的情境题解决数列与数学文化相交汇问题的关键【典例4-1】（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【解析】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n −=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n −=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列，当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S −=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =−，则()()112n a a n d n d =+−=−，则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤−+−+−⎣⎦===，因为21n −≥−且2Z n −∈， ()2313912228n n n −⎛⎫=−−≥− ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n −∈∈，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”，故命题②正确；故选：A.【典例4-2】（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =−（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”． (1)若3n n a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和； (2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（1）因为3nn a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =−=−，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n −=−+−++−=−=−−−．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤，所以11n n n n M m M m ++−≥−，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-，由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列．当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==，则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>，所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减，记2min ,{}n n a a a a =,,,，则当0n n >时，有n n M m =，于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =−=−，故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列．综上，命题得证．【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为由图中虚线上的数1，3，6，10，…依次构成的数列的第n 项，则1220111a a a ++⋅⋅⋅+的值为 .【答案】4021【解析】设第n 个数为n a ，则11a =，212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1n n a a n −−=，叠加可得()11232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， ∴122011122212232021a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯ 111114021223202121⎛⎫=⨯−+−+⋅⋅⋅+−= ⎪⎝⎭.故答案为：4021. 【变式4-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 . （注：()()22221211236n n n n +++++⋅⋅⋅+=）【答案】1391【解析】设题设高阶等差数列为{}n a ，令1n n n b a a +=−，设数列{}n b 的前n 项和为n B ，则数列{}n b 的前几项分别为3,4,6,9,13,18，1111n n n B a a a ++=−=−，令1+=−n n n c b b ，设数列{}n c 的前n 项和为n C ，则数列{}n c 的前几项分别为1,2,3,4,5，1113n n n C b b b ++=−=−，易得2,2n n n n c n C +==，所以21332n n n n b C ++=+=+，故()21133222n n n n b n −=+=−+，则()()()()()1211111632626n n n n n n n n n B n n ⎡⎤++++−=−+=+⎢⎥⎣⎦，所以11n n a B +=+，所以211391a =．故答案为：139105 数列放缩在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.放缩法证不等式的理论依据是：,A B B C A C >>⇒>；,A B B C A C <<⇒<.放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.【典例5-1】（2024·天津滨海新·二模）已知数列{}n a 满足112,1,2n n n n a t qa n a −−=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，其中220,0,0,N q t q t n ≥≥+≠∈.(1)若0qt =，求数列{}n a 的前n 项的和； (2)若0=t ，2q且数列{}n d 满足：11n nn n n a a d a a =++−，证明：121ni i d n =<+∑. (3)当12q =，1t =时，令)22,2n n b n n a =≥∈−N ，判断对任意2n ≥，N n ∈，n b 是否为正整数，请说明理由.【解析】（1）因为0qt =，220q t +≠，所以当0q =时，0t ≠，2n ≥时，1n n t a a −=，即n 为奇数时，2n a =；n 为偶数时，2n ta =. 记数列{}n a 的前n 项的和为n S ，当n 为偶数时，222n n t S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，112221224n n n t tn tS S n −−−⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭，综上2,2221,214n n t n k S tn t n n k ⎧⎛⎫+= ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨−⎪++=+⎪⎩，其中N k ∈.当0=t 时，0q ≠，2n ≥时，1n n a qa −=，此时{}n a 是等比数列，当1q =时，2n S n =；当1q ≠时，()211nn q S q−=−，故()2,121,11nn n q S q q q=⎧⎪=−⎨≠⎪−⎩. （2）由（1）知，0=t ，2q时，2n n a =，22112121n n n n n n n n n a a d a a =+=++−+−1122121n n =+−−+，112211111112212121212121nin n i dn =⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪−+−+−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 1212121n n n ≤+−<++（3）对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.理由如下：当12q =，1t =时，21111322a a a =+=，此时24b =； 2321117212a a a =+=，此时324b =；由202n n b a =>−，平方可得2242n n a b =+，212142n n a b ++=+，又222121111124n n n n n a a a a a +⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，所以22221414221442n n n n b b b b +⎛⎫+=+++ ⎪+⎝⎭，整理可得()222142n n n b b b +=+，当3n ≥时，()2221142n n n b b b −−=+，所以()()222222111424242n n n n n n b b b b b b +−−⎡⎤=+=++⎣⎦ ()()22242211141241n n n n n b b b b b −−−=++=+，所以()21121n n n b b b +−=+，由23N,N b b ∈∈，所以4N b ∈，以此类推，可知对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均为正数，11a =，221n n n a a a ++≥．(1)若23a =，证明：13n n a −≥；(2)若10512a =，证明：当4a 取得最大值时，121112na a a +++<．【解析】（1）由题意知，211n n n n a a a a +++≥，设1n n na q a +=，12n q q q ∴≤≤≤，23a =，11a =，13q ∴=，当2n ≥时，113211121111213n n nn n n a a a a a a q q q a q a a a −−−−=⋅⋅=⋅⋅≥⋅=．当1n =时，11a =满足13n n a −≥，综上，13n n a −≥.（2）()31011291231512a a q q q q q q a =⋅⋅=≥⋅⋅⋅，1238q q q ∴⋅⋅≤，4a ∴的最大值为8，当且仅当123456789q q q q q q q q q ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅时取等号．而12n q q q ≤≤≤，1292q q q ∴====，而10n ≥时，192n n q q q −≥≥≥=，1112n n n a a q −−≥∴⋅=，2112111111111121()()2121222212nn n n a a a −⎛⎫⋅− ⎪⎛⎫⎝⎭∴+++≤++++==−< ⎪⎝⎭−．【变式5-1】（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑．【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n nS S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+−=+−+⎩，解得：1a 1,d2，所以()()12121n a n n n *=+−=−∈N ．（2）由（1）知，()()12123n n n b n b +−=+，即12123n n b n b n +−=+，12321n n b n b n −−=+，122521n n b n b n −−−=−，……，322151,75b b b b ==，利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n −−−−−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+− ()()()99112212122121n n n n n ⎛⎫==−≥ ⎪−+−+⎝⎭，13b =也符合上式，12311nkn n k bb b b b b −==+++++∑9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=−+−+−++− ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎣⎦911221n ⎛⎫=−⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=−< ⎪+⎝⎭∑．【变式5-2】（2024·广西·二模）在等差数列{}n a 中，26a =，且等差数列{}1n n a a ++的公差为4. (1)求10a ； (2)若2111n n n n b a a a −+=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：21228n S n n <++. 【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则1212()()24n n n n n n a a a a a a d +++++−+=−==，2d =，又26a =，所以1624a =−=，所以42(1)22n a n n =+−=+，1022a =．（2）由（1）得11114()44(1)(2)412n b n n n n n n =+=−+++++，所以2212111(1)111()42222422284(2)8n n n n S b b b n n n n n n +=+++=−+⨯=++−<++++．1．在公差不为0的等差数列{}n a 中，3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，则m =（） A ．11 B ．13C ．15D ．17【答案】C【解析】设等差数列的公差为d ，则0d ≠，因为3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，所以()1111162,226a m d a d a d a d +−+==++，由前者得到12a d =，代入后者可得128m +=，故15m =，故选：C.2．记数列{}n a 的前n 项积为n T ，设甲：{}n a 为等比数列，乙：2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，则（）A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则11n n a a q −=，(1)12(1)211n n n n n n T a q a q−+++−==，于是(1)12()22n n n n n T a q −=，(1)111211(1)12()222()22n n n n n n n n n n nT a qa q T a q ++++−==⋅，当1q ≠时，12n a q ⋅不是常数，此时数列2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若2n nT ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，令首项为1b ，公比为p ，则112n n n T b p −=，112(2)n n T b p −=⋅，于是当2n ≥时，112112(2)22(2)n n n n n T b p a p T b p −−−⋅===⋅，而1112a T b ==，当1b p ≠时，{}n a 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D3．已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，916a =，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若55b a =，则9S =（） A ．－36或36 B ．－36C ．36D ．18【答案】C【解析】数列{}n a 为等比数列，设公比为q ，且11a =，916a =，则89116a q a ==，则44q =，则45514b a a q ===，则()199599362b b S b+⨯===，故选：C.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，则n 的值为（）A ．16B ．12C ．10D ．8【答案】B【解析】由36S =，得1236a a a ++=①，因为()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，所以34n n S S −−=，即124n n n a a a −−++=②，①②两式相加，得1213210n n n a a a a a a −−+++++=，即()1310n a a +=，所以1103n a a +=，所以()152023n n n a a n S +===，解得12n =. 故选：B.5．在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件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{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <−时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈−时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>，当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>，故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件. 故选：B.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n nS a a =+，数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，下列说法错误的是（）A ．2n S nB ．{}n b 为递减数列C ．202420242023b = D ．2(1)n a n n =−【答案】B【解析】当1n =时，11122a a a =+，解得12a = 当2n ≥时，1122n n n n n S S S S S −−=−−+，即2212n n S S −−=，且212S =，所以数列}{2n S 是首项为2，公差为2的等差数列，所以()22212n S n n =+⋅−=，又0n a >，所以2n S n =，故A 正确；当2n ≥时，有()22121n a n n n n =−=−，取1n =时，121112a =−=1a ，故数列}{n a 的通项公式为21n a n n =−,故D 正确；因为数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，所以21232n n n T b b b b S n =⋅⋅==，当1n =时，12b =，当2n ≥时，()12111121111n n n T n n n b T n n n n −−+=====+−−−−，显然1n =不适用，故数列{}n b 的通项公式为2,111,21n n b n n =⎧⎪=⎨+≥⎪−⎩，显然122b b ==，所以数列{}n b 不是递减数列，故B 错误，由当2n ≥时，1n n b n =−，得202420242024202412023b ==−，故C 正确，故选：B.7．（多选题）数列{}n a 满足：()111,32n n a S a n −==≥，则下列结论中正确的是（）A ．213a =B ．{}n a 是等比数列C ．14,23n n a a n +=≥D ．114,23n n S n −−⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭【答案】AC【解析】由13(2)n n S a n −=≥，当1122,31n S a a ====，解得213a =，故A 正确；当1n ≥，可得13n n S a +=，所以1133(2)n n n n S S a a n −+−=−≥，所以133(2)n n n a a a n +=−≥，即14(2)3n n a a n +=≥，而2113=a a ，故C 正确，B 不正确；因22112311413341,24313n n n n Sa a a a n −−−−⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=++++=+=> ⎪⎝⎭−，故D 错误. 故选：AC.8．（多选题）设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和.且56S S <，678S S S =>，则下面结论正确的是（）A ．0d ≤B ．70a =C ．6S 与7S 均为n S 的最大值D ．满足0n S <的n 的最小值为14【答案】BCD【解析】A ：因为678S S S =>，所以7678780,0S S a S S a −==−=<，所以870d a a =−<，故A 错误； B ：由A 的解析可得B 正确；C ：因为56S S <，678S S S =>，所以6S 与7S 均为n S 的最大值，故C 正确；D ：因为71132a a a =+，由()113131302a a S +==，()()114147814702a a S a a +==+<，故D 正确；故选：BCD.9．（多选题）已知数列{}n a 满足：212n n n a a a λ+=++*()N n ∈，其中R λ∈，下列说法正确的有（）A ．当152,4a λ==时，1n a n ≥+ B ．当1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时，数列{}n a 是递增数列C ．当2λ=−时，若数列{}n a 是递增数列，则()()1,31,a ∞∞∈−−⋃+D ．当13,0a λ==时，1211112223n a a a +++<+++【答案】ACD【解析】对于A ，当54λ=时，2215111042n n n n n a a a a a +⎛⎫−=++=++≥> ⎪⎝⎭，又12a =，故11n n a a +>+，所以1211211n n n a a a a n n −−>+>+>>+−+=，故A 项正确．对于B ，因为22111()24n n n n n a a a a a λλ+−=++=++−且1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，所以10n n a a +−≥，当14λ=，112a =-时，22211111,,()2220n n n n n a a a a a a a ++⇒⇒−=+==-==-，此时数列{}n a 是常数列，故B 项错误；对于C, 由于数列{}n a 是递增数列, 当2n ≥时，故10n n a a −−>，2211111(22)(22)()(2)0n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−−−−=+−−+−=−++>，故120n n a a −++>，所以2121020a a a a −>⎧⎨++>⎩，即()()211121112202220a a a a a a ⎧+−−>⎪⎨+−++>⎪⎩，解得11a >或13a <−，故C 项正确；对于D,当0λ=时，2212(1)1n nn n a a a a +=+=+−，结合13a =，可知2214111a a =−=>， 232133a a =−>，⋯，结合111()(2)n n n n n n a a a a a a +−−−=−++，可知{}n a 是递增数列，13n a a ≥=，则12(2)3(2)n n n n a a a a ++=+≥+，即1232n n a a ++≥+，所以1121212223(2)222n nn n n a a a n a a a −−−−+++⨯⨯⨯≥≥+++，即11523(2)3(2)3n nn a a n −+≥+=⨯≥，所以131(2)253n n n a ≤⨯≥+，当1n =时，1111312553a =≤⨯+，所以*131(N )253n n n a ≤⨯∈+，可得2111(1)1311133133()125333510313nn n i i a =−≤+++=⨯<<+−∑，故D 项正确；故选：ACD ．10．（多选题）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=−+，则下列说法正确的是（）A ．当112a =时，()5124n a n <≤≥ B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a = C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a > D ．当13a =时，1221n n a −=+【答案】AD【解析】对于A ，当112a =时，254a =，令1n nb a =−，则21n n b b +=，214b =，故()1024n b n <≤≥，即()5124n a n <≤≥，A 正确；对于B ，若数列{}n a 为常数列，令n a t =，则222t t t =−+，解得1t =或2,1n t a =∴=或2n a =，B 不正确；对于C ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，若数列{}n a 为递增数列，则数列{}n b 为递增数列，则210n n n n b b b b +−=−>，解得0n b <或1n b >.当11b <−时，2211b b =>，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列；当110b −≤<时，201b <≤，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴≥≥⋅⋅⋅≥≥⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 不为递增数列，即数列{}n a 不为递增数列；当11b >时，21n n b b +=，123n b b b b ∴<<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列.综上，当11b <−或11b >，即10a <或12a >时，数列{}n a 为递增数列，C 不正确；对于D ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，12b =，两边同时取以2为底的对数，得212log 2log n n b b +=，21log 1b =，∴数列{}2log n b 是首项为1，公比为2的等比数列， 12log 2n n b −∴=，即11222,21n n n n b a −−=∴=+，D 正确.故选：AD.11．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{}n L 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,，即1213L L ==,，且()21n n n L L L n *++=+∈N ．设数列{}n L 各项依次除以4所得余数形成的数列为{}n a ，则2024a = ．【答案】3【解析】{}n L 的各项除以4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,，故可得{}n a 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2，所以20246337223a a a ⨯+===. 故答案为：3.12．某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134【解析】设第一层有m 根，共有n 层，则(1)20242n n n S nm −=+=， 4(21)404821123n m n +−==⨯⨯，显然n 和21m n +−中一个奇数一个偶数，则1121368n m n =⎧⎨+−=⎩或1621253n m n =⎧⎨+−=⎩或23176n m =⎧⎨=⎩，即11179n m =⎧⎨=⎩或16119n m =⎧⎨=⎩或2377n m =⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53当11179n m =⎧⎨=⎩时，10531096.6h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有189根；当16119n m =⎧⎨=⎩时，155310139.9h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377n m =⎧⎨=⎩时，22310200.52150h =⨯≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根. 故答案为：13413．已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m nS S −{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00mn −的值为 .【答案】21【解析】不妨设数列{}n a 的公差大于零，由于9100a a <，得9100,0a a <>，且9n ≤时，0n a <，10n ≥时，0n a >，不妨取m n >，则1mm n ii n S S a=+−=∑，设3030910i i k S S a ==−=∑，若9,30n m >=，则030301n ii n S S ak =+−≤<∑，此时式子取不了最大值；若9,30n m <=，则09301n ii n S S a k =+−≤+∑，又9i ≤时，0i a <，因为09301n ii n S S a k k =+−≤+<∑，此时式子取不了最大值；因此这就说明09n n ==必成立. 若30m <，则0910m m i i S S a k =−≤<∑，这也就说明030m <不成立，因此030m =，所以0021m n −=. 故答案为：21.14．已知数列 {}n a 是各项均为正数的等比数列， n S 为其前 n 项和， 1331614a a S ==，，则2a = ；记 ()1212n n T a a a n ==，，，若存在 *0n ∈N 使得 n T 最大，则 0n 的值为．【答案】 4 3或4【解析】等比数列{}n a 中，公比0q >；由213216a a a ⋅==，所以24a =，又314S =，所以13131610a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩解得1328a a =⎧⎨=⎩或1382a a =⎧⎨=⎩；若1328a a =⎧⎨=⎩时，可得2q，则21224a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为2,4,8,16⋯，，可知数列{}n a 单调递增，且各项均大于1，所以不会存在0n 使得012,,,n a a a ⋯的乘积最大(舍去)；若1382a a =⎧⎨=⎩时，可得12q =，则211842a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为118,4,2,1,,24，…，可知数列{}n a 单调递减，从第5项起各项小于1且为正数，前4项均为正数且大于等于1，所以存在03n =或04n =，使得8421⨯⨯⨯的乘积最大，综上，可得0n 的一个可能值是3或4. 故答案为：4；3或415．在数列{}n a 中，122,3a a ==−.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=−∈N .若{}n b 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为nb= ，n a 的最小值为 .【答案】 6n − 13−【解析】由题意1215b a a =−=−，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =−+−⋅=−；故16n n a a n +−=−，所以当6n ≤时，10n n a a +−≤，当6n >时，10n n a a +−>，所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +−=−，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()25432113=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是13−. 故答案为：6n −，13−16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n 级*()n K n ∈N 角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60︒），则n 级n K 角雪花曲线的开三角个数为，n 级n K 角雪花曲线的内角和为．。

2022数学大题专项三数列学案文含解析新人教A版

数列高考大题专项（三）数列考情分析从近五年高考试题分析来看，高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列；求数列的通项公式及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式。

命题规律是解答题每两年出现一次，命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档。

典例剖析题型一等差、等比数列的综合问题【例1】(2020山东济宁5月模拟,18)已知数列{a n｝为等差数列，且a2=3，a4+a5+a6=0。

（1）求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n。

(2）请你在数列｛a n}的前4项中选出三项，组成公比的绝对值小于1的等比数列{b n｝的前3项，并记数列｛b n｝的前n 项和为T n。

若对任意正整数k,m，n,不等式S m<T n+k恒成立,试求k的最小值.解题心得1。

对于等差、等比数列，求其通项公式及求前n 项的和时，只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可。

2.有些数列可以通过变形、整理，把它转化为等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.对点训练1（2020陕西西安中学八模，文17）已知数列{a n}的前n项和为S n,且a n是S n与2的等差中项;在数列｛b n｝中，b1=1，点P(b n，b n+1)在直线x—y+2=0上。

（1）求数列{a n}，｛b n}的通项公式；(2）设c n=a n+b n，求数列{c n｝的前n项和T n。

题型二可转化为等差、等比数列的综合问题a n-1,【例2】已知数列｛a n}的前n项的和为S n,S n=32(1）求数列{a n}的前n项和S n;(2)判断数列{S n+1}是递增数列还是递减数列,并证明.S n解题心得无论是求数列的通项公式还是求数列的前n项和,通过变形整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而对点训练2（2020安徽合肥一中模拟，17)已知数列{a n｝满足a1+2a2+3a3+…+na n=14［(2n-1)·3n+1].(1）求{a n}的通项公式;(2)若b n=12a n-1，证明:b1+b2+…+b n〈32.题型三证明数列为等差或等比数列【例3】（2018全国1，文17)已知数列{a n｝满足a1=1，na n+1=2(n+1）a n。

新高考数学数列经典题型专题提升-第13讲数列性质：单调性(解析版)

第13讲数列性质:单调性参考答案与试题解析一．填空题（共6小题）1．（2021•南通模拟）已知为递减数列，且对于任意正整数，恒成立，恒成立，则的取值范围是．【解答】解：恒成立又由恒成立即又由故答案为：2．（2021秋•秀屿区校级月考）已知数列满足：，是与无关的常数且，若数列是单调递减数列，则的取值范围为．【解答】解：是与无关的常数且，，数列是等差数列，首项为，公差为，，．数列是单调递减数列，对于都成立．对于都成立．令，则是关于的单调递增数列，．．的取值范围为．{}n a n 1n n a a +<2n a n n λ=-+λ3λ<1n n a a +< 2n a n nλ=-+22(1)(1)n n n n λλ∴-+++<-+21n λ<+n N ∈+3λ∴<3λ<{}n a 11a =122(n n n a a k k +=+n 0)k ≠{}n a k 1(,)2-∞- 122(n n n a a k k +=+n 0)k ≠∴11222n n n n a a k ++=+∴{}2n n a 11122a =2k ∴1(1)222n n a k n =+-g ∴12[1(1)]n n a n k -=+- {}n a 1112(1)2[1(1)]2[1(1)]0n n n n n a a nk n k n k --+∴-=+-+-=++<*n N ∀∈∴11k n -<+*n N ∀∈1(1min k n -⇔<+1()1f n n =-+()f n n ∴1()2min f n =-12k ∴<-k ∴1(,)2-∞-故答案为．3．（2021•衡水模拟）若数列满足，则称数列为“差递减”数列，若数列是“差递减”数列，且其通项与其前项和满足，则实数的取值范围是．【解答】解：，时，，解得．时，，化为．同理可得：，，．，，，，，解得：．则实数的取值范围是．故答案为：．4．（2021•东湖区校级模拟）若数列满足，且，若使不等式成立的有且只有三项，则的取值范围为．【解答】解：当时，，于是有：，所以，显然也适合，因此数列的通项公式为：．当为奇数时，，此时数列的奇数项数列是单调递增函数；当为偶数时，，此时数列的偶数项数列是单调递增函数，要想使不等式成立的有且只有三项，1(,2-∞-{}n a 2132431n n a a a a a a a a +->->->⋯>->⋯{}n a {}n a n a n *()n S n N ∈*2321()n n S a n N λ=+-∈λ12λ>*2321()n n S a n N λ=+-∈ 1n ∴=112321a a λ=+-112a λ=-2n …1233n n n a a a -=-13n n a a -=23(12)a λ=-39(12)a λ=-427(12)a λ=-212(12)a a λ∴-=-326(12)a a λ-=-4318(12)a a λ-=-213243a a a a a a ->->->⋯ 2(12)6(12)18(12)λλλ∴->->-12λ>λ12λ>12λ>{}n a 113a =-1(2)(2)n n n a a n -=+-…||n a λ…n a λ1335[,)332n …11223211()()()()n n n n n n n a a a a a a a a a a -----=-+-+-+⋯+-+211221(2)[1(2)]1(2)(2)(2)(2)(31(2)3n n n n n a ------=-+-+-+⋯+-+-=---111(2)3n n a +=--113a =-{}n a 111(2)3n n a +=--n 111111|||1(2)||12|21333n n n n a +++=--=-=-g {}n a n 111111|||1(2)||12|21333n n n n a +++=--=+=+g g {}n a ||n a λ…n a只需有：．故答案为：．5．（2021•辽宁模拟）已知数列满足：，，若，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是．【解答】解：因为，即，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，则有，即，所以，则，，因为数列是单调递增数列，所以对恒成立，即对恒成立，所以，又，即，解得，所以实数的取值范围是．故答案为：．6．（2021秋•渝中区校级月考）设数列满足．（1）若，则；（2）若数列是正项单调递增数列，则的取值范围是．1234||||||||a a a a λλλλ⎧⎪⎪⎨⎪⎪>⎩………⇒23451213121312131213λλλλ⎧-⎪⎪⎪+⎪⎨⎪-⎪⎪⎪+>⎩………⇒131********λλλλ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪<⎩………⇒133533λ<…1335[,)33{}n a 11a =121n n a a +=+1(2)(1)n n b n t a +=-+1b t =-{}n b t 2(,)3-∞121n n a a +=+112(1)n n a a ++=+{1}n a +112a +=1122n n a -+=⋅21n n a =-1(2)(1)(2)2n n n b n t a n t +=-+=-⋅1(12)2n n b n t -=--⋅2n ...{}n b 1(2)2(12)2n n n t n t --⋅>--⋅2n ...21n t >-2n (32)t <21b b >2(12)t t ->-23t <t 2(,)3-∞2(,)3-∞{}n a 2*121()n na a n N +=-∈112a =-2020a =12-{}n a 1a【解答】解：（1）若，则，故数列为常数列，故．（2）解法一：若数列是正项单调递增数列，则（舍去）或，当时，则，故若，则数列是单调递增数列，综上所述，的取值范围是．解法二：若数列是正项单调递增数列，则对于任意，，且，又此时，故或（舍去），综上所述，的取值范围是．二．解答题（共7小题）7．（2021秋•洛阳期中）已知数列的前项和为，且，．（1）证明：数列是等差数列；（2）若对任意整数恒成立，求实数的取值范围．【解答】解：（1）证明：，可得，即有，则数列是1为首项，4为公差的等差数列；（2）由（1）可得，即有，由可得，112a =-211212n n a a +=-=-12n a =-202012a =-{}n a 21121(21)(1)02n n n n n n n a a a a a a a +-=--=+->⇒<-1n a >1n a >21211n na a +=->11a >{}n a 1a (1,)+∞{}n a 2n …221111(21)(21)2()()0n n n n n n n n a a a a a a a a +----=---=+->10n n a a -->10n n a a -+>22111102101a a a a a ->⇒-->⇒>112a <-1a (1,)+∞{}n a n n S 11a =*1114(2,)n n n n n a a S S a n n N ---+=+∈…1{}na 111nn a a λλ++…(2)n n …λ*1114(2,)n n n n n a a S S a n n N ---+=+∈…1140n n n n a a a a --+-=1114(2)n n n a a --=…1{}na 114(1)43n n n a =+-=-143n a n =-111n n a a λλ++…1444143n n n λ-+-g …即，令，则，即有数列为递增数列，当时，取得最小值，且为，可得，解得或．即实数的取值范围为，．8．（2021•内江四模）已知函数的图象在处的切线方程为．（1）求，的值；（2）若，求函数的单调区间；（3）若正项数列满足，，证明：数列是递减数列．【解答】解：（1）由题意得，，则　，解得，；（2）由（1）可得，由题意得，，①当时，令，解得或，所以在和上单调递增；令，解得，所以在上单调递减；②当时，，则在上单调递增；③当时，令，解得或，所以在和上单调递增；1(43)(41)(2)44n n n n λ-+-……(43)(41)(2)44n n n n n -+=-…ð1(41)(45)04(1)n n n n c n n ++--=>-ð{}n ð2n =4541454λ…0λ<445λ…λ4(,0)[45-∞ )+∞()x f x s ke -=-0x =y x =s k 21()(1)1(0)2x g x mlnx e x m x m -=-+-++>()()()h x g x f x =-{}n a 112a =1()n a n n a e f a +={}n a (0)0f =(0)1f '=01s k k -=⎧⎨=⎩1s =1k =()1x f x e -=-21()(1)(0)2h x mlnx x m x x =+-+>∴()(1)()(1)m x m x h x x m x x--'=+-+=01m <<()0h x '>0x m <<1x <()h x (0,)m (1,)+∞()0h x '<1m x <<()h x (,1)m 1m =()0h x '…()h x (0,)+∞1m >()0h x '>01x <<m x <()h x (0,1)(,)m +∞令，解得，所以在上单调递减；综上：当时，的单调递增区间和，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是；当时，的单调递增区间和，单调递减区间是．（3）证明：正项数列满足，，，数列是递减数列，等价为，即为，即为即，令，是上的增函数，，即，故，是递减数列．9．（2021春•安徽期末）已知数列中，，且．（1）证明：数列是等比数列；（2）若数列的前项和为①当时，求；②若单调递增，求的取值范围．【解答】解：（1）证明：设，则，，()0h x '<1x m <<()h x (1,)m 01m <<()h x (0,)m (1,)+∞(,1)m 1m =()h x (0,)+∞1m >()h x (0,1)(,)m +∞(1,)m {}n a 112a =1()n a n n a e f a +=∴1()1n na n n a n a a e f a e +-==-{}n a 1n n a a +<1n n a a e e +<1nn a n a a e e-<-1n a n e a >+()1(0)x t x e x x =-->()10(0)x t x e x '=->> ()t x ∴(0,)+∞()(0)0t x t ∴>=1x e x >+1n a n e a >+{}n a ∴{}n a 1(1)a t t =≠-12,1,2n n n a n n a a n n ++⎧⎪=⎨-⎪⎩为奇数为偶数2{1}n a +{}n a 2n 2:n S 1t =2n S 2{}n S t 21n n b a =+121b a =+212121a a t =+=+，（1分），（3分）数列是公比为2的等比数列，故数列是等比数列，（4分），，（6分）（2）由（1）得，，，（7分），（8分），，（10分）①当时，；（11分）②单调递增，对且恒成立，（12分）即，设，则，在且单调递减，（14分）12(1)0b t ∴=+≠⋯ 2(1)1212222221(221)1[2()21]12(1)21111n n n n n n n n n n a b a n a n n a b a a a a +++++++-++++=====++++⋯∴{}n b 2{1}n a +⋯∴11122(1)2(1)2n n n n b b t t --==+=+g g g ∴2(1)21n n a t =+-g ⋯221(1)21221n n n a t a n -=+-=+-g ∴121(1)2n n a t n --=+-g ⋯∴12123(1)21n n n a a t n --+=+--g ⋯21234212()()()n n n S a a a a a a -∴=++++⋯++1(3)3(1)(122)(12)3(1)(21)2n n n n t n n t -+=+++⋯+-++⋯+-=+--g g ⋯1t =∴12(3)(3)6(21)32622n n n n n n n S +++=--=⨯--⋯2{}n S ∴12223(1)210n n n S S t n ---=+-->g 2n …*n N ∈⋯113(1)2n n t -++>11,22n n n P n -+=…11210222n n n n n n n n P P +-++--=-=<{}n P ∴2n …*n N ∈⋯，，即，故的取值范围为．（16分）10．（2021春•南昌期末）已知首项为正的数列中，相邻两项不为相反数，且前项和（1）求证：数列为等差数列；（2）设数列的前项和为，对一切正整数都有成立，求的最大值．【解答】（本小题12分）解：（1）证明：，，，或．又相邻两项不为相反数，，数列为公差为2的等差数列．（2）由或，数列的首项为正，，由（1）得，数列在，上是递增数列．又当时， 232P =∴33(1)2t +>12t >-t 1(,)2-+∞⋯{}n a n 1(5)(7)4n n n S a a =-+{}n a 11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n T n n T M …M 1(5)(7)4n n n S a a =-+ 11n n na S S ++∴=-1111(5)(7)(5)(7)44n n n n a a a a ++=-+--+11(2)()0n n n n a a a a ++∴--+=12n n a a +∴-=10n n a a ++=12n n a a +∴-=∴{}n a 11111(5)(7)74S a a a =-+⇒=15a =- {}n a 17a ∴=25n a n =+∴111111()(25)(27)22527n n a a n n n n +==-++++∴1111111111[()()()](27991125272727n T n n n =-+-+⋯+-=-+++∴*{}()n T n N ∈[1)+∞1n =1163T =要使得对于一切正整数都有成立，只要，所以的最大值为．11．（2021•天津一模）已知数列的前项和为，且对一切正整数都有．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求数列的通项公式；（Ⅲ）是否存在实数，使不等式对一切正整数都成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．【解答】解：，，，即．在中，令，得，代入得．，，两式相减，得：，数列的偶数项，，，，，依次构成一个等差数列，且公差为，当为偶数时，，当为奇数时，为偶数，由上式及知：，数列的通项公式是．，∴n n T M …163M …M 163{}n a n n S n 212n n S n a =+142n n a a n ++=+{}n a a 12111(1)(1(1)n a a a --⋯-<n a 2*1()()2n n I S n a n N =+∈ ∴2211111[(1)][]22n n n n n a S S n a n a +++=-=++-+1112122n n a a n +=-++∴11()212n n a a n ++=+*142,n n a a n n N ++=+∈()II 2*1()2n n S n a n N =+∈1n =12a =()I 24a =142n n a a n ++=+ 2146n n a a n ++∴+=+24n n a a +-=∴{}n a 2a 4a 6a ⋯26a ⋯4d =∴n2(1)24(1)222n n n a a d n =+-=+-=n 1n +()I 142422(1)2n n a n a n n n +=+-=+-+=∴{}n a 2n a n =12111()(1)(1(1n III a a a --⋯-<，令，则由知，．，即的值随的增大而减小，时，的最大值为，若存在实数，符合题意，则必有：，它等价于，解得，或因此，存在实数，符合题意，其取值范围为．12．已知数列的前项和为，且对一切正整数都有．（1）证明：；（2）求数列的通项公式；（3）设，求证：对一切都成立．21211123)(1)(12n a a a a a---⋯-<12111())(1)nf n a a a =--⋯-()II ()0f n >∴12(1)()nf n f n +====1=<(1)()f n f n ∴+<()f n n *n N ∴∈()f n (1)f =a 2232a a ->0>(0a a a +>0a <<a >a ()+∞ {}n a n n S n 212n n S n a =+142n n a a n ++=+{}n a 12111()(1)(1)(1n f n a a a =--⋯-(1)()f n f n +<n N ⨯∈【解答】解：（1）．①．②②①得：；（2）；；又（3）对一切都成立．13．（2017秋•海安市校级月考）首项为正数的数列满足．（1）证明：若为奇数，则对，都是奇数；（2）若对，都有，求的取值范围．【解答】（1）证明：利用数学归纳法证明：已知是奇数，时成立．假设是奇数，其中为正整数，则由递推关系得是奇数．即时也成立．根据数学归纳法，对任何，都是奇数．（2）解：由，得，于是或．，因为，，所以所有的均大于0，因此与同号．因此，对一切都有的充要条件是或．212n n S n a =+ 2111(1)2n n S n a ++∴=++∴-142n n a a n ++=+142n n a a n ++=+ 112(1)(2)(1)(2)n n n a n a n a +∴-+=--=⋯=--12a =2n a n∴=1111()(1)(1)(1(12462f n n=---⋯-∴(1)1()f n f n +=<(1)()f n f n ∴+<n N ⨯∈{}n a 2*11(3),4n n a a n N +=+∈1a *n N ∀∈n a *n N ∀∈1n n a a +>1a 1︒1a 1n =2︒21k a m =-m 211(3)(1)14k k a a m m +=+=-+1n k =+2n …n a 212134a a a +=>211430a a -+>101a <<13a >22111133()()444n n n n n n n n a a a a a a a a ---+++-+-=-=10a >2*11(3),4n n a a n N +=+∈n a 1n n a a +-1n n a a --n N +∈1n n a a +>101a <<13a >。

高考数学难点14 数列综合应用问题试题

高考数学难点14 数列综合应用问题纵观近几年的高考，在解答题中，有关数列的试题出现的频率较高，不仅可与函数、方程、不等式、复数相联络，而且还与三角、立体几何亲密相关；数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，减薄率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题.这就要求同学们除纯熟运用有关概念式外，还要擅长观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以进步解数列题的速度.●难点磁场(★★★★★)二次函数y =f (x )在x =22t 处获得最小值－42t (t ＞0),f (1)=0.(1)求y =f (x )的表达式；(2)假设任意实数x 都满足等式f (x )·g (x )+a n x +b n =x n +1［g (x )］为多项式，n ∈N *),试用t 表示a n 和b n ；(3)设圆C n 的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，圆C n 与C n +1外切(n =1,2,3,…);{r n }是各项都是正数的等比数列，记S n 为前n 个圆的面积之和，求r n 、S n .●案例探究［例1］从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进展生态环境建立，并以此开展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建立对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41. (1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ,b n的表达式；命题意图：此题主要考察建立函数关系式、数列求和、不等式等根底知识；考察综合运用数学知识解决实际问题的才能，此题有很强的区分度，属于应用题型，正是近几年高考的热点和重点题型，属★★★★★级题目.知识依托：此题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点.错解分析：(1)问a n 、b n 实际上是两个数列的前n 项和，易与“通项〞混淆；(2)问是既解一元二次不等式又解指数不等式，易出现偏向.技巧与方法：正确审题、深入挖掘数量关系，建立数量模型是此题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧.解：(1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×(1－51)万元，…第n 年投入为800×(1－51)n －1万元，所以，n 年内的总投入为 a n =800+800×(1－51)+…+800×(1－51)n －1=∑=n k 1800×(1－51)k －1=4000×［1－(54)n］第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×(1+41)，…，第n 年旅游业收入400×(1+41)n －1万元.所以，n 年内的旅游业总收入为 b n =400+400×(1+41)+…+400×(1+41)k －1=∑=n k 1400×(45)k －1.=1600×［(45)n－1］ (2)设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此b n －a n ＞0，即：1600×［(45)n －1］－4000×［1－(54)n ］＞0，令x =(54)n ，代入上式得：5x 2－7x +2＞0.解此不等式，得x ＜52，或者x ＞1(舍去).即(54)n ＜52，由此得n ≥5.［例2］S n =1+3121++…+n1,(n ∈N *)设f (n )=S 2n +1－S n +1,试确定实数m 的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n ，不等式：f (n )＞［log m (m －1)］2－2011［log (m －1)m ］2恒成立.★★★★★级题目.知识依托：此题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起，构思巧妙.错解分析：此题学生很容易求f (n )的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理. 技巧与方法：解决此题的关键是把f (n )(n ∈N *)看作是n 的函数，此时不等式的恒成立就转化为：函数f (n )的最小值大于［log m (m －1)］2－2011［log (m －1)m ］2. 解：∵S n =1+3121++…+n1.(n ∈N *) 0)421321()421221(42232122121321221)()1(1213121)(112>+-+++-+=+-+++=+-+++=-+++++++=-=∴++n n n n n n n n n n n f n f n n n S S n f n n 又∴f (n +1)＞f (n ) ∴f (n )是关于n 的增函数 ∴f (n ) min =f (2)=209321221=+++ ∴要使一切大于1的自然数n ，不等式f (n )＞［log m (m －1)］2－2011［log (m －1)m ］2恒成立只要209＞［log m (m －1)］2－2011［log (m －1)m ］2成立即可由⎩⎨⎧≠->-≠>11,011,0m m m m 得m ＞1且m ≠2此时设［log m (m －1)］2=t 那么t ＞0于是⎪⎩⎪⎨⎧>->02011209t t 解得0＜t ＜1由此得0＜［log m(m－1)］2＜1解得m＞251+且m≠2.●锦囊妙计1.解答数列综合题和应用性问题既要有坚实的根底知识,又要有良好的思维才能和分析、解决问题的才能；解容许用性问题，应充分运用观察、归纳、猜测的手段，建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再综合其他相关知识来解决问题.2.纵观近几年高考应用题看，解决一个应用题，重点过三关：(1)事理关：需要读懂题意，明确问题的实际背景，即需要一定的阅读才能.(2)文理关：需将实际问题的文字语言转化数学的符号语言，用数学式子表达数学关系.(3)事理关：在构建数学模型的过程中；要求考生对数学知识的检索才能，认定或者构建相应的数学模型，完成用实际问题向数学问题的转化.构建出数学模型后，要正确得到问题的解，还需要比拟扎实的根底知识和较强的数理才能.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★★)二次函数y=a(a+1)x2－(2a+1)x+1，当a=1，2，…，n，…时，其抛物线在x轴上截得的线段长依次为d1,d2，…,d n,…,那么lim∞→n(d1+d2+…+d n)的值是( )二、填空题2.(★★★★★)在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)、P2(x2，y2)是第一象限的两个点，假设1，x1，x2，4依次成等差数列，而1，y1，y2，8依次成等比数列，那么△OP1P2的面积是_________.3.(★★★★)从盛满a升酒精的容器里倒出b升，然后再用水加满，再倒出b升，再用水加满；这样倒了n 次，那么容器中有纯酒精_________升.4.(★★★★★)据2000年3月5日九届人大五次会议?政府工作报告?：“2021年国内消费总值到达95933亿元，比上年增长7.3%，〞假如“十·五〞期间(2021年~2021年)每年的国内消费总值都按此年增长率增长，那么到“十·五〞末我国国内年消费总值约为_________亿元.三、解答题5.(★★★★★)数列{a n }满足条件：a 1=1,a 2=r (r ＞0),且{a n a n +1}是公比为q (q ＞0)的等比数列，设b n =a 2n －1+a 2n (n =1,2,…).(1)求出使不等式a n a n +1+a n +1a n +2＞a n +2a n +3(n ∈N *)成立的q 的取值范围； (2)求b n 和nn S 1lim∞→，其中S n =b 1+b 2+…+b n ；(3)设r =2－1，q =21，求数列{n n b b 212log log +}的最大项和最小项的值.6.(★★★★★)某公司全年的利润为b 元，其中一局部作为奖金发给n 位职工，奖金分配方案如下：首先将职工按工作业绩(工作业绩均不一样)从大到小，由1到n 排序，第1位职工得奖金nb元，然后再将余额除以n 发给第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余局部作为公司开展基金.(1)设a k (1≤k ≤n )为第k 位职工所得奖金金额，试求a 2,a 3，并用k 、n 和b 表示a k (不必证明)；(2)证明a k ＞a k +1(k =1,2,…,n －1),并解释此不等式关于分配原那么的实际意义； (3)开展基金与n 和b 有关，记为P n (b ),对常数b ，当n 变化时，求lim ∞→n P n (b ).7.(★★★★×108吨，占地562.4平方公里，假设环保部门每年回收或者处理1吨旧物资，那么相当于处理和减少4吨工业废弃垃圾，并可节约开采各种矿石20吨，设环保部门1996年回收10万吨废旧物资，方案以后每年递增20%的回收量，试问：(1)2021年回收废旧物资多少吨？(2)从1996年至2021年可节约开采矿石多少吨(准确到万吨)？ (3)从1996年至2021年可节约多少平方公里土地？8.(★★★★★)点的序列A n (x n ，0),n ∈N ,其中x 1=0,x 2=a (a ＞0),A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，….(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间关系式(n ≥3);(2)设a n =x n +1－x n ，计算a 1,a 2,a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明； (3)求lim ∞→n x n .参考答案难点磁场解：(1)设f (x )=a (x －22+t )2－42t ，由f (1)=0得a =1.∴f (x )=x 2－(t +2)x +t +1.(2)将f (x )=(x －1)［x －(t +1)］代入得：(x －1)［x －(t +1)］g (x )+a n x +b n =x n +1，上式对任意的x ∈R 都成立，取x =1和x =t +1分别代入上式得：⎪⎩⎪⎨⎧+=++=++1)1()1(1n n n n n t b a t b a 且t ≠0，解得a n =t 1［(t +1)n +1－1］，b n =t t 1+［1－(t +1]n) (3)由于圆的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，又由(2)知a n +b n =1，故圆C n 的圆心O n 在直线x +y =1上，又圆C n 与圆C n +1相切，故有r n +r n +1=2｜a n +1－a n ｜=2(t +1)n +1设{r n }的公比为q ，那么①⎪⎩⎪⎨⎧+=++=+++++2111)1(2)1(2n n n n n n t q r r t q r r ②÷①得q =n n r r 1+=t +1，代入①得r n =2)1(21+++t t n∴S n =π(r 12+r 22+…+r n 2)=342221)2()1(21)1(++π=--πt t t q q r n ［(t +1)2n－1］歼灭难点训练一、1.解析：当a =n 时y =n (n +1)x 2－(2n +1)x +1由｜x 1－x 2｜=a∆，得d n =)1(1+n n ，∴d 1+d 2+…+d n1)111(lim )(lim 1111113121211)1(132121121=+-=+++∴+-=+-++-+-=+++⋅+⋅=∞→∞→n d d d n n n n n n n n答案：A二、2.解析：由1,x 1,x 2,4依次成等差数列得：2x 1=x 2+1,x 1+x 2=5解得x 1=2,x 2=3.又由1，y 1,y 2,8依次成等比数列，得y 12=y 2,y 1y 2=8,解得y 1=2,y 2=4,∴P 1(2,2),P 2(3,4).∴21),2,2(OP OP ==(3,4) ∴,5||,22,14862121===+=OP OP OP OP110252221sin ||||21102sin ,102722514||||cos 21212121212121=⨯⨯⨯==∴=∴=⨯==∴∆OP P OP OP S OP P OP OP OP OP OP P P OP答案：13.解析：第一次容器中有纯酒精a －b 即a (1－a b )升，第二次有纯酒精a (1－ab)－b a a ba )1(-，即a (1－a b )2升，故第n 次有纯酒精a (1－ab )n 升. 答案：a (1－ab )n4.解析：从2021年到2021年每年的国内消费总值构成以95933为首项，以7.3%为公比的等比数列，∴a 5=95933(1+7.3%)4≈120000(亿元).答案：120000 三、5.解：(1)由题意得rq n －1+rq n ＞rq n +1.由题设r ＞0,q ＞0,故从上式可得：q 2－q －1＜0，解得251-＜q ＜251+,因q ＞0,故0＜q ＜251+; (2)∵0,212212212221212121≠=++=++=∴==---+++++++q a a qa q a a a a ab b q a a a a a a nn n n n n n n n n n n n n n n .b 1=1+r ≠0，所以{b n }是首项为1+r ，公比为q 的等比数列，从而b n =(1+r )q n -1.当q =1时，S n =n (1+r ),1)1(),2()3()1( ,0)10( ,111lim ,0)1)(1(1lim 1lim ,1)1)(1(,1;11)1)(1(1lim 1lim,1)1)(1(,10;0)1(1lim 1lim -∞→∞→∞→∞→∞→∞→∞→+=⎪⎩⎪⎨⎧≥<<+-==-+-=--+=>+-=-+-=--+=<<=+=n n nn nn n n n n nn n n n n n n n q r b q q r qS q r q S qq r S q r qq r q S q q r S q r n S 有由所以时当时当.2.2011log )1)(1(log log )1(log ])1[(log ])1[(log log log 2222122212-+=-+++=++=-+n qn r q n r q r q r b b n n n nnn n b b C 212log log +=记,从上式可知，当n －20.2＞0，即n ≥21(n ∈N *)时，C n 随n 的增大而减小，故1＜C n ≤C 21=1+8.0112.20211+=-①当n －20.2＜0，即n ≤20(n ∈N *)时，C n 也随n 的增大而减小，故1＞C n ≥C 20=1+2.0112.20201-=-=－4 ②综合①②两式知，对任意的自然数n 有C 20≤C n ≤C 21,故{C n }的最大项C 21=2.25，最小项C 20=－4.6.解：(1)第1位职工的奖金a 1=n b ，第2位职工的奖金a 2=n 1(1－n1)b ，第3位职工的奖金a 3=n 1(1－n 1)2b ，…，第k 位职工的奖金a k =n 1 (1－n1)k －1b ;(2)a k －a k +1=21n(1－n 1)k －1b ＞0，此奖金分配方案表达了“按劳分配〞或者“不吃大锅饭〞的原那么.(3)设f k (b )表示奖金发给第k 位职工后所剩余数，那么f 1(b )=(1－n1)b ,f 2(b )=(1－n 1)2b ,…,f k (b )=(1－n 1)k b .得P n (b )=f n (b )=(1－n1)nb , 故ebb P n n =∞→)(lim . 7.解：设a n 表示第n 年的废旧物资回收量，S n 表示前n 年废旧物资回收总量，那么数列{a n }是以10为首项，1+20%为公比的等比数列.(1)a 6=10(1+20%)5=10×5≈25(万吨)(2)S 6=2.016.1101%)201(]1%)201[(1066-⨯=-+-+≈99.3(万吨)∴从1996年到2000年一共节约开采矿石20×≈1986(万吨)(3〕由于从1996年到2021年一共减少工业废弃垃圾4×99.3=397.2(万吨)， ∴从1996年到2021年一共节约：84104.7102.3974.562⨯⨯⨯≈3 平方公里.8.解：(1)当n ≥3时，x n =221--+n n x x ; aa x x x x x x x a a x x x x x x x a a x x a 41)21(21)(212,21)(212,)2(2332334212212232121=--=--=-+=-=-=--=-+=-==-=由此推测a n =(－21)n -1a (n ∈N )证法一：因为a 1=a ＞0,且1111121)(2122----+-=-=-=-+=-=n n n n n n n n n n n a x x x x x x x x x a (n ≥2) 所以a n =(－21)n -1a . 证法二：用数学归纳法证明：(ⅰ)当n =1时，a 1=x 2－x 1=a =(－21)0a ,公式成立； (ⅱ)假设当n =k 时，公式成立，即a k =(－21)k －1a 成立.那么当n =k +1时，a k +1=x k +2－x k +1=k k k k k k a x x x x x 21)(212111-=--=-++++ .)21()21(21111公式仍成立a a )(k k -+--=--=据(ⅰ)(ⅱ)可知，对任意n ∈N ，公式a n =(－21)n -1a 成立.(3)当n ≥3时，有x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 2－x 1)+x 1 =a n －1+a n －2+…+a 1, 由(2)知{a n }是公比为－21的等比数列，所以32)21(1lim 1=--=∞→a x n n a .。

高中数学专项试题及答案

高中数学专项试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 函数f(x)=x^2-4x+3的零点个数是（）。

A. 0B. 1C. 2D. 32. 已知等差数列{an}的前三项分别为2，5，8，则该数列的公差为（）。

A. 1B. 2C. 3D. 43. 圆的方程为x^2+y^2-6x-8y=0，其圆心坐标为（）。

A. (3, 4)B. (-3, -4)C. (3, -4)D. (-3, 4)4. 函数y=\frac{1}{x}的图象在第一象限的斜率是（）。

A. 正B. 负C. 零D. 不存在5. 集合A={1, 2, 3}，集合B={2, 3, 4}，则A∩B=（）。

A. {1}B. {2, 3}C. {3, 4}D. {1, 2, 3, 4}6. 若直线y=2x+1与直线y=-x+4平行，则它们的斜率（）。

A. 相等B. 互为相反数C. 互为倒数D. 无法确定7. 已知复数z=2+3i，其模长为（）。

A. √7B. √13C. √21D. √318. 函数y=|x-1|的单调递增区间是（）。

A. (-∞, 1)B. (1, +∞)C. (-∞, 1] ∪ [1, +∞)D. (-∞, 1] ∪ (1, +∞)9. 抛物线y^2=4x的焦点坐标为（）。

A. (0, 0)B. (1, 0)C. (0, 1)D. (2, 0)10. 若函数f(x)=x^3-3x+1在x=1处取得极值，则该极值为（）。

A. 0B. 1C. -1D. 2二、填空题（每题4分，共20分）1. 已知函数f(x)=x^3-3x^2+2，f'(x)=______。

2. 抛物线y=x^2-4x+3的顶点坐标为______。

3. 圆的方程x^2+y^2-4x-6y+9=0的半径为______。

4. 函数y=\sqrt{x}的定义域为______。

5. 集合{a, b, c}与集合{c, d, e}的并集为______。

三、解答题（每题10分，共50分）1. 已知函数f(x)=2x^3-9x^2+12x-5，求f(x)的单调区间。

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．。

高考数学第三章第三节等比数列试题

同步检测训练一、选择题1．(2021·全国Ⅰ)等比数列{a n}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝a7＝() A．64B．81C．128 D．243答案：A解析：∵{a n}是等比数列，∴a2＋a3a1＋a2＝q＝63＝2，又∵a1＋a1q＝3，∴a1＝1，∴a7＝a1q6＝26＝64.应选A.2．各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，假设S n＝2，S3n＝14，那么S4n等于()A．80B．30C．26 D．16答案：B解析：S n，S2n－S n，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，那么(S2n－S n)2＝S n·(S3n－S2n)，∴(S2n－2)2＝2×(14－S2n)．又S2n>0得S2n＝6，又(S3n－S2n)2＝(S2n－S n)(S4n－S3n)，∴(14－6)2＝(6－2)·(S4n－14)．解得S4n＝30，应选B.3．设等差数列{a n}的公差d不为0，a1＝9d.假设a k是a1与a2k的等比中项，那么k等于()A ．2B ．4C ．6D ．8答案：B解析：∵a n ＝(n ＋8)d ，又∵a 2k ＝a 1·a 2k ， ∴[(k ＋8)d ]2＝9d ·(2k ＋8)d ，解得k ＝－2(舍去)，k ＝4，应选B.4．(2021·宣武4月){a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，那么a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范围是( )A ．[12,16]B ．[8，323]C ．[8，323)D ．[163，323]答案：C解析：{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，那么q 3＝a 5a 2＝18，q ＝12，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝a 1a 2(1－q 2n )1－q 2＝323(1－q 2n )∈[8，323)，应选C.5．(2021·西城4月)假设数列{a n }是公比为4的等比数列，且a 1＝2，那么数列{log 2a n }是( )A ．公差为2的等差数列B ．公差为lg2的等差数列C ．公比为2的等比数列D ．公比为lg2的等比数列答案：A解析：数列{a n }是公比为4的等比数列，且a 1＝2，那么log 2a n ＋1－log 2a n ＝log 2a n ＋1a n＝2，数列{log 2a n }是以1为首项，公差为2的等差数列，应选A.6．(2021·实验中学3月)设各项都为正数的等比数列{a n }中，假设第五项与第六项的积为81，那么log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10的值是( )A ．5B ．10C ．20D ．40答案：C解析：由题意得a 5a 6＝81，再根据等比数列的性质，log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3a 1a 2…a 10＝log 3(a 5a 6)5＝20，应选C.7．(2021·六一模)设各项均为实数的等比数列{a n }的前n 项为S n ，假设S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( )A ．150B ．－200C ．150或者－200D ．400或者－50 答案：A解析：由题意得S 10＝a 1(1－q 10)1－q ，S 30＝a 1(1－q 30)1－q ，S 30S 10＝1－q 301－q 10＝1＋q 10＋q 20＝7，q 10＝2，a 11－q ＝－10，S 40＝a 1(1－q 40)1－q＝－10×(－15)＝150，应选A. 8．(2021·二模)在等比数列{a n }中，假设a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－98，那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝( ) A.53 B.35 C ．－53D ．－35答案：C解析：在等比数列{a n }中，由于a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－98，且a 1a 4＝－98，那么a 1＋a 2＋a 3＋a 4a 2a 3＝a 1＋a 4a 2a 3＋a 2＋a 3a 2a 3＝a 1＋a 4a 1a 4＋a 2＋a 3a 2a 3＝1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝－53，应选C.二、填空题9．(2021·)设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)．假设数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，那么6q ＝________.答案：－9解析：此题考察了等比数列的通项与根本量的求解问题，此题利用等比数列构造另一个数列，利用所构造数列的性质去研究等比数列是高考的热点问题．由数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，那么数列{a n }必有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中，假设公比q 为正那么该数列的四项必均为正或者均为负值，显然不合题意，所以公比q 必为负值，又由|q |>1知q <－1，按此要求在集合{－54，－24,18,36,81}中取四个数排成数列可得数列－24,36，－54,81或者18，－24,36，－54(此数列不成等比数列，故舍去)，∵数列－24,36，－54,81的公比q ＝－32，∴6q ＝－9.10．(2021·全国联考)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足：b 1＝1，当n ≥2时，b n ＝ab n －1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，那么T 5＝________.答案：20解析：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2， b 1＝1，b 2＝ab 1＝a 1＝2，当n ≥3时，b n ＝ab n －1＝2b n －1－1，b n －1＝2(b n －1－1)，b n －1＝2n －2(b2－1)＝2n －2，b n ＝2n －2＋1，那么b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2＋1，n ≥2，T 5＝1＋(20＋1)＋(21＋1)＋(22＋1)＋(23＋1)＝20，故填20.11．(2021·学HY 中学)函数f (x )＝2x ＋3，数列{a n }满足：a 1＝1且a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，那么该数列的通项公式为________．答案：a n ＝2n ＋1－3解析：f (x )＝2x ＋3，数列{a n }满足：a 1＝1且a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，那么a n ＋1＝2a n ＋3，a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，a n ＋3＝4×2n－1，a n＝2n ＋1－3，故填a n ＝2n ＋1－3.三、解答题12．数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝13(a n －1)．(1)求a 1，a 2；(2)证明：数列{a n }是等比数列； (3)求a n 及S n .(1)解：∵a 1＝S 1＝13(a 1－1)，∴a 1＝－12.又a 1＋a 2＝S 2＝13(a 2－1)，∴a 2＝14.(2)证明：∵S n ＝13(a n －1)，∴S n ＋1＝13(a n ＋1－1)，两式相减，得a n ＋1＝13a n ＋1－13a n ，即a n ＋1＝－12a n ，∴数列{a n }是首项为－12，公比为－12的等比数列．(3)解：由(2)得a n ＝－12·(－12)n －1＝(－12)n ，S n ＝13[(－12)n －1]．13．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，且{a n a n ＋1}是以3为公比的等比数列，记b n ＝a 2n －1＋a 2n (n ∈N *)．(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值； (2)求证：{b n }是等比数列．分析：通过两个数列间的互相关系式，递推出数列{b n }的通项公式． (1)解：∵{a n a n ＋1}是公比为3的等比数列， ∴a n a n ＋1＝a 1a 2·3n －1＝2·3n ， ∴a 3＝2·32a 2＝6，a 4＝2·32a 3＝9，a 5＝2·34a 4＝18，a 6＝2·35a 5＝27.(2)证明：∵{a n a n ＋1}是公比为3的等比数列， ∴a n a n ＋1＝3a n －1a n ，即a n ＋1＝3a n －1，∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…与a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…都是公比为3的等比数列． ∴a 2n －1＝2·3n －1，a 2n ＝3·3n －1， ∴b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝5·3n －1.∴b n ＋1b n ＝5·3n5·3n －1＝3，故{b n }是以5为首项，3为公比的等比数列． 14．(2021·宣武4月)数列{a n }中，a 1＝t (t ∈R ，且t ≠0,1)，a 2＝t 2，且当x ＝t 时，函数f (x )＝12(a n －a n －1)x 2－(a n ＋1－a n )x (n ≥2，n ∈N *)获得极值． (1)求证：数列{a n ＋1－a n }是等比数列；(2)假设b n＝a n ln|a n|(n∈N*)，求数列{b n}的前n项和S n；(3)当t＝－710时，数列{b n}中是否存在最大项？假如存在，说明是第几项；假如不存在，请说明理由．解：(1)证明：由f′(t)＝0，得(a n－a n－1)t＝a n＋1－a n(n≥2)，又a2－a1＝t(t－1)，t≠0且t≠1，∴a2－a1≠0，∴a n＋1－a na n－a n－1＝t，∴数列{a n＋1－a n}是首项为t2－t，公比为t的等比数列．(2)由(1)知a n＋1－a n＝t n＋1－t n，∴a n－a n－1＝t n－t n－1，∴a n－1－a n－2＝t n－1－t n－2，…，…a2－a1＝t2－t，上面n－1个等式相等并整理得a n＝t n.(t≠0且t≠1)b n＝a n ln|a n|＝t n·ln|t n|＝nt n·ln|t|，∴S n＝(t＋2·t2＋3·t3＋…＋n·t n)ln|t|，tS n＝[t2＋2·t3＋…＋(n－1)t n＋n·t n＋1]ln|t|，两式相减，并整理得S n ＝[t (1－t n )(1－t )2－nt n ＋11－t]ln|t |.(3)∵t ＝－710，即－1<t <0. ∴当n 为偶数时，b n ＝nt n ln|t |<0；当n 为奇数时，b n ＝nt n ln|t |>0，∴最大项必须为奇数项．设最大项为b 2k ＋1，那么有⎩⎪⎨⎪⎧b 2k ＋1≥b 2k －1，b 2k ＋1≥b 2k ＋3，即⎩⎪⎨⎪⎧(2k ＋1)t 2k ＋1·ln|t |≥(2k －1)t 2k －1·ln|t |，(2k ＋1)t 2k ＋1·ln|t |≥(2k ＋3)t 2k ＋3·ln|t |.整理得⎩⎪⎨⎪⎧(2k ＋1)t 2≥2k －1，2k ＋1≥(2k ＋3)t 2.将t 2＝710代入上式，解得116≤k ≤176.∵k ∈N *，∴k ＝2，即数列{b n }中的最大项是第5项．15．数列{a n }中，前n 项和为S n ，点(a n ＋1，S n ＋1)在直线y ＝4x －2上，其中n ＝1,2,3…. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，且a 1＝1，求证数列{b n }是等比数列；(2)令f (x )＝b 1x ＋b 2x 2＋…＋b n x n ，求函数f (x )在点x ＝1处的导数f ′(1)并比拟f ′(1)与6n 2－3n 的大小．解：(1)由点(a n ＋1，S n ＋1)在直线y ＝4x －2上， ∴S n ＋1＝4(a n ＋1)－2.即S n ＋1＝4a n ＋2.(n ＝1,2,3，…)∴S n ＋2＝4a n ＋1＋2.两式相减，得S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1－4a n . 即a n ＋2＝4a n ＋1－4a n . a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，(n ＝1,2,3，…) ∴b n ＋1＝2b n .由S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 1＝1. 解得a 2＝5，b 1＝a 2－2a 1＝3.∴数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列． (2)由(1)知b n ＝3·2n －1， ∵f (x )＝b 1x ＋b 2x 2＋……＋b n x n ∴f ′(x )＝b 1＋2b 2x ＋…＋nb n x n －1. 从而f ′(1)＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ＝3＋2·3·2＋3·3·22＋…＋n ·3·2n －1 ＝3(1＋2·2＋3·22＋…＋n ·2n －1) 设T n ＝1＋2·2＋3·22＋…＋n ·2n －1，设2T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n .两式相减，得－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n . ∵T n ＝(n －1)·2n ＋1.∴f′(1)＝3(n－1)·2n＋3.由于f′(1)－(6n2－3n)＝3[(n－1)·2n＋1－2n2＋n]＝3(n－1)[2n－(2n＋1)]．设g(n)＝f′(1)－(6n2－3n)．当n＝1时，g(1)＝0，∴f′(1)＝6n2－3n；当n＝2时，g(2)＝－3<0，∴f′(1)<6n2－3n；当n≥3时，n－1>0，又2n＝(1＋1)n＝C0n＋C1n＋…＋C n－1＋C n n≥2n＋2>2n＋1，n∴(n－1)[2n－(2n＋1)]>0，即g(n)>0，从而f′(1)>6n2－3n.。

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高考数学数列解答题专项试题练习
1、已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==、
（1）求{}n a 的通项公式；
（2）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 、
2、已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==、
（1）求{}n a 的通项公式；
（2）求1
12231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-
3、已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-、（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；
（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：(
)2
*
21n n n S S S n ++<∈N
；
（Ⅲ）对任意的正整数n ，设()2
11
32,,,.n n
n n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪
⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和、
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4、已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，111112
1,,()n
n n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=
⋅∈*N 、（Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比0q >，且1236b b b +=，求q 与{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差0d >，证明：1211n c c c d
++
+<+
、*()n N ∈
模拟试题
1、已知等比数列{}n a 是首项为1的递减数列，且3456a a a +=. （1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）若n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T
2、等比数列{}n a 的各项均为正数，且2
12326231,9a a a a a +==.
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）设 31323log log ......log n n b a a a =+++，求数列1n b ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的前n 项和n T
3、已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，2
2743a a a =，且3-，4S ，39a 成等差数列.
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）设()()
1
11n
n n b a n n =-+
+，求数列{}n b 的前n 项和n T
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4、已知数列{}n a 中，11a =，当2n ≥时，其前n 项和n S 满足2
12n n n S a S ⎛⎫=-
⎪⎝⎭
（1）求n S 的表达式；
（2）设21
n
n S b n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T
5、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足(
)*
22,n n S a n N =-∈.数列{}n
b 是首项为1
a ，公差不为零的
等差数列，且1311,,b b b 成等比数列、（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式、
（2）若n
n n
b C a =
，数列{}n c 的前项和为,n n T T m <恒成立，求m 的范围
6、已知等差数列{}n a 的公差0d >，27a =，且1a ，6a ，35a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）若数列{}n b 满足
()*111
N n n n a n b b +-=∈，且113
b =，求数列{}n b 的前n 项和n T
7、在①224n n n a a S b +=+，且25a =，②224n n n a a S b +=+，且1b <-，③2
24n n n a a S b +=+，且
28S =这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的b 存在，求出b 和数列{}n a 的通项公式与
前n 项和；若b 不存在，请说明理由.
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设n S 为各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和，满足________，是否存在b ，使得数列{}n a 成为等差数列？
8、在等差数列{}n a 中，已知616a =，1636a = （1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若______，求数列{}n b 的前n 项和n S .
在①1
4n n n b a a +=
，①()1n
n n b a =-⋅，①2n
a n n
b a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中并对其求解
9、已知项数为()
*
2m m N m ∈≥，的数列{}n a 满足如下条件：
①()*
1,2,,n a N
n m ∈=；
②12·
··.m a a a <<<若数列{}n b 满足()12*·
··1
m n n a a a a b N m +++-=∈-，
其中1,2,,n m =则称{}n b 为{}
n a 的“伴随数列”.
（I ）数列13579，，，，是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”；若不存在，请说明理由；
（II ）若{}n b 为{}n a 的“伴随数列”，证明：12·
··m b b b >>>；（III ）已知数列{}n a 存在“伴随数列”{}n b ，且112049m a a ==，，求m 的最大值.。