高三二轮复习--数列
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第2讲数列求和及其综合应用
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专题二 数列
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5．(2022·全国新高考Ⅰ卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1， Sann是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：a11＋a12＋…＋a1n<2.
专题二 数列
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【解析】 (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴Sa11＝1， 又∵Sann是公差为13的等差数列， ∴Sann＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，∴Sn＝(n＋32)an， ∴当 n≥2 时，Sn－1＝(n＋13)an－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋32)an－(n＋13)an－1，
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【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数 列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)， 则an＝a1qn-1＝2n，n∈N*.
专题二 数列
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(2)bn＝a1n＋2log2 an－1＝21n＋2log2 2n－1＝21n＋2n－1， 则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝12＋14＋…＋21n＋(1＋3＋…＋2n－1) ＝1211－－2121n＋12n(1＋2n－1)
专题二 数列
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n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
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专题二 数列
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2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn} 的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意： (1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特 别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题三数列第一讲等差数列与等比数列
专题三 数列第一讲 等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论 1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n (a 1+a n )2＝na 1＋n (n−1)2d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m)d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列． 2．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)； (2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1(1−q n )1−q＝a 1−a n q 1−q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ；②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1.[2022·河北石家庄二模]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 2 021＝6，则S 2 022＝( )A ．3 033B ．4 044C ．6 066D ．8 0882．[2022·辽宁沈阳三模]在等比数列{a n }中，a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两根，则a 3a 5a 7的值为( )A ．π√πB ．－π√πC ．±π√πD ．π33．[2022·全国乙卷]已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( ) A ．14 B ．12 C ．6D ．3提分题例1 (1)[2022·江苏盐城三模]已知数列{a n}，{b n}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37的值为()A．760 B．820C．780 D．860(2)[2022·广东佛山三模]已知公比为q的等比数列{a n}的前n项和S n＝c＋2·q n，n∈N*，且S3＝14，则a4＝()A．48B．32 C．16D．8听课笔记：技法领悟1．等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差或等比数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a1和d(q)；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，减少计算量．2．等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n ＝a p＋a q”这一性质与求和公式S n＝n(a1+a n)2的综合应用．巩固训练11.[2022·河北邯郸二模]在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱？若已知这五人分得的钱数从多到少成等差数列，则这个等差数列的公差d＝()A．－16B．－15C．－14D．－132．[2022·山东淄博一模]已知等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2＝4，S 3＝14，则a 3＝________.微专题2 等差数列与等比数列的综合保分题1.[2022·辽宁沈阳一模]已知等差数列{a n }的公差为2，且a 2，a 3，a 5成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n(n －2)B ．n(n －1)C ．n(n ＋1)D ．n(n ＋2) 2．各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，4a 1，2a 3，a 5成等差数列，则a 1＝( ) A ．5√2－5 B ．5√2＋5 C ．5√2 D ．53．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝4，S 9＝19，则S 6，S 9的等差中项为________．提分题例2 (1)[2022·山东日照三模]在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a k 1，a k 2，a k 3成公比为3的等比数列，则k 3＝( )A ．14B ．34C ．41D ．86(2)[2022·山东潍坊三模](多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．数列{Snn }为等差数列B ．对任意正整数n ，b +n 2b n+22 ≥2b n ＋12 C ．数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列 D ．数列{T 2n ＋2－T 2n }一定是等比数列 听课笔记：技法领悟等差、等比数列综合问题的求解策略对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．巩固训练21.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2，2a 5，3a 8成等差数列，则S6S 3＝( )A ．1或43B ．1或13C ．2或43D ．13或432．[2022·湖北荆州三模](多选)等差数列{a n }的前项n 和为S n ，数列{b n }为等比数列，则下列说法正确的选项有 ( )A ．数列{2a n }一定是等比数列B ．数列{b a n }一定是等比数列C ．数列{Snn }一定是等差数列D ．数列{b n ＋b n ＋1}一定是等比数列微专题3 数列的递推保分题1.[2022·广东汕头三模]已知数列{a n }中，a 1＝－14，当n>1时，a n ＝1－1a n−1，则a 2 022＝( )A ．－14 B ．45 C ．5 D ．－45 2．数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n +2，则a 7＝( )A ．18 B ．17 C ．27 D ．143．[2022·山东泰安三模]已知数列{a n }满足：对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ，且a 2＝3，则a 20＝( )A ．320B ．315C ．310D ．35提分题 例3 (1)[2022·湖南雅礼中学二模](多选)著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下、从小到大套着n 个中心带孔的圆盘．将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作．设将n 个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为a n ，则( )A ．a 2＝3B ．a 3＝8C ．a n ＋1＝2a n ＋nD ．a n ＝2n －1(2)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a n+12－na n 2＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项公式是a 100＝( )A ．100B ．1100C ．101D ．1101听课笔记：技法领悟1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．3．三种简单的递推数列：a n ＋1－a n ＝f(n)，a n+1a n＝f(n)，a n ＋1＝pa n ＋q(p ≠0，1，q ≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累乘的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设a n ＋1＋λ＝p(a n ＋λ)，展开比较系数得出λ)．巩固训练3 1.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层(即第一层)有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列{a n}，则() A．a5－a4＝4 B．a100＝5 000C．2a n＋1＝a n＋a n＋2D．a n＋1－a n＝n＋12．[2022·福建漳州二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记b n＝a n＋a n＋1＋a n＋2且b n＋1－b n＝2，则S31＝()A．171 B．278 C．351 D．395第一讲等差数列与等比数列微专题1等差数列与等比数列的基本量计算保分题＝1 011×6 1．解析：由等差数列{a n}知，a2＋a2 021＝a1＋a2 022＝6，所以S2 022＝2 022(a1+a2 022)2＝6 066.答案：C2．解析：在等比数列{a n}中，因为a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，所以a2a8＝π＝a52，所以a5＝±√π，所以a3a5a7＝a53＝±π√π.故选C.答案：C3．解析：设等比数列{a n }的公比为q.由题意知，{a 2q+a 2+a 2q =168，a 2−a 2q 3=42.两式相除，得1+q+q 2q (1−q 3)＝4，解得q ＝12.代入a 2－a 2q 3＝42，得a 2＝48，所以a 6＝a 2q 4＝3.故选D .答案：D提分题[例1] 解析：(1)∵数列{a n }，{b n }均为等差数列，设公差分别为d 1，d 2 (a n ＋1＋b n ＋1)－(a n ＋b n )＝(a n ＋1－a n )＋(b n ＋1－b n )＝d 1＋d 2， 则数列{a n ＋b n }也为等差数列， a 1＋b 1＝100，a 2＋b 2＝120，数列{a n ＋b n }的首项为100，公差为20， ∴a 37＋b 37＝100＋20×36＝820，故选B .(2)因为公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝c ＋2·q n ①， 当n ＝1时a 1＝S 1＝c ＋2·q ， 当n ≥2时S n －1＝c ＋2·q n －1 ②， ①－②得a n ＝2·q n －2·q n －1＝(2q －2)·q n －1，所以2q －2＝c ＋2q ，则c ＝－2，又S 3＝14，所以S 3＝－2＋2·q 3＝14，解得q ＝2， 所以a n ＝2n ，则a 4＝24＝16. 答案：(1)B (2)C [巩固训练1]1．解析：若分得的钱从多到少分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5， 所以{a 1+a 2=a 3+a 4+a 5a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=5，所以{a 1=−8d5a 1+10d =5，可得{a 1=43d =−16.答案：A2．解析：设等比数列的公比为q ，因为a 2＝4，S 3＝14，所以a 1＋a 3＝10，即a2q ＋a 2q ＝10，所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12，所以当q＝2时，a3＝8；当q＝12时，a3＝2所以，a3＝2或a3＝8.答案：2或8微专题2等差数列与等比数列的综合保分题1．解析：设等差数列{a n}公差d＝2，由a2，a3，a5成等比数列得，a32＝a2·a5，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝0，∴S n＝n×0＋n(n−1)2×2＝n(n－1)．答案：B2．解析：设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，a1≠0，故由题意可得：{a1(1+q+q2+q3)=154a3=4a1+a5，{a1(1+q+q2+q3)=154q2=4+q4，解得q2＝2，q＝√2，a1＝5√2－5.答案：A3．解析：设S6＝x，因为{a n}为等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．因为S3＝4，S9＝19，所以4(19－x)＝(x－4)2，解得x＝10或x＝－6(舍去)．所以S6，S9的等差中项为292.答案：292提分题[例2]解析：(1)因为a1，a2，a k1，a k2，a k3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以a k3＝a1·34＝81a1，又因为数列{a n}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，所以a k 3＝a 1＋(k 3－1)d ＝a 1＋2(k 3－1)a 1＝(2k 3－1)a 1， 所以(2k 3－1)a 1＝81a 1，解得k 3＝41. 故选C .(2)设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n−1)2d ，所以，S n n ＝a 1＋(n−1)d 2.对于A 选项，S n+1n+1−S n n＝a 1＋nd 2－a 1－(n−1)d 2＝d 2，所以，{S n n}为等差数列，A 对；对于B 选项，对任意的n ∈N *，b n ≠0，由等比中项的性质可得b n+12＝b n b n ＋2，由基本不等式可得b n 2 +b n ＋22≥2b n b n ＋2＝2b n+12，B 对；对于C 选项，令c n ＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1， 所以，c n ＋1－c n ＝(a 2n ＋4＋a 2n ＋3)－(a 2n ＋2＋a 2n ＋1)＝4d ， 故数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列，C 对； 对于D 选项，设等比数列{b n }的公比为q ，当q ＝－1时，T 2n ＋2－T 2n ＝b 2n ＋2＋b 2n ＋1＝b 2n ＋1(q ＋1)＝0， 此时，数列{T 2n ＋2－T 2n }不是等比数列，D 错． 答案：(1)C (2)ABC [巩固训练2]1．解析：设等比数列公比为q ，由a 2，2a 5，3a 8成等差数列可得，2×2a 1·q 4＝a 1·q ＋3a 1·q 7，化简得3q 6－4q 3＋1＝0，解得q 3＝13或q 3＝1，当q 3＝1时，S6S 3＝2；当q 3＝13时，S 6S 3＝a 1(1−q 6)1−q a 1(1−q 3)1−q＝1＋q 3＝43.答案：C2．解析：若{a n }公差为d ，{b n }公比为q ， A ：由2a n+12a n＝2a n+1−a n ＝2d 为定值，故{2a n }为等比数列，正确； B ：由b a n+1b a n＝b a n +d b a n＝b a n q d b a n＝q d 为定值，故{b a n }为等比数列，正确；C ：由Sn+1n+1−S nn＝a 1+a n+12−a 1+a n 2＝a n+12−a n2＝d 2为定值，故{Snn}为等差数列，正确； D ：当q ＝－1时b n ＋b n ＋1＝0，显然不是等比数列，错误． 答案：ABC微专题3 数列的递推保分题1．解析：由题意得：a 2＝1－1a 1＝5，a 3＝1－1a 2＝45，a 4＝1－1a 3＝－14，则数列{a n }的周期为3，则a 2 022＝a 674×3＝a 3＝45.答案：B2．解析：因为a n ＋1＝2a n a n +2，所以1a n+1＝12+1a n，即1a n+1−1a n＝12，又1a 1＝12，则{1a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，即1a n＝12+12(n －1)＝n2，则a n ＝2n ，所以a 7＝27. 答案：C3．解析：因为对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ， 所以a 1a 1＝a 2，a 1a n ＝a 1＋n ， 又a 2＝3，所以a 1＝±√3，所以a n+1a n＝a 1，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为a 1的等比数列， 所以a n ＝a 1·(a 1)n －1＝(a 1)n ， 所以a 20＝(a 1)20＝310. 答案：C提分题[例3] 解析：(1)将圆盘从小到大编为1，2，3，…号圆盘，则将第n ＋1号圆盘移动到3号柱时，需先将第1～n 号圆盘移动到2号柱，需a n 次操作；将第n ＋1号圆盘移动到3号柱需1次操作；再将1～n 号圆需移动到3号柱需a n 次操作，故a n ＋1＝2a n ＋1，a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即a n ＝2n －1，∴a 2＝3，a 3＝7.(2)∵(n +1)a n+12−na n 2＋a n ＋1a n ＝0，∴(n +1)a n+12+anan ＋1－na n 2＝0，[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0，又∵a n >0，∴a n ＋1＝n n+1·a n ，即a n+1a n ＝n n+1， ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n−1＝12·23·…·n−1n ，即a n a 1＝1n ， 又∵a 1＝1，∴a n ＝1n ，∴a 100＝1100.答案：(1)AD (2)B[巩固训练3]1．解析：由相邻层球的个数差，归纳可知a n ＋1－a n ＝n ＋1，a 1＝1， 对a n ＋1－a n ＝n ＋1累加得a n ＝n (n+1)2. 所以，a 5－a 4＝5，a 100＝100(100+1)2＝5 050，2a n ＋1≠a n ＋a n ＋2，所以ABC 错误，故选D.答案：D2．解析：由b n ＋1－b n ＝2，b n ＋1－b n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3－(a n ＋a n ＋1＋a n ＋2)＝a n ＋3－a n ＝2， ∴a 1，a 4，a 7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a 2，a 5，a 8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a 3，a 6，a 9，…是首项为3，公差为2的等差数列，S 31＝(a 1＋a 4＋…＋a 31)＋(a 2＋a 5＋…＋a 29)＋(a 3＋a 6＋…＋a 30)＝1×11＋11×10×22＋2×10＋10×9×22＋3×10＋10×9×22＝351.故选C.答案：C。
高三二轮复习--数列综合作业用
高台一中2020级二轮复习数列专题作业1.【数列中的方程思想】【2019全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（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. 【答案】（1）见解析；（2）1122n n a n =+-，1122n nb n =-+. 【解析】（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+． 又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列． 由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+． 又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-． 所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．2.【数列中的最值问题】【2018年全国II 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-． （1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）a n =2n –9；（2）S n =n 2–8n ，最小值为–16． 【解析】（1）设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15． 由a 1=–7得d =2．所以{a n }的通项公式为a n =2n –9． （2）由（1）得S n =n 2–8n =（n –4）2–16． 所以当n =4时，S n 取得最小值，最小值为–16．3.【分组求和】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ．若113a b ==，42a b =，4212S T -=．（I ）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（II ）求数列{}n n a b +的前n 项和．【答案】（I ）21,3nn n a n b =+=；（II ）()331(2)2n n n -++.【解析】（I ）由11a b =，42a b =，则4212341223()()12S T a a a a b b a a -=+++-+=+=，设等差数列{}n a 的公差为d ，则231236312a a a d d +=+=+=，所以2d =. 所以32(1)21n a n n =+-=+.设等比数列{}n b 的公比为q ，由题249b a ==，即2139b b q q ===，所以3q =.所以3nn b =；（II ）(21)3n n n a b n +=++，所以{}n n a b +的前n 项和为1212()()n n a a a b b b +++++++L L2(3521)(333)nn =++++++++L L (321)3(13)213n n n ++-=+-3(31)(2)2n n n -=++.4.【裂项相消求和】已知等差数列{}n a 满足636a a =+，且31a -是241,a a -的等比中项.（I ）求数列{}n a 的通项公式； （II ）设()11n n n b n a a *+=∈N ，数列{}n b 的前项和为n T ，求使1n T <成立的最大正整数n 的值 【答案】（I ）21n a n =+.（II ）8.【解析】（I ）设等差数列{}n a 的公差为d ，6336a a d -==Q ，即2d =，3113a a ∴-=+，2111a a -=+，416a a =+， 31a -Q 是21a -，4a 的等比中项，()()232411a a a ∴-=-⋅，即()()()2111+3=16a a a ++，解得13a =. ∴数列{}n a 的通项公式为21n a n =+.（II ）由（I ）得()()111111212322123n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪++++⎝⎭.1212n n T b b b ∴=++⋅⋅⋅+=11111135572123n n ⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+- ⎪++⎝⎭()1112323323nn n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭， 由()13237n n <+，得9n <.∴使得1n T <成立的最大正整数n 的值为8.5.【错位相减求和】已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，前3项和39S =，且125,,a a a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12n n n b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）21n a n =-；（2）(23)23nn T n =-⋅+.【解析】（1）∵()()311129S a a d a d =++++=，∴13a d +=① 又∵125,,a a a 成等比数列，∴()()21114a d a a d +=+，② ∵0d ≠，由①②解得：11a =，2d =， ∴()1121n a a n d n =+-=-. （2）∵()112212n n n n b a n --==-，1231n n n T b b b b b L -=+++++，∴()()01221123252232212n n n T n n L --=⨯+⨯+⨯++-+-()()12312123252232212n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-+-L两式相减，得()231222212nnn T n -=++++--L∴()2323nn T n =-⋅+.6.【数列与不等式】已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，212n n n S a a =+，n N *∈ （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足：11b =，12(2)n n n b b a n --=≥，数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，求证：2n T <； （3）若(4)n T n λ≤+对任意n N *∈恒成立，求λ的取值范围.【解析】（1）时，当时，2≥n是以为首项，为公差的等差数列……………………………(4分)（2）， ，即2n T <……………………………(8分)（3）由得， 当且仅当时，有最大值，……………………………(12分)。
高三数学第二轮复习专题 数列数列通项的求法(教案及测试;含详解答案)
城东蜊市阳光实验学校数列通项的求法考纲要求：1. 理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式〕;2. 可以根据数列的前几项归纳出其通项公式；3. 会应用递推公式求数列中的项或者者.通项；4. 掌握n n s a 求的一般方法和步骤.考点回忆：回忆近几年高考，对数列概念以及通项一般很少单独考察，往往与等差、等比数列或者者者与数列其它知识综合考察.一般作为考察其他知识的铺垫知识，因此，假设这一部分掌握不好，对解决其他问题也是非常不利的. 根底知识过关： 数列的概念1.按照一定排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的，数列中的每一项都和他的有关.排在第一位的数称为这个数列的第一项〔通常也叫做〕.往后的各项依次叫做这个数列的第2项，……第n 项……，数列的一般形式可以写成12,n a a a …………，其中是数列的第n 项，我们把上面数列简记为. 数列的分类：1.根据数列的项数，数列可分为数列、数列.2.根据数列的每一项随序号变化的情况，数列可分为数列、数列、数列、 数列.数列的通项公式：1.假设数列{}n a 的可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数. 递推公式; 1.假设数列{}n a 的首项〔或者者者前几项〕，且任意一项1n n a a -与〔或者者其前面的项〕之间的关系可以，那么这个公式就做数列的递推公式.它是数列的一种表示法. 数列与函数的关系：1.从函数的观点看，数列可以看成以为定义域的函数()na f n =，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值，反过来，对于函数y=f(x)，假设f(i)(i=1,2,3,……)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3)……f(n)…… 答案： 数列的概念 1.顺序项序号首项n a {}n a数列的分类 1.有限无限 2.递增递减常摆动 数列的通项公式1.第n 项与它的序号n 之间的关系n a =f(n)解析式 递推公式1. 可以用一个公式来表示数列与函数的关系1. 正整数集N*〔或者者它的有限子集{}1,2,3,n ……〕高考题型归纳：题型1.观察法求通项观察法是求数列通项公式的最根本的方法，其本质就是通过观察数列的特征，找出各项一一共同的构成规律，横向看各项之间的关系构造，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1.数列12，14，58-，1316，2932-，6164，…．写出数列的一个通项公式．分析：通过观察可以发现这个数列的各项由以下三部分组成的特征：符号、分子、分母，所以应逐个考察其规律．解析：先看符号，第一项有点违犯规律，需改写为12--，由此整体考虑得数列的符号规律是{(1)}n-；再看分母，都是偶数，且呈现的数列规律是{2}n；最后看分子，其规律是每个分子的数比分母都小３，即{23}n -． 所以数列的通项公式为23(1)2n nn n a -=-． 点评：观察法一般适用于给出了数列的前几项，根据这些项来写出数列的通项公式，一般的，所给的数列的前几项规律性特别强，并且规律也特别明显，要么能直接看出，要么只需略作变形即可. 题型2.定义法求通项直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例2．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.分析：对于数列{}n a ，是等差数列，所以要求其通项公式，只需要求出首项与公差即可.解析：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒ ∵0≠d，∴d a =1………………………………①∵255aS =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………②由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不要用错定义，设法求出首项与公差〔公比〕后再写出通项.题型3.应用nS 与na 的关系求通项有些数列给出{na }的前n 项和nS 与na 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n na S S ++=-导出1n a +与na 的递推式，从而求出na 。
高考数学二轮复习常考题型大通关(全国卷理数)-选择题：数列-
2022届高考数学二轮复习常考题型大通关（全国卷理数）选择题：数列1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且564718a a a a +=，则3132310log log log a a a ++⋅⋅⋅+=()A ．12B ．10C ．8D ．32log 5+2.已知等差数列{}n a 中，79416,1a a a +==，则12a 的值是()A ．15B ．30C ．31D ．643.已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表,第一行为1,第二行为3,5,第三行为7,9,11,第四行为13,15,17,19,如图所示,在宝塔形数表中位于第i 行,第j 列的数记为,i j a ,比如3,24,25,49,15,23a a a ===,若,2017i j a =,则i j +=()A.64B.65C.71D.724.已知{}n a 为等差数列,若3489a a a ++=,则9S =()A.24B.27C.36D.545.已知{}n a 是等差数列,且34784,8a a a a +=-+=-,则这个数列的前10项和等于()A.16- B.30- C.32- D.60-6.已知等差数列{}n a 满足3456790a a a a a ++++=，则28a a +等于（）A.18B.30C.36D.457.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若14611,6a a a =-+=-,则当n S 取最小值时,n 等于（）A.6B.7C.8D.58.等差数列{}n a 中,已知611||||a a =,且公差0d >,则其前n 项和取最小值时n 的值为()A.6B.7C.8D.99.已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且139,,a a a 成等比数列，则1392410a a aa a a++++的值为（）A ．914B ．1115C ．1316D ．151710.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：有一人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，则此人第二天走的路程为（）A ．96里B ．189里C ．192里D ．288里11.记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若23a a ＝89，5a ＝163，则()A ．23nn a ＝B ．13n n a －＝C ．312nn S －＝D ．213n n S -=12.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21n n S a =-，则{}n a 的通项公式n a =（）A ．21n -B ．12n -C ．21n-D ．21n +13.等比数列{}n a 各项均为正数,若12118,n n n a a a a ++=+=,则{}n a 的前6项和为()A.1365B.63C.6332D.1365102414.已知等比数列{}n a 的各项都为正数，当2n 时，22222n n a a -=，设2log n n b a =，数列()21(1)1nn n n b b ⎧⎫+⎪⎪-⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S =()A.20202021B.20202021-C.20192020-D.2019202015.化简式子11111+++12233445(1)n n ++=⨯⨯⨯⨯+ ()A.n +11B.n n -+11C.n n +1 D.n n-1答案以及解析1.答案：B解析：{}n a ∵是各项均为正数的等比数列，4756a a a a =∴又475618a a a a +=,47569a a a a ==∴110293847569a a a a a a a a a a =====∴()3132310312310log log log log a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅∴51033log 9log 310===2.答案：A解析：由等差数列的性质得，79412a a a a +=+，∵79416,1a a a +==，∴1279415a a a a =+-=.故选A.3.答案：D解析：按照蛇形排列,第1行到第i 行末共有(1)122i i i ++++=个奇数,则第1行到第44行末共有990个奇数;第1行到第45行末共有1035个奇数;则2017位于第45行;而第45行是从右到左依次递增,且共有45个奇数;故2017位于第45行,从右到左第19列,则45,2772i j i j ==⇒+=,故选D4.答案：B解析：根据等差数列的通项公式,我们根据3489a a a ++=,易求也53a =,由等差数列的前 n 项和公式,我们易得()91992S a a =+,结合等差数列的性质“当2q m n =+时,2a q =a m +a n ”,得()1952a a a +=,即可得到答案.解:设等差数列{}n a 的公差为 d ,3489a a a ++= ()()()1112379a d a d a d ∴+++++=即()1349a d +=143a d ∴+=即53a =又()919992S a a =+=527a =5.答案：B解析：通解设{}n a 的公差为d ,则341781254,2138,a a a d a a a d +=+=-⎧⎨+=+=-⎩解得13,41,2a d ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩所以{}n a 的前10项和10310911030422S ⨯⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选B.优解因为数列{}n a 是等差数列,所以374856,22a a a a a a ++==,所以34785662a a a a a a ++++==-,所以{}n a 的前10项和()()110561*********a a a a S ++===-.故选B.6.答案：C解析：因为等差数列{}n a 满足3456790a a a a a ++++=，所以由题55590,18a a ==，285236a a a +==.7.答案：A解析：465676320,0a a a d a a +=-∴=-∴∴<>=，所以6S 最小8.答案：C解析：由0d >可得等差数列{}n a 是递增数列,又611||||a a =,所以611a a -=,即11510a d a d --=+,所以1152d a =-,则890,022d da a =-<=>,所以前8项和为前n 项和的最小值,故选C.9.答案：C解析：等差数列{}n a 中，因为139,,a a a 成等比数列，所以有2319a a a =⋅，即()()211128a d a a d +=⋅+，解得1d a =，所以该等差数列的通项为n a nd =，则1392410(139)13(2410)16a a a d a a a d ++++==++++，故选C ．10.答案：A 解析：111113782481632x x x x x x +++++=,解得192x =，故962x =.11.答案：D解析：设公比为q ,有2314189163a q a q ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得1132a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则1(12)213123n n n S --==-.12.答案：B解析：当1n =时，111121,1S a a a =-=∴=，当2n ≥时，11122,2n n n n n n n a S S a a a a ---=-=-∴=，因此12n n a -=13.答案：B解析：设公比为(0).q q >218,n n n a a a +++= 228,n n n a q a q a ∴+=228,q q ∴+=解得2q =或4q =-(舍)，661(12)63,12S ⨯-∴==-故选B.14.答案：B解析： 数列{}n a 是各项都为正数的等比数列，∴当2n 时，222222n n na a a -==，2(2)n n a n ∴= ，又{}n a 为等比数列，*22,,log n n n n a n b a n ∴=∈∴==N ，()212111(1)(1)(1)1(1)1nn n n n n n b b n n n n ++⎛⎫∴-=-=-+ ⎪+++⎝⎭，2020111111122320192020S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+++--++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111202012020202120212021⎛⎫+=-+=- ⎪⎝⎭，故选B.15.答案：C 解析：()n n n n =-++111∵11()n n +++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯⨯+1111∴1223341n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111111122334111。
高三二轮复习--数列
高三二轮复习-数列【例1】S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记b n＝[lg a n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{b n}的前1 000项和．‘【例2】已知数列{a n}的前n项和为S n，且有a1＝2,3S n＝5a n－a n－1＋3S n－1(n≥2)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝(2n－1)a n，求数列{b n}的前n项和T n.【例3】等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前n项和S n.【例4】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 22－3a 7＝2，且1a 2，S 2－3，S 3成等比数列，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝2a n a n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对于任意的n ∈N *，都有8T n <2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围．【例5】数列的综合问题已知等差数列{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a n 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恒成立，求实数λ的取值范围．【例6】数列与其他的综合问题设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛320，内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13(32)n .【例2】已知等差数列{a n}的公差d>0，其前n项和为S n，若S3＝12，且2a1，a2，1＋a3成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记b n＝1a n a n＋1(n∈N*)，且数列{b n}的前n项和为T n，证明：14≤T n<13.【例3】设n∈N*，x n是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．(1)求数列{x n}的通项公式；(2)记T n＝x21x23…x22n－1，证明：T n≥1 4n.【例4】自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M的价值为上年年初的75%.(1)求第n年年初M的价值a n的表达式；(2)设A n＝a1＋a2＋…＋a nn，若A n大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年年初对M更新，证明：必须在第九年年初对M更新．练习1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *. (1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .2.已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .3.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足13()2n na b n a ⋅+=，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．5.已知数列{a n }是等比数列，并且a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ，记S n 为数列{b n }的前n 项和，证明：S n <163.6.设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记数列}1{na 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值．7.已知数列{a n }的前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)若S 5＝3132，求λ.7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且(a －1)S n ＝a (a n －1)(a ＞0)(n ∈N *)． (1)求证数列{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)已知集合A ＝{x |x 2＋a ≤(a ＋1)x }，问是否存在实数a ，使得对于任意的n ∈N *，都有S n ∈A ？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．8.已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．9.已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列；(2)设a 1＝d ，T n ＝∑2nk ＝1 (－1)k b 2k ，n ∈N *，求证：∑nk ＝11T k <12d 2.10.在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .11.已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．12.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋n 2－1，数列{b n }满足3n b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，且b 1＝3. (1)求a n ，b n ；(2)设T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ，并求满足T n <7时n 的最大值．13.(17年高考真题文)记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
高考数学第二轮复习数列典型例题2
1 已知数列{}n a 满足0>n a 且对一切*∈N n ,有,233231n n S a a a =+++,21n n S a a a =+++ （1）求证：对一切n n n S a a N n 2121=-∈++*有（2）求数列{}n a 通项公式. （3）求证：33212232221<++++na na a a (1) 证明: 233231n n S a a a =+++ ………. ① 213133231++=++++n n n S a a a a …………②② - ①：31221++=-n n n a S S 3111))((+++=+-n n n n n a S S S S 31111(2);0.n n n n n a S a a a +++++=≠n n n S a a 2121=-∴++ (*∈N n )(2) 【解】：由n n n S a a 2121=-++及)2(212≥=--n S a a n n n两式相减,得: n n n n n n a a a a a a +=-++++111))(()2(,1011≥=-∴>+++n a a a a n n n n)1(1,2,1,2,1121≥=-===+n a a a a n n n 易得时∴{},n n a a n =是等差数列.(3) 证明: ∵n a n =n ===<==∴1n S =+1(1<++++++23=<2 已知等比数列}{n a 的前n 项和为S n =K ·2n+m ，k ≠0,且a 1=3. （1）求数列}{n a 的通项公式； （2）设,nn a nb =求数列}{n b 的前n 项和T n . 解：.2,211k S S a n n n n n ⋅=-=≥--时 由331==k a 得∴123-⋅=n n a又3,321-==+=m m k a （2）解)223221(31,23121--++++=⋅==n n n n n n T n a n b ， ④ )2212221(312112n n n nn T +-+++=- ， ⑤ ④－⑤得)22122211(312112n n n nT -++++=- ，).2211(342211)211(1321+--=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---⋅=n n nn n n n T3 已知： 3,2,1,)1()1(,)(221=⋅-=-+++=n n f x a x a x a x f n n n n n（Ⅰ）求;,,321a a a（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅲ）求证：1)31(<n f解：（Ⅰ）由已知1,1)1(111=-=-=-a a f 所以3)1(,32)1(32132212-=-+-=-==+-=-a a a f a a a f 所以，所以，53=a（Ⅱ）n n f f a n n n n n n ⋅--+⋅-=---=⋅-++++)1()1()1()1()1()1(111112)1(11+=++=∴++n a n n a n n ，即所以对于任意的12,..........3,2,1-==n a n n （Ⅲ）n n x n x x x x f )12(....53)(32-++++=n n n f )21)(12(....)31(5)31(331)31(3-++++=∴ ○1 1432)31)(12(...)31(5)31(3)31()31(31+-++++=⋅n n n f ○2 ○1—○2，得 132)31)(12()31(2...)31(2)31(231)31(32+--++++=n n n n fn n n n n )31(32232)31)(12(311)31(1923111+-=---⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=+-n n n f 311)31(+-=∴又1)31(..,.........3,2,1<=n f n 故 4 已知数列{}n a满足112,3n n a a a +=-=n N +∈） （1）证明：数列{}1n n a a +-成等差数列；（2）设13n n n a b n -=∙，数列{}nb 的前n 项的和n S ，求证：23n S ≥。
2024届高三数学二轮专题复习数列求和—裂项相消法教学设计
高三二轮复习数列求和—裂项相消法教学设计内容教学目的掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.教学重点难点识别裂项相消求和的使用环境.如何裂项？如何相消？教学过程过程一、强调本微课学习内容，学习目标，重难点，易错点。
学习目标：掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.学习重点：识别裂项相消求和的使用环境.学习难点：如何裂项？如何相消？易错点：裂项时忘记配平，相消时留下哪些项？过程二、通过熟悉的典型例子入手，引导学生回顾裂项相消的具体类型。
裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律),从而求得前n项和.看下面两个例子：)211(2121+-=+nnnn）（⎪⎭⎫⎝⎛+-+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-=+++⨯+⨯+⨯211121121211......513141213112121......531421311nnnnnn）（()()))2)(1(1)1(1(21211++-+=++nnnnnnn()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-+++⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯=++++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯)2)(1(12121)2)(1(1)1(1......43132132121121211......543143213211nnnnnnnnn过程三、因为是二轮专题复习，学生经过一轮的复习，对于裂项的方法有一定的理解，在此基础上直接点出裂项的四种基本类型，并强调裂项的常用方法为通分的逆运算，分母有理化，对数的运算等。
本质是恒等变形，运用化归与转化思想、等式思想。
等差型：1a n a n＋1＝1d(1a n－1a n＋1)，其中a n≠0，d≠0. . （通分的逆运算）指数型：（a－1）a n（a n＋b）（a n＋1＋b）＝1a n＋b－1a n＋1＋b. （通分的逆运算）无理型：1a＋b＝1a－b(a－b)(a>0，b>0). （分母有理化）对数型：log n a n ＋1a n＝log n a n ＋1－log n a n (a n >0). （对数的运算法则）过程四、对照四种类型，分别用4道典型例题进行讲解与说明，并敲掉裂项时要配平，求和相消时要注意消去哪些项，剩下哪些项。
高考数学二轮复习专题过关检测—数列(含解析)
高考数学二轮复习专题过关检测—数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021·内蒙古包头一模)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1-a n -2=0,则a 5+a 6+…+a 14=( ) A.180B.190C.160D.1202.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,则log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=( ) A.52B.53C.10D.153.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S10S 5=12,则S15S 5=( )A.12B.13C.23D.344.(2021·北京师大附属中学模拟)我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c 键到下一个c 1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c ,#c ,d ,#d ,e ,f ,#f ,g ,#g ,a ,#a ,b ,c 1的音频恰成一个公比为√212的等比数列的原理,也即高音c 1的频率正好是中音c 的2倍.已知标准音a 的频率为440 Hz,则频率为220√2 Hz 的音名是( )A.dB.fC.eD.#d5.(2021·四川成都二诊)已知数列{a n}的前n项和S n=n2,设数列{1a n a n+1}的前n项和为T n,则T20的值为()A.1939B.3839C.2041D.40416.(2021·河南新乡二模)一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()A.39B.45C.48D.517.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)={n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021·辽宁沈阳三模)已知等比数列{a n}的前n项和S n=4n-1+t,则()A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-1410.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是()A.a5=1B.S n的最小值为S3C.S1=S6D.S n存在最大值11.已知数列{a n}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,b n=2a n,对于数列{a n},{b n},下列选项正确的是() A.b10=8b5 B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.a3+a5+a7a2+a4+a6=20919312.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2.记a n=1+x1+x2+…+x k+2,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.k+1=2nB.a n+1=3a n-3C.a n =32(n 2+3n )D.S n =34(3n+1+2n-3) 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·山西太原检测)在等差数列{a n }中,若a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,则a 1+a 1 011+a 2 021等于 .14.(2021·江苏如东检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -2,则数列{log 2a n }的前n 项和T n = .15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为 .16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm ×12 dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm ×12 dm,20 dm ×6 dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240 dm 2,对折2次共可以得到5 dm ×12 dm,10 dm ×6 dm,20 dm ×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180 dm 2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n 次,那么∑k=1nS k =dm 2.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{a n },a 4=116,a 5a 7=256. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{|log 2a n |}的前n 项和.18.(12分)(2021·全国甲,理18)已知数列{a n}的各项均为正数,记S n为{a n}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列;②数列{√S n}是等差数列;③a2=3a1.19.(12分)(2021·山东济宁二模)已知数列{a n}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n log2a2n+1,求数列{b n}的前n项和T n.20.(12分)(2021·山东临沂一模)在①S nn =a n+12,②a n+1a n=2S n,③a n2+a n=2S n这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且满足.(1)求a n;(2)若b n=(a n+1)·2a n,求数列{b n}的前n项和T n.21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a 辆.(1)求经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n );(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a 的最小值.22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{a n }满足a 1=23,且当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2.(1)求证:数列{11−a n}是等差数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)记T n =12a 1a 2…a n ,S n =T 12+T 22+…+T n 2,求证:当n ∈N *时,a n+1-23<S n .答案及解析1.B 解析 因为a n+1-a n =2,a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公差为2的等差数列.所以a n =2+(n-1)×2=2n.设{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(2+2n)2=n 2+n.所以a 5+a 6+…+a 14=S 14-S 4=190.2.C 解析 因为等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,所以log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=log 3(a 1a 2a 3a 4a 5)=log 3(a 35)=log 3(95)=log 3(310)=10.3.D 解析 由题意可知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列.∵S 10S 5=12,∴设S 5=2k ,S 10=k ,k ≠0,∴S 10-S 5=-k ,∴S 15-S 10=k2,∴S 15=3k2,∴S 15S 5=3k22k =34. 4.D 解析 因为a 的音频是数列的第10项,440=220√2×212=220√2×(2112)10−4,所以频率为220√2 Hz 是该数列的第4项,其音名是#d.5.C 解析 当n=1时,a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1.而a 1=1也符合a n =2n-1,所以a n =2n-1.所以1an a n+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以T n =12(1−13+13-15+⋯+12n-1-12n+1)=121-12n+1=n2n+1,所以T 20=202×20+1=2041. 6.D 解析 设该数列为{a n },依题意,可知a 5,a 6,…成等差数列,且公差为2,a 5=5.设塔群共有n 层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a 10+a 11+a 12=3a 11=3×(5+2×6)=51.7.D 解析 由2n ∈[1,100],n ∈N *,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2×(1−26)1−2=126.又1+2+3+ (100)100×1012=5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n (n ∈N *)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924.8.B 解析 由已知得当n 为奇数时,a n =n 2-(n+1)2=-2n-1,当n 为偶数时,a n =-n 2+(n+1)2=2n+1.所以a 1+a 2+a 3+…+a 100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.9.BCD 解析 当n=1时,a 1=S 1=1+t ,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(4n-1+t )-(4n-2+t )=3×4n-2.由数列{a n }为等比数列,可知a 1必定符合a n =3×4n-2, 所以1+t=34,即t=-14.所以数列{a n }的通项公式为a n =3×4n-2,a 2=3, 数列{a n }的公比q=4.故选BCD . 10.AC 解析 由已知得a 1+3(a 1+4×1)=7a 1+7×62×1,解得a 1=-3.对于选项A,a 5=-3+4×1=1,故A 正确.对于选项B,a n =-3+n-1=n-4,因为a 1=-3<0,a 2=-2<0,a 3=-1<0,a 4=0,a 5=1>0,所以S n 的最小值为S 3或S 4,故B 错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为S n=-3n+n(n-1)2=n2-7n2,所以S n无最大值,故D错误.11.BD解析设{a n}的公差为d,由已知得30×5+30×29d2=390,解得d=1629.∴a n=a1+(n-1)d=16n+12929.∵b n=2a n,∴b n+1b n =2a n+12a n=2a n+1-a n=2d,故数列{b n}是等比数列,B选项正确.∵5d=5×1629=8029≠3,∴b10b5=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.12.ABD解析由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a 1=1+3+2=6,当n=2时,a 2=a 1+2a 1-3=3a 1-3,当n=3时,a 3=a 2+2a 2-3=3a 2-3,……所以a n+1=3a n -3,故B 项正确. 由a n+1=3a n -3,得a n+1-32=3(a n -32),又a 1-32=92,所以{a n -32}是首项为92,公比为3的等比数列,所以a n -32=92×3n-1=3n+12,即a n =3n+12+32,故C 项错误.S n =(322+32)+(332+32)+…+(3n+12+32)=343n+1+2n-3,故D 项正确.13.15 解析 因为a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,所以a 2+a 2 020=10.又{a n }为等差数列,所以a 1+a 2 021=a 2+a 2 020=2a 1 011=10,即a 1 011=5. 所以a 1+a 1 011+a 2 021=3a 1 011=15. 14.n(n+1)2解析 因为S n =2a n -2,所以当n ≥2时,S n-1=2a n-1-2,两式相减,得a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1.当n=1时,可得a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n =2n . 所以log 2a n =n ,所以T n =n(n+1)2.15.3n 2-2n 解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{a n }是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n }的前n 项和为S n =n×1+n(n-1)2×6=3n 2-2n.16.5 240(3−n+32n) 解析 对折3次共可以得到52 dm ×12 dm,5 dm ×6 dm,10 dm ×3 dm,20dm ×32dm 四种规格的图形,面积之和S 3=4×30=120 dm 2;对折4次共可以得到54 dm ×12 dm,52dm ×6 dm,5 dm ×3 dm,10 dm ×32dm,20 dm ×34dm 五种规格的图形,S 4=5×15=75 dm 2.可以归纳对折n 次可得n+1种规格的图形,S n =(n+1)·2402ndm 2.则∑k=1nS k =S 1+S 2+…+S n =240221+322+423+…+n+12n . 记T n =221+322+423+…+n+12n , ① 则12T n =222+323+…+n2n +n+12n+1.②①与②式相减,得T n -12T n =12T n =221+122+123+…+12n −n+12n+1=32−n+32n+1. 故T n =3-n+32n .故∑k=1nS k =240·T n =240(3−n+32n).17.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).由等比数列的性质可得a 5a 7=a 62=256,因为a n >0,所以a 6=16.所以q 2=a6a 4=256,即q=16.所以a n =a 6q n-6=16×16n-6=16n-5. (2)由(1)可知log 2a n =log 216n-5=4n-20,设b n =|log 2a n |=|4n-20|,数列{b n }的前n 项和为T n . ①当n ≤5,且n ∈N *时,T n =n(16+20-4n)2=18n-2n 2;②当n ≥6,且n ∈N *时,T n =T 5+(4+4n-20)(n-5)2=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n 2-18n+80.综上所述,T n={18n-2n2,n≤5,且n∈N*,2n2-18n+80,n≥6,且n∈N*.18.证明若选①②⇒③,设数列{a n}的公差为d1,数列{√S n}的公差为d2.∵当n∈N*时,a n>0,∴d1>0,d2>0.∴S n=na1+n(n-1)d12=d12n2+(a1-d12)n.又√S n=√S1+(n-1)d2,∴S n=a1+d22(n-1)2+2√a1d2(n-1)=d22n2+(2√a1d2-2d22)n+d22-2√a1d2+a1,∴d12=d22,a1-d12=2√a1d2-2d22,d22-2√a1d2+a1=0,∴d22=d12,d2=√a1,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.若选①③⇒②,设等差数列{a n}的公差为d.因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,所以S n=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以√S n−√S n-1=n√a1-(n-1)√a1=√a1.所以{√S n}是首项为√a1,公差为√a1的等差数列.若选②③⇒①,设数列{√S n}的公差为d,则√S2−√S1=d,即√a1+a2−√a1=d.∵a2=3a1,∴√4a1−√a1=d,即d=√a1,∴√S n=√S1+(n-1)d=√a1+(n-1)√a1=n√a1,即S n =n 2a 1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2a 1-(n-1)2a 1=(2n-1)a 1, 当n=1时,a 1符合式子a n =(2n-1)a 1,∴a n =(2n-1)a 1,n ∈N *,∴a n+1-a n =2a 1, 即数列{a n }是等差数列.19.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项,所以2a 3=2a 1+3a 2,即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ,因为a 1≠0,所以2q 2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).所以a 4=a 1q 3=8a 1=16,解得a 1=2.所以a n =2×2n-1=2n . (2)由(1)可知a 2n+1=22n+1,所以b n =(-1)n log 2a 2n+1=(-1)n log 222n+1=(-1)n (2n+1), 所以T n =(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n (2n+1), -T n =(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1), 所以2T n =-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1−(−1)n-12+(-1)n (2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n (2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n ,所以T n =(n+1)(-1)n -1. 20.解 (1)若选①,则2S n =na n+1.当n=1时,2S 1=a 2,又S 1=a 1=1,所以a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=(n-1)a n ,所以2a n =na n+1-(n-1)a n ,即(n+1)a n =na n+1,所以an+1n+1=a n n(n ≥2).又a 22=1,所以当n ≥2时,an n =1,即a n =n.又a 1=1符合上式,所以a n =n.若选②,则当n=1时,2S 1=a 2a 1,可得a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=a n a n-1,可得2a n =a n a n+1-a n a n-1. 由a n >0,得a n+1-a n-1=2.又a 1=1,a 2=2,所以{a 2n }是首项为2,公差为2的等差数列,{a 2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以a n =n.若选③,因为a n 2+a n =2S n ,所以当n ≥2时,a n-12+a n-1=2S n-1,两式相减得a n 2+a n -a n-12-a n-1=2a n ,即(a n +a n-1)(a n -a n-1-1)=0.由a n >0,得a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1,所以{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,所以a n =n.(2)由(1)知b n =(n+1)·2n ,所以T n =2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n , 2T n =2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1, 两式相减,得-T n =4+22+23+ (2)-(n+1)·2n+1=4+4(1−2n-1)1−2-(n+1)·2n+1=4-4+2n+1-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以T n =n·2n+1.21.解 (1)设a n ,b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{a n }是首项为128,公比为1+50%=32的等比数列,数列{b n }是首项为400,公差为a 的等差数列.所以数列{a n }的前n 项和S n =128×[1−(32)n ]1−32=256[(32)n-1],数列{b n }的前n 项和T n =400n+n(n-1)2a.所以经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n )=S n +T n =256[(32)n-1]+400n+n(n-1)2a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F (7)≥10 000, 即256[(32)7-1]+400×7+7×62a ≥10 000,即21a ≥3 082,所以a ≥3 08221.又a ∈N *,所以a 的最小值为147.22.证明 (1)因为当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2,所以a 1a 2…a n =2an+1-2,两式相除,可得a n =1a n+1-11a n-1,所以11−a n=a n+11−a n+1=11−an+1-1,所以11−an+1−11−a n=1(n ≥2).又a 1=23,所以a 2=34,11−a 1=3,11−a 2=4,所以11−a 2−11−a 1=1,所以11−an+1−11−a n=1(n ∈N *),所以数列{11−a n}是首项为3,公差为1的等差数列.所以11−a n=3+(n-1)×1=n+2,所以a n =n+1n+2.(2)因为T n =12a 1a 2…a n =12×23×34×…×n+1n+2=1n+2,所以T n 2=1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,所以S n=T12+T22+…+T n2>13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=1-1n+3−23=n+2 n+3−23=a n+1-23,所以当n∈N*时,a n+1-23<S n.。
2023届新高考数学二轮复习：专题(数列中的复杂递推式问题)提分练习(附答案)
2023届新高考数学二轮复习：专题（数列中的复杂递推式问题）提分练习【总结】1、叠加法：+-=1()n n a a f n ；2、叠乘法：+=1()n na f n a ；3、构造法（等差，等比）：①形如+=+1n n a pa q (其中,p q 均为常数-≠(1)0pq p )的递推公式，()+-=-1n n a t p a t ，其中=-1qt p，构造+-=-1n n a t p a t，即{}-n a t 是以-1a t 为首项，p 为公比的等比数列．②形如+=+1n n n a pa q (其中,p q 均为常数，-≠()0pq q p )，可以在递推公式两边同除以+1n q ，转化为+=+1n n b mb t 型．③形如++=-11n n n n a a d a a ，可通过取倒数转化为等差数列求通项．4、取对数法：+=1t n n a a ．5、由n S 和n a 的关系求数列通项（1）利用-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n ，化n S 为n a ． （2）当n a 不易消去，或消去n S 后n a 不易求，可先求n S ，再由-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n 求n a ．6、数列求和：（1）错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列(公比不等于1)对应项相乘构成的数列求和=⋅n n n c a b 型 （2）倒序相加法 （3）裂项相消法 常考题型数列的通项公式裂项方法【典型例题】例1．已知数列{}n a 满足14a =且121n n a a a a +++⋯+=，设2log n n b a =，则122320172018111b b b b b b ++⋯+的值是( ) A．20174038B．30254036C．20172018D．20162017例2．已知数列{}n a 的通项公式为*)n a n N =∈，其前n 项和为n S ，则在数列1S ，2S ，⋯，2019S 中，有理数项的项数为( )A．42 B．43 C．44 D．45例3．对于*n N ∈，2314121122232(1)2n n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=⨯⨯+ ．例4．设曲线1()n y x n N ++=∈在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ，则201712017220172016log log log x x x ++⋯+的值为 ．例5．在数1和2之间插入n 个正数，使得这2n +个数构成递增等比数列，将这2n +个数的乘积记为n A ，令2log n n a A =，*n N ∈．（1）数列{}n a 的通项公式为n a = ；（2）2446222tan tan tan tan tan tan n n n T a a a a a a +=⋅+⋅+⋯+⋅= ．例6．数列{}n a 中，*111,()2(1)(1)n n n na a a n N n na +==∈++，若不等式2310n ta n n++…恒成立，则实数t 的取值范围是 ．【过关测试】 一、单选题1．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）斐波那契数列{}n a 满足121a a ==，()*21n n n a a a n ++=+∈N ，设235792023k a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+=，则k =（ ）A．2022 B．2023 C．2024 D．20252．（2023·全国·模拟预测）1678年德国著名数学家莱布尼兹为了满足计算需要，发明了二进制，与二进制不同的是，六进制对于数论研究有较大帮助.例如123在六进制下等于十进制的32162636306⨯+⨯+⨯=.若数列n a 在十进制下满足21n n n a a a +++=，11a =，23a =，n n b a =，则六进制1232022b b b b 转换成十进制后个位为（ ） A．2B．4C．6D．83．（2023秋·广东·高三统考期末）在数列{}n a 中，11,0n a a =>，且()221110n n n n na a a n a ++--+=，则20a 的值为（ ） A．18B．19C．20D．214．（2023秋·江西·高三校联考期末）设,a b ∈R ，数列{}n a 中，11a =，1n n a ba a +=+，*N n ∈，则下列选项正确的是（ ）A．当1a =，1b =-时，则101a =B．当2a =，1b =时，则22n S n n =-C．当0a =，2b =时，则2n n a =D．当1a =，2b =时，则21nn a =-5．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足21112nn n a a a +++=，且11a =，213a =，则2022a =（ ）A．12021B．12022C．14043D．140446．（2023·安徽淮南·统考一模）斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列{}n a 可以用如下方法定义：21n n n a a a ++=+，且121a a ==，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{}n b ，则数列{}n b 的前2023项的和为（ ） A．2023B．2024C．2696D．26977．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）已知数列{}n a 满足1122n n n n a a a a ++++=，且11a =，213a =，则2022a =（ ） A．12021B．12022C．14043D．140448．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足211232n n n n n n a a a a a a ++++-=，且1231a a ==，则7a =（ ） A．163B．165C．1127D．1129一、倒数变换法，适用于1nn n Aa a Ba C+=+（,,A B C 为常数）二、取对数运算 三、待定系数法 1、构造等差数列法 2、构造等比数列法①定义构造法。
数列的单调性讲义-高三数学二轮专题复习
数列的单调性所谓数列，由前面的基础知识可知，实则就是函数图像上一个个孤立的点，而单调性作为函数最重要的性质之一，自然而然的单调性也是数列的一个基本性质之一.本节就数列的单调性问题进行相关总结.一、研究数列单调性的基本方法1、 作差法：例1、已知数列{a n }满足a n =n+12n ，证明：数列{a n }单调递减. 证明：∵a n =n+12n ∴a n+1=n+22n+1.则a n+1−a n =n+22n+1−n+12n =−n 2n+1<0恒成立故数列{a n }单调递减2、 作商法：例2、已知a n =(n +1)(1011)n (n ∈N ∗)，证明：数列{a n }先递增后递减.证明：令a n a n−1≥1(n ≥2) 即(n+1)(1011)n n∙(1011)n−1≥1整理得：n+1n≥1110，得n ≤10 同理，令a n a n+1≥1 即(n+1)(1011)n (n+2)∙(1011)n+1≥1整理得：n+1n+2≥1011，得n ≥9∴{a n }从第1项到第9项递增，从第10项开始递减，得证.3、 函数法(导数法)例4、记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值.解：（1）略（29n a n =-）（2） 方法一：我们可以借助一个二次函数函数()28,0f x x x x =-≥，很明显这个函数在[)0,4上单调递减，在[)4,+∞上单调递增，那么可以得到最小值()()min 416f x f ==-，从而2=8n S n n -的最小值为416S =-.方法二：由于数列{}n a 的通项公式29n a n =-，可以借助函数()29,0f x x x =-≥.在90,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭，()0f x <；在9,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，()0f x ≥，所以数列{}n a 的前4项均为负数，故而n S 的最小值为416S =-.变式:（1）如果一个数列的前n 项和为2=9n S n n -，那么求n S 取得最小值时序号n 是多少？很显然，4n =或5n =.(取得最值时为n =4.5，但n 只能取整数)（2）在（1）的前提下，求n nS 取得最小值时序号n 是多少？可以借助函数()329,0f x x x x =-≥，求导()'23183(6),0f x x x x x x =-=-≥.()f x 在[)0,6单调递减，在[)6,+∞上单调递增，从而()()min 6108f x f ==-.故而n nS 取得最小值时序号n 是6.例5、已知单调递增数列{}n a 的通项公式()2,4,01,6,4n n a n a a a a n a n -⎧<⎪=>≠⎨--≥⎪⎩其中且求a 的取值范围.解：这一个题我们很容易想到这样题目：设()y f x =在R 上是的一个增函数，且()()2,4,01,6,4x a x f x a a a x a x -⎧<⎪=>≠⎨--≥⎪⎩其中且 求a 的取值范围.只需要()4216064a a a a a -⎧>⎪->⎨⎪≤-⋅-⎩，可以求得a 的范围是(]1,3.对于数列{}n a 就有一点问题，因为数列在直角坐标系所对应的点是不连续的限制条件应该为34160a a a a >⎧⎪->⎨⎪<⎩，即()3216064a a a a a -⎧>⎪->⎨⎪<-⋅-⎩，求得a 的范围是()1,4.变式：（1）设函数f (x )={(a −2)x ，x ≥2，(12)x −1，x <2，，a n =f(n)，若数列{}n a 是递减数列，求实数a 的取值范围.由题意()()2012a f f -<⎧⎪⎨>⎪⎩即可，可得a 的取值范围7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. （2）已知数列{}n a 中，()()*11,,021n a n N a R a a n =+∈∈≠+-.对任意的*n N ∈，都有6n a a ≤成立，求a 的取值范围.由题意，可借助函数()()112112212f x a a x x =+=+-+-- 在2,2a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，2,2a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减 再结合数列的离散性特点，可得限制条件2562a -<<，得到a 的范围为()10,8--. 总结：我们在利用函数与数列共性来解题时，还要注意数列的特殊性（离散性），它的图像是一系列孤立的点，而不像我们研究过的初等函数一般都是连续的曲线，因此在解题中应该充分利用这一特殊性.在研究数列单调性时，只要这些点每个比它的前一个点高（即1n n a a +<），则图象呈上升趋势；反之，呈下降趋势.二、课后练习1、 已知c n =(n +1)1n+1，则数列c n 的最大值为：_______.2、已知f (x )={(3−a )x −3，x ≤7，a x−6，x >7，，数列a n =f(n)(n ∈N ∗)，且a n 是递增数列，则a 的取值范围为：_________.1、解：令f (x )=ln x x则f’(x)=1−ln xx2当x≥3时，ln x>1，1−ln x<0，f’(x)<0在[3，+∞)内，f(x)单调递减所以当n≥2时，{ln c n}单调递减即c n是递减数列又∵c1<c2，所以c max=c2=√33.2、解：由题意得：{3−a>0f(8)>f(7)，解得a∈(2，3)。
二轮复习【数列专题】专题1数列的单调性微点2数列单调性的判断方法(二)——作差比较法、作商比较法
=
3 8
,
an+1
=
1 8
an2
+
3 8
n N
试判断数列的单调性.
例 4.（2023·湖南省临澧县第一中学高二开学考试）
4．已知公比 q 1 的等比数列{ an }满足 a52 = a10 ， 2 (an + an+2 ) = 5an+1 ．若
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( ) bn = (n − ) an n N* ，且数列bn是递增数列，则实数 的取值范围是 ．
) ，则an 为递增数列”为假命
题的数列an 的通项公式可以为 an =
．
例6
6．已知数列xn
满足：
x1
= 1,
xn+1
=
1 2
xn
+
3 xn
,
n
N
，求证：数列 xn ( n
2)
是单调
递减数列.
例7
7．已知数列an的通项公式是 an
=
9n
(n +1)
10n
，试讨论此数列的单调性.
【针对训练】
8．已知数列 an 的通项公式是
an
=
3n 4n +
2
，则 an （
）
A．不是单调数列 B．是递减数列
C．是递增数列
D．是常数列
9．设等差数列{an}的公差为 d，若数列{2a1an } 为递减数列，则
A． d 0
B． d 0
C． a1d 0
D． a1d 0
（2023·天津·高三期中）
10．数列an 的通项公式为 an = n2 + kn ，则“ k −2 ”是“an 为递增数列”的（ ）
届高三数学二轮复习专题训练-以数列为载体的情景问题
以数列为载体的情景问题一、单项选择题1．小方计划从4月1日开始存储零钱，4月1日到4月4日每天都存储1元，从4月5日开始，每天存储的零钱比昨天多1元，则小方存钱203天(4月1日为第1天)的储蓄总额为()A ．19903元B ．19913元C ．20103元D ．20113元2．《张丘建算经》曾有类似记载：“今有女子善织布，逐日织布同数递增(即每天增加的数量相同).”若该女子第二天织布一尺五寸，前十五日共织布六十尺，按此速度，该女子第二十日织布()A ．七尺五寸B ．八尺C ．八尺五寸D ．九尺3．现有17匹善于奔驰的马，它们从同一个起点出发，测试它们一日可行的路程．已知第i (i ＝1，2，…，16)匹马的日行路程是第i ＋1匹马日行路程的1.05倍，且第16匹马的日行路程为315里，则这17匹马的日行路程之和约为(取1.0517＝2.292)()A ．7750里B ．7752里C ．7754里D ．7756里4．[2022·全国乙卷]嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1＝1＋1α1，b 2＝1＋1α1＋1α2，b 3＝1＋1α1＋1α2＋1α3，…，依此类推，其中αk ∈N *(k ＝1，2，…).则()A ．b 1<b 5B ．b 3<b 8C ．b 6<b 2D ．b 4<b 75.[2022·新高考Ⅱ卷]图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD 1，CC 1，BB 1，AA 1是举，OD 1，DC 1，CB 1，BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1＝0.5，CC 1DC 1＝k 1，BB 1CB 1＝k 2，AA1BA 1＝k 3.已知k 1，k 2，k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3＝()A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.96．[2023·河北秦皇岛模拟]中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列．现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，…，按此规律，则第50层小球的个数为()A ．2400B ．2401C ．2500D ．25017.[2023·安徽马鞍山模拟]风筝由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年．龙被视为中华古老文明的象征，大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅礴，因而广受喜爱．某团队耗时4个多月做出一长达200米、重约25公斤，“龙身”共有180节“鱗片”的巨龙风筝．制作过程中，风筝骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高．最终团队决定骨架材质按图中规律排列(即相邻两碳质骨架之间的竹质骨架个数成等差数列)，则该“龙身”中竹质骨架个数为()A ．161B ．162C ．163D ．1648．[2023·湖北武汉模拟]为平衡城市旅游发展和生态环境保护，某市计划通过五年时间治理城市环境污染，预计第一年投入资金81万元，以后每年投入资金是上一年的43倍；第一年的旅游收入为20万元，以后每年旅游收入比上一年增加10万元，则这五年的投入资金总额与旅游总收入差额为()A ．325万元B ．581万元C ．721万元D ．980万元二、多项选择题9．[2023·山西大同模拟]《庄子·天下》中有：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其大意为：一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完，设第一天这根木棰截取一半后剩下a 1尺，第二天截取剩下的一半后剩下a 2尺，…，第五天截取剩下的一半后剩下a 5尺，则下列说法正确的是()A.a 5a 2＝14B ．a 3＝18C ．a 3－a 4＝116D ．a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝313210．某企业2021年年初有资金5千万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到50%.每年年底扣除下一年的消费基金1.5千万元后，剩余资金投入再生产．设从2021年的年底起，每年年底企业扣除消费基金后的剩余资金依次为a 1，a 2，a 3，…，则下列说法正确的是(lg 2≈0.3010，lg 3≈0.4771)()A ．a 1＝6千万元B ．{a n －3}是等比数列C ．{a n －3}是等差数列D ．至少到2026年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元三、填空题11．《周髀算经》是中国十部古算经之一，其中记载有：阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一蔀，二十蔀为一遂……若32个人的年龄(都为整数)依次成等差数列，他们的年龄之和恰好为“一遂”，其中年龄最小者不超过30岁，则年龄最大者为________岁．12.三潭印月被誉为“西湖第一胜境”，所谓三潭，实际上是3个石塔和其周围水域，石塔建于宋代元四年(公元1089年)，每个高2米，分别矗立在水光潋滟的湖面上，形成一个等边三角形，记为△A 1B 1C 1，设△A 1B 1C 1的边长为a 1，取△A 1B 1C 1每边的中点构成△A 2B 2C 2，设其边长为a 2，依此类推，由这些三角形的边长构成一个数列{a n }，若{a n }的前6项和为195316，则△A 1B 1C 1的边长a 1＝________．13．[2023·山东烟台模拟]欧拉是瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，在许多数学的分支中经常可以见到以他的名字命名的重要函数、公式和定理．如著名的欧拉函数φ(n )：对于正整数n ，φ(n )表示小于或等于n 的正整数中与n 互质的数的个数，如φ(5)＝4，φ(9)＝6.那么，数列{nφ（5n ）}的前n 项和为________．14．[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm ，20dm×6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm×12dm ，10dm×6dm ，20dm×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么.1．解析：设小方第n天存钱a n元，则数列{a n}从第4项起成等差数列，且该等差数列的首项为1，公差为1，所以小方存钱203天的储蓄总额为1＋1＋1＋200×1＋200×1992×1＝203＋19900＝20103元．故选C.答案：C2．解析：由题意知：该女子每天织布的尺寸成等差数列，记为{a n}，其前n项和为S n，则a2＝1.5，S15＝60，∵S15＝15（a1＋a15）2＝15a8＝60，∴a8＝4，∴数列{a n}的公差d＝a8－a26＝4－1.56＝512，∴a20＝a8＋12d＝4＋12×512＝9，即该女子第二十日织布九尺．故选D.答案：D3．解析：3151.05＝300，依题意可得，第17匹马、第16匹马……第1匹马的日行路程里数依次成等比数列，且首项为300，公比为1.05，故这17匹马的日行路程之和为300×（1－1.0517）1－1.05＝6000×(1.0517－1)＝6000×(2.292－1)＝7752(里).故选B.答案：B4．解析：方法一因为αk∈N*(k＝1，2，…)，所以0<1αk ≤1，所以α1<α1＋1α2＋1α3＋1α4＋1α5，所以b1>b5，所以A错误．同理α3<α3＋1α4＋1α5＋1α6＋1α7＋1α8.设1α4＋1α5＋1α6＋1α7＋1α8＝t1，所以α2＋1α3>α2＋1α3＋t1，则α1＋1α2＋1α3<α1＋1α2＋1α3＋t1，所以b3>b8，所以B错误．同理α2<α2＋1α3＋1α4＋1α5＋1α6.设1α3＋1α4＋1α5＋1α6＝t2，所以α1＋1α2>α1＋1α2＋t2，所以b2<b6，所以C错误．同理α4<α4＋1α5＋1α6＋1α7.设1α5＋1α6＋1α7＝t3，所以α3＋1α4>α3＋1α4＋t 3，则α2＋1α3＋1α4<α2＋1α3＋1α4＋t 3，所以α1＋1α2＋1α3＋1α4>α1＋1α2＋1α3＋1α4＋t 3，所以b 4<b 7，所以D 正确．故选D.方法二此题可赋特殊值验证一般规律，不必以一般形式做太多证明，以节省时间．由αk ∈N *，可令αk ＝1，则b 1＝2，b 2＝32，b 3＝53，b 4＝85.分子、分母分别构成斐波纳契数列，可得b 5＝138，b 6＝2113，b 7＝3421，b 8＝5534.对比四个选项，可知选D.答案：D5．解析：设OD 1＝DC 1＝CB 1＝BA 1＝1，则CC 1＝k 1，BB 1＝k 2，AA 1＝k 3，依题意，有k 3－0.2＝k 1，k 3－0.1＝k 2，且DD 1＋CC 1＋BB 1＋AA 1OD 1＋DC 1＋CB 1＋BA 1＝0.725，所以0.5＋3k 3－0.34＝0.725，故k 3＝0.9，故选D.答案：D6．解析：不妨设第n 层小球个数为a n ，由题意，a 2－a 1＝3,a 3－a 2＝5，…，即各层小球之差是以3为首项，2为公差的等差数列．所以a n －a n －1＝3＋2(n －2)＝2n －1(n ≥2，n ∈N *).50－a 49＝9949－a 48＝972－a 1＝3，累加可得：a 50－a 1＝49×(3＋99)÷2＝2499，故a 50＝2499＋2＝2501.故选D.答案：D7．解析：设有n 个碳质骨架，n ∈N *，由已知可得n ＋1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ≥180，如果只有n －1个碳质骨架，则骨架总数少于180，所以(n －1)＋1＋2＋3＋…＋(n －1)<180，所以n 2＋3n ≥360，且n 2＋n <362，又n ∈N *解得n ＝18，所以共有碳质骨架18个，故竹质骨架有162个．故选B.答案：B8．解析：根据题意可知，这五年投入的金额构成首项为81，公比为43的等比数列，所以这五年投入的资金总额是81×[1－（43）5]1－43＝781(万元)；由题意可知，这五年的旅游收入构成首项为20，公差为10的等差数列，所以这五年的旅游总收入是20×5＋5×42×10＝200(万元)，所以这五年的投入资金总额与旅游总收入差额为781－200＝581(万元).故选B.答案：B9．解析：根据题意可得{a n }是首项为12，公比为12的等差数列，则a n ＝(12)n (n ∈N *)，a 5a 2＝q 3＝18，故A 错误；a 3＝18，故B 正确；a 3＝18，a 4＝116，则a 3－a 4＝116，故C 正确；a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝12（1－125）1－12＝3132，故D 正确．故选BCD.答案：BCD10．解析：对于A ，由题意可知，a 1＝5×1.5－1.5＝6(千万元)，A 正确；对于B ，因为由题意可得a n ＋1＝1.5a n －1.5，所以a n ＋1－3＝1.5(a n －3)，又因为a 1－3＝3，则a n －3≠0，故a n ＋1－3a n －3＝1.5，所以{a n －3}是首项为3，公比为1.5的等比数列，B 正确，则C 错误；对于D ，由C 的分析可得a n －3＝3×1.5n －1，所以a n ＝3＋3×1.5n －1，令3＋3×1.5n －1>21，解得n －1>lg 6lg 1.5＝lg 3＋lg 2lg 3－lg 2≈4.42，所以n >5.42，所以至少到2026年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元，D 正确．故选ABD.答案：ABD11．解析：根据题意可知这32个人年龄之和为19×4×20＝1520，设年纪最小者年龄为n ，年纪最大者年龄为m ，则n ＋m2×32＝1520⇒n ＋m ＝95，设等差数列的首项为n ，公差为d ，则n ，m ，d ∈N *，则32n ＋32×312d ＝1520⇒2n ＋31d ＝95⇒2n ＝95－31d ，因为1≤n ≤30⇒2≤2n ≤60，则2≤95－31d ≤60，解得3531≤d ≤3，d ＝2时，n ＝332不满足题意，所以d ＝3，2n ＝95－31×3＝2⇒n ＝1，则m ＝95－1＝94.答案：9412．解析：根据题意，取△A 1B 1C 1每边的中点构成△A 2B 2C 2，则△A 2B 2C 2的各边均为△A 1B 1C 1对应的中位线，长度减半，由此a 2＝12a 1，依次类推可得a n ＝12a n －1，所以{a n }是首项为a 1，公比q ＝12的等比数列，故其前6项和S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝2a 11－（12）6＝195316，则a 1＝62.答案：6213．解析：在[1，5n ]中，与5n 不互质的数有5×1，5×2，5×3，…，5×5n －1，共有5n －1个，所以φ(5n )＝5n －5n －1＝4·5n －1，所以nφ(5n )＝(4n )·5n －1，设数列{nφ（5n ）}的前n 项和为S n ，所以S n ＝4×50＋8×51＋12×52＋…＋4n ×5n －1，5S n ＝4×51＋8×52＋12×53＋…＋4n ×5n ，两式相减可得－4S n ＝4＋4×(51＋52＋…＋5n －1)－4n ·5n ，所以S n ＝－1－(51＋52＋…＋5n －1)＋n ·5n＝－1－5（1－5n －1）1－5＋n ·5n ，即S n ＝(n －14)·5n ＋14.答案：(n －14)·5n ＋1414．解析：(1)由对折2次共可以得到5dm×12dm ，10dm×6dm ，20dm×3dm 三种规格的图形，所以对折三次的结果有：52×12，5×6，10×3，20×32，共4种不同规格(单位dm 2)；故对折4次可得到如下规格：54×12，52×6，5×3，10×32，20×34，共5种不同规格．(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120(dm 2)，第n 次对折后的图形面积为n －1，对于第n 次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n ＋1种(证明从略)，故得猜想S n ＝120（n ＋1）2n －1，设S ＝错误!k ＝120×220＋120×321＋120×422＋…＋120(n ＋1)2n －1，则12S＝120×221＋120×322＋…＋120n2n－1＋120（n＋1）2n，两式作差得：1 2S＝240＋120(12＋122＋…＋12n－1)－120(n＋1)2n＝2401－12－120(n＋1)2n＝360－1202n－1－120(n＋1)2n＝360－120(n＋3)2n，因此，S＝720－240(n＋3)2n＝720－15(n＋3)2n－4.答案：5720－15(n＋3) 2n－4。
高三数学二轮复习：专题二 数列
(2)若数列an＋bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列{bn}的前 n 项和. 解 因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以an＋bn＝2n－1， 因为an＝2n－1，所以bn＝2n－1－(2n－1). 设数列{bn}的前n项和为Sn， 则Sn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝11－－22n－n1＋22n－1＝2n－1－n2， 所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
热点一 等差数列、等比数列的运算
1.通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式 等差数列：Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn2－1d； 等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1).
3.性质 若m＋n＝p＋q， 在等差数列中am＋an＝ap＋aq； 在等比数列中am·an＝ap·aq.
板块三 专题突破 核心考点
专题二 数 列
第1讲 等差数列与等比数列
[考情考向分析]
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小 题形式出现. 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重 点，考查分析问题、解决问题的综合能力.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热点分类突破
押题依据 解析 答案
2.在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则
{an}的公比等于
A.3
B.2或3
√C.2
D.6
押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和 灵活性，是高考出题的重点.
押题依据 解析 答案
3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7＝a6＋2a5，存在两项 am，an 使得 am·an＝4a1，则m1 ＋4n的最小值为
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高三二轮复习-数列【例1】S n为等差数列｛a n｝的前n项和，且a i= 1 ,S = 28.记b n = [lg a n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0 , [lg 99] = 1.(1)求b i, b ii, b ioi；⑵求数列｛b n｝的前1 000项和.【例2】已知数列｛a n｝的前n项和为S n，且有a i = 2,3S n= 5a n —a n-1 + 3S n-i(n>2).(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵若b n= (2n—1)a n，求数列｛b n｝的前n项和T n.【例3】等比数列｛a n｝中，a i，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且在下a i，a2，a3中的任何两个数不表的同一列.(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵若数列｛b n｝满足：b n= a n+ ( —1)% a n，求数列｛b n｝的前n项和S n.1【例4】设等差数列｛a n｝的前n项和为S n, a22—3a7= 2,且—,S2 —3, S3成等比数列，n€ N*.(1)求数列｛a n｝的通项公式；2⑵令b n= ，数列｛b n｝的前n项和为T n，若对于任意的n € N*，都有8T n<2入2+ 5入成立，求实数入的取值范—n—n +2围.【例5】数列的综合问题已知等差数列｛a n｝的公差为一1，且a2+a7+ a i2=— 6.(1) 求数列｛a n｝的通项公式a n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+入恒成立，求实数入的取值范围.【例6】数列与其他的综合问题设f n(x) = x+ x2+…+ x n—1，x> 0，n € N，n》2.(1)求f n' (2)；2 1 1 2⑵证明：f n(X)在0厂内有且仅有一个零点(记为a n)，且0V a n—产~( )13 2 3 3【例2】已知等差数列｛a n｝的公差d>0，其前n项和为S n,若S B= 12，且2a i, a2, 1 + a3成等比数列.(1)求数列｛a n｝的通项公式；1 1 1⑵记b n= ——（n€ N*），且数列｛b n｝的前n项和为T n,证明：T n<-.a n a n + 1 4 3【例3】设n€ N*, x n是曲线y= x2n+2+ 1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标. (1)求数列｛X n｝的通项公式；1⑵记T n= X&3 …x2n—1,证明：T n> .【例4】自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M,M的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M的价值为上年年初的75%.(1)求第n年年初M的价值a n的表达式；a 1 + a2 +・・・+ a n⑵设A n= ------- n 一，若A n大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年年初对M更新，证明：必须在第九年年初对M更新.练习1. 设数列｛a n｝的前n 项和为S n,已知a i = 1, a2= 2,且a n+ 2= 3S n —S n +1 + 3, n € N(1)证明：a n+ 2 = 3a n；⑵求S n.2. 已知正项数列｛a n｝的前n项和S n满足：4S n= (a n —1)(a n + 3)(n € N*).(1)求a n；⑵若b n= 2n• a n,求数列｛b n｝的前n项和T n.3. 已知数列｛a n｝的前n项和S n满足Sn = a(S —a n + 1)(a为常数，且a>0)，且4a3是a1与2a2的等差中项.(1)求｛a n｝的通项公式；2n+ 1⑵设b n= ——，求数列｛ b n｝的前n项和T n.a n4. 已知数列｛a n｝的前n项和为S n,且S n —1 = 3(a n—1), n€ N(1)求数列｛a n｝的通项公式；3 a b⑵设数列｛b n｝满足a n 1 ( ) n n，若b n< t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围.25. 已知数列｛a n｝是等比数列，并且a1，a2+ 1, a3是公差为一3的等差数列.(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵设b n= a2n，记S n为数列｛ b n｝的前n项和，证明：16 $＜亍6. 设数列｛a n｝( n= 1,2,3，…)的前n项和$满足S n= 2a n—a1，且a1，a2+ 1，a3成等差数列.(1)求数列｛a n｝的通项公式；1 1⑵记数列｛一｝的前n项和为T n，求使得|T n—1|< 1000成立的n的最小值.a n7. 已知数列｛a n｝的前n项和S n= 1+入a n,其中入工0.(1)证明｛a n｝是等比数列，并求其通项公式；31 ⑵若&求入.7.已知数列｛a n｝的前n 项和为S n,且(a—1)S n= a(a n—1)(a >0)(n€ N*).(1)求证数列｛a n｝是等比数列，并求其通项公式；⑵已知集合 A = ｛x|x1 2 3+ a< (a + 1)x｝，问是否存在实数a,使得对于任意的n€ N*，都有S n€ A?若存在，求岀a 的取值范围；若不存在，说明理由.18. 已知｛a n｝是公差为3的等差数列，数列｛ b n｝满足b1 = 1，b2= 3，a n b n+ 1+ b n+ 1 = nb n3(1)求｛a n｝的通项公式；⑵求｛b n｝的前n项和.9.已知｛a n｝是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n € N*, b n是a n和a n+1的等比中项.(1) 设C n= b n + 1 - b n, n € N*，求证：数列｛C n｝是等差数列；2n n1 1(2) 设a1 = d , T n = g 1 (- 1)k b k, n € N*，求证〒;＜廿.2 110. 在数列｛a n｝中，a1= 1，当n》2时，其前n项和S n满足S^= a n S n-q .(1)求S n的表达式；⑵设b n= 2"nS+^，求｛b n｝的前n项和T n.11. 已知数列｛a n｝满足a n+ 2= qa n(q 为实数，且q工1)，n€ N*，a1= 1，a2= 2，且a2 + a3，a3+ a4，a4+ a5成等差数列.(1)求q的值和｛a n｝的通项公式；⑵设b n= log逊，n € N*，求数列｛b n｝的前n项和.a2n-112. 已知数列｛a n｝的前n 项和 $ = a n + n2—1,数列｛ b n｝满足3n b n+1 = (n + 1)a n+1 —na n,且b i= 3.(1)求a n, b n；⑵设T n为数列｛ b n｝的前n项和，求T n,并求满足T n<7时n的最大值.13. (17年高考真题文)记$为等比数列a n的前n项和，已知S2=2，S3=-6.(1)求a n的通项公式；(2)求S1，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列。
14.(16年高考真题文)已知a n是公差为3的等差数列，数列b n 满足a=1，b2=-，a n b n 1 0 1 ng，(i)求a n的通项公式; (ii )求b n的前n项和.1（I ）求a n 的通项公式；（II ）求b n 的前n 项和.16.（2016 全国n 文）等差数列 ｛ a n ｝中，a 3 a 4 4,a 5 a 7 6.（1） 求｛ a n ｝的通项公式；（2） 设b n [a n ]，求数列｛b n ｝的前10项和，其中[X]表示不超过X 的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2.17. （2016全国n 理）S n 为等差数列 a n 的前n 项和，且a 1=1，S 7 28.记b n = lga n ，其中x 表示不超过 x 的最大整数，如 0.9 =0, Ig99 =1 . （I ）求 bi ，九，b 101;（n ）求数列 b n 的前1 000项和.15. （ 2016全国I 文）已知a n 是公差为3的等差数列，数列b n 满足 b|=1, b 2=-, a n b n 13b n 1nb n ,.218.(2016全国皿文)已知各项都为正数的数列 a n 满足印 1, a n (2a ni "a .⑴求a 2, a 3; (ii )求a n 的通项公式.19( 2016全国皿理)已知数列 ｛a n ｝的前n 项和S n 1 a n ，其中(I )证明｛a n ｝是等比数列，并求其通项公式;31(II )若 S 31，求•32220.( 2016山东文)已知数列 a n 的前n 项和S n 3n 8n , b n 是等差数列，且(I) 求数列 b n 的通项公式；(a 1)n 1(II)令C n -.求数列C n 的前n 项和T n .(b n 2)2a 1 o .b n b n 1.21. （2016山东理）已知数列a n的前n项和S n=3n2+8n, b n是等差数列，且a. b n b n 1.（I）求数列b n的通项公式；（H）令C n (a 1)n 1n-.求数列C n的前n项和T n.(b n 2)n22 （2017全国新课标I文）记S n为等比数列a n的前n项和，已知S2=2 , S3=-6.（1 ）求a n的通项公式；（2）求S n,并判断S n+1 , S n , S n+2是否成等差数列23 （2017全国新课标n文）已知等差数列｛a n｝的前n项和为S n，等比数列｛b n｝的前n项和为T n , 6 1上1,a2 b2 2.（0若a3 b3 5,求｛b n｝的通项公式；（2）若T3 21，求S3.24(2017全国新课标皿文)设数列a n满足a13a2K (2n 1)a n2n.a n(1) 求a n的通项公式;(2)求数列———的前n项和.2n 125. ( 2018全国新课标I文)已知数列％满足a 1, n 3n 1 2n 1an,设n(J 求b , b2 , t3 ；(2)判断数列b n是否为等比数列，并说明理由；(3)求a n的通项公式.26. ( 2018全国新课标H文、理) 记S n为等差数列的前n项和，已知a 7 , S3 15 .(1)求｛a n｝的通项公式；(2)求W，并求S n的最小值.27 .( 2018全国新课标皿文、理)等比数列｛a n｝中，a1 1, a5 4a3 .(1 )求｛a n｝的通项公式；(2)记S n为｛a n｝的前n项和•若S m 63，求m .。