高三数学数列总复习例题讲解
高考数学复习历年考点题型专题讲解38--- 数列中的通项公式(解析版)
高考数学复习历年考点题型专题讲解38数列中的通项公式一、题型精讲 解题方法与技巧 题型一、由S a n n 与的关系求通项公式例1、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N *=+∈，且12a =.求数列{}n a 的通项公式；【解析】因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==,所以2n a n =例2、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；【解析】设{}n a 的公比为q. 因为1,a 2,a 31a a -成等差数列， 所以()21312a a a a =+-，即232a a =.因为20a ≠，所以322a q a ==. 因为134a a a =，所以4132a a q a ===. 因此112n n n a a q-==.由题意，2(1)log 2n n n a S +=(1)2n n+=.所以111b S ==，1223b b S +==，从而22b =.所以{}n b 的公差21211d b b =-=-=.所以1(1)1(1)1n b b n d n n =+-=+-⋅=.例3、（2020届山东省德州市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且0n a >，242n n n S a a =+.求数列{}n a 的通项公式；【解析】当1n =时，211142a a a =+，整理得2112a a =，10a >，解得12a =；当2n ≥时，242n n n S a a =+①，可得211142n n n S a a ---=+②，①－②得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()221120n n n n a a a a ----+=，化简得()()1120n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，10n n a a -∴+>，所以12n n a a --=，从而{}n a 是以2为首项，公差为2的等差数列，所以()2212n a n n =+-=； 题型二、由a a n n 与1+的递推关系求通项公式例3、【2019年高考全国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.【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 -+=，21nn a b n -=-． 所以111[()()]222n n n n n na ab a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．例4、（2020届山东省德州市高三上期末）对于数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中()*1n n n a a a n +∆=-∈N ，对自然数()2k k ≥，规定{}kn a ∆为数列{}n a 的k 阶差分数列，其中111k k k n n n a a a --+∆=∆-∆.若11a =，且()2*12n n n n a a a n +∆-∆+=-∈N ，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．212n n a n -=⨯ B ．12n n a n -=⨯C ．()212n n a n -=+⨯D ．()1212n n a n -=-⨯【答案】B【解析】根据题中定义可得()()2*1112n n n n n n n n a a a a a a n a +++∆-∆+=∆-∆-∆+=-∈N ，即()1122nn n n n n n n a a a a a a a ++-∆=--=-=-，即122nn n a a +=+，等式两边同时除以12n +，得111222n n n n a a ++=+，111222n n n n a a ++∴-=且1122a =， 所以，数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项，以12为公差的等差数列，()1112222n n a n n ∴=+-=， 因此，12n n a n -=⋅.故选：B.例5、【2019年高考天津卷理数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ． （i ）求数列(){}221nna c -的通项公式；【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n n n n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯． 所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯． （2）（i ）()()()()22211321321941nnnn n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列(){}221nna c -的通项公式为()221941nnn a c -=⨯-．题型三、新定义题型中通项公式的求法例6、【2020年高考江苏】已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111kk k n nn S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ～k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ～1”数列，求λ的值； （2）若数列{}n a”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式； 【解析】（1）因为等差数列{}n a 是“λ～1”数列，则11n n n S S a λ++-=，即11n n a a λ++=，也即1(1)0n a λ+-=，此式对一切正整数n 均成立．若1λ≠，则10n a +=恒成立，故320a a -=，而211a a -=-，这与{}n a 是等差数列矛盾．所以1λ=．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）（2）因为数列*{}()n a n ∈N是“”数列，==．因为0n a >，所以10n n S S +>>1-=．n b，则1n b -=221(1)(1)(1)3n n n b b b -=->． 解得2n b =，即2=，也即14n nS S +=， 所以数列{}n S 是公比为4的等比数列．因为111S a ==，所以14n n S -=．则21(1),34(2).n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩例7、【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12mi i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12mi i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列； （2）已知数列{a n }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：0m a <0n a ；（3）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）（2）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -.由p <q ，得1pq r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ，又12,,,pr r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0pm r a a ≤.所以0m n a a <·（3）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）.假设2m 排在2m −1之后.设121,,,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m . 因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中.又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m m m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<个.与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m .与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件.所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）已知数列{}n a 满足：12125 1,6n n n a a a a n -≤⎧=⎨-⎩()*n N ∈)若正整数()5k k ≥使得2221212k k a a a a a a ++⋯+=⋯成立，则k =（）A ．16B ．17C ．18D ．19【答案】B【解析】当6n ≥时，()1211111n n n n n a a a a a a a +--==+-，即211n n n a a a +=-+，且631a =.故()()()222677687116......55n n n n a a a a a a a a a n a a n +++++=-+-++-+-=-+-，2221211...161k k k a a a a k a +++++=+-=+，故17k =.故选：B .2、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =．求{}n a 和{}n b 的通项公式；【解析】当1n =时，111a S ==， 当2n ≥时，1n n n a S S -=- =22(1)[(1)(1)1]n n n n -+----+=22n -，所以1(1)22(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．所以22b =，48b =于是2424b q b ==，解得2q 或2q =-（舍）所以22n n b b q-=⋅=12n -．3、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知数列{}{},n n a b 满足：1112,,2n n n n a a n b a n b ++=+-==.（1）证明数列{}n b 是等比数列，并求数列{}n b 的通项； 【解析】证明：因为n n b a n -=，所以n n b a n =+．因为121n n a a n +=+- 所以()()112n n a n a n +++=+ 所以12n n b b +=．又12b =，所以{}n b 是首项为12b =，公比为2的等比数列，所以1222n n n b -=⨯=．4、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满足()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等比数列.求数列{}n a 的通项公式；【解析】对任意*n ∈N ，有()()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.② ①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. 而数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=. 当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成立；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成立，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .5、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，满足424S S =，917a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足1212112n n n b b b a a a +++=-…，求数列{}n b 的通项公式 【解析】（1）设等差数列{}n a 首项为1a ，公差为d ．由已知得11914684817a d a d a a d +=+⎧⎨=+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩．于是12(1)21n a n n =+-=-．（2）当1n =时，1111122b a =-=． 当2n ≥时，1111(1)(1)222n n n n nb a -=---=， 当1n =时上式也成立．于是12n n nb a =． 故12122n n n n n b a -==． 6、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，n a =*n N ∈，且2n ≥）求数列{}n a 的通项公式；【解析】由n a =1n n S S --=+1(2)n =≥，所以数列1==为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n =+-⨯=，即2n S n =，当2n ≥时，121n n n a S S n -=-=-，当1n =时，111a S ==，也满足上式，所以21n a n =-；7、【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==． 从而*22,n a n n =-∈N ． 所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-． 所以2*,n b n n n =+∈N ．8、【2019年高考江苏卷】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：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”；（2）已知数列{b n }()n *∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-，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；【解析】解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n nb b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．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 .。
高考数学一轮总复习课件：数列的综合应用
又因为an≤15，所以6×1.2n－1≤15， 所以n－1≤5，所以n≤6. 所以an＝611×，1n.2＝n－11，，2≤n≤6，
15，n≥7.
(2)由(1)得，2021年全年的投资额是(1)中数列{an}的前12项 和，所以S12＝a1＋(a2＋…＋a6)＋(a7＋…＋a12)＝11＋6×(1.2＋… ＋1.25)＋6×15＝101＋6×1.2×（1.21－.251－1）≈154.64(万元)．
(1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 【思路】 (1)已知数列{an}的前n项和Sn与相邻两项an，an＋1间 的递推关系式anan＋1＝λSn－1，要证an＋2－an＝λ，故考虑利用an＋1＝ Sn＋1－Sn消去Sn进行证明． (2)若{an}为等差数列，则有2a2＝a1＋a3，故可由此求出λ，进 而由an＋2－an＝4验证{an}是否为等差数列即可．
【解析】 (1)证明：由已知，得bn＝2an>0. 当n≥1时，bbn＋n 1＝2an＋1－an＝2d. 所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列． (2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x －a2)，它在x轴上的截距为a2－ln12. 由题意，a2－ln12＝2－ln12，解得a2＝2. 所以d＝a2－a1＝1，所以an＝n，bn＝2n，anbn2＝n·4n.
比数列．所以an＋1＝45＋－25190n.
(3)因为an＋1>60%，即
4 5
＋
－25
9 10
n
>
3 5
，则
9 10
n
<
1 2
，所以
n(lg9－1)<－lg2，n>1－lg22lg3≈6.572 1.
数列的函数性质-2023届高三数学一轮复习专题
2023高考数列专题——数列的函数性质一、数列的单调性解决数列单调性问题的三种方法(1)作差比较法：根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列； (2)作商比较法：根据a n ＋1a n (a n>0或a n <0)与1的大小关系进行判断；(3)函数法：结合相应的函数图象直观判断． 例1(2022·滕州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．[1，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．⎝⎛⎭⎫－92，＋∞ 例2 若数列{a n }满足a n ＝－2n 2＋kn －1，且{a n }是递减数列，则实数k 的取值范围为 跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n3n ＋1，那么这个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．常数列2、请写出一个符合下列要求的数列{a n }的通项公式：①{a n }为无穷数列；②{a n }为单调递增数列；③0<a n <2．这个数列的通项公式可以是________．3、(2022·绵阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在n ∈N *，使得a n ≤(n ＋1)λ成立，求实数λ的最小值．二、数列的周期性解决数列周期性问题的方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n 项的和．例3、若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则该数列的前2 023项的乘积是( )A ．2B ．－6C ．3D ．1例4 (2021·福建福清校际联盟期中联考)已知S n 为数列{a n }前n 项和，若a 1＝12，且a n ＋1＝22－a n(n ∈N *)，则6S 100＝( )A ．425B ．428C ．436D ．437跟踪练习1、(2022·福州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 023＝( )A ．－1B ．12C ．1D ．2三、数列的最大(小)项求数列的最大项与最小项的常用方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项；(2)通过通项公式a n 研究数列的单调性，利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1 (n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1 (n ≥2)确定最小项；(3)比较法：若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＞0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n >1，则a n ＋1＞a n ，则数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＜0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n <1，则a n ＋1＜a n ，则数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．例5(2022·金陵质检)已知数列{a n }满足a 1＝28，a n ＋1－a n n ＝2，则a nn的最小值为( )A ．293B ．47－1C ．485D ．274例6已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，则数列{a n }中的最大项是第 项． 跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n －22n －11，前n 项和为S n ，则当S n 取得最小值时n 的值为________．2、已知递增数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0．对于任意的正整数n ，不等式t 2－a 2n －3t －3a n ≤0恒成立，则正数t 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．63、(2022·重庆模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且满足S 2 018>0，S 2 019<0，对任意正整数n ，都有|a n |≥|a k |，则k 的值为( )A ．1 008B ．1 009C ．1 010D ．1 0114、(多选)已知数列{a n }满足a n ＝n ·k n (n ∈N *,0<k <1)，下列命题正确的有( )A ．当k ＝12时，数列{a n }为递减数列B ．当k ＝45时，数列{a n }一定有最大项C ．当0<k <12时，数列{a n }为递减数列D ．当k1－k为正整数时，数列{a n }必有两项相等的最大项5、已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．四、数列与函数的综合问题例7（2022·珠海模拟)已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项之和为( )A ．0B ．252C ．21D ．42跟踪练习1、(2022·青岛模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，a 5，a 6是函数f (x )＝13x 3－3x 2＋8x ＋1的极值点，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝( )A ．3＋log 25B ．8C ．10D ．15 2、已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列．(1)求出数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．3、 (2022·东莞模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差为d ，前n 项和为S n ．若S n ≤S 8恒成立，则公差d 的取值范围是________．高考数列专题——数列的函数性质（解析版）一、数列的单调性解决数列单调性问题的三种方法(1)作差比较法：根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列；(2)作商比较法：根据a n ＋1a n (a n>0或a n <0)与1的大小关系进行判断；(3)函数法：结合相应的函数图象直观判断． 例1(2022·滕州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( B )A ．[1，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．⎝⎛⎭⎫－92，＋∞ 解： ∵数列{a n }是单调递增数列，∴对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋b (n ＋1)>n 2＋bn ，即b >－(2n ＋1)对任意的n ∈N *恒成立，又n ＝1时，－(2n ＋1)取得最大值－3，∴b >－3，即实数b 的取值范围为(－3，＋∞)．例2 若数列{a n }满足a n ＝－2n 2＋kn －1，且{a n }是递减数列，则实数k 的取值范围为(－∞，6).解：解法一：由数列是一个递减数列，得a n ＋1<a n ，又因为a n ＝－2n 2＋kn －1，所以－2(n ＋1)2＋k (n ＋1)－1<－2n 2＋kn －1，k <4n ＋2，对n ∈N *，所以k <6.解法二：数列{a n }的通项公式是关于n (n ∈N *)的二次函数，∵数列是递减数列，∴k 4<32，∴k <6.跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n3n ＋1，那么这个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．常数列解析：A 由a n ＝n 3n ＋1，可得a n ＋1－a n ＝n ＋13n ＋4－n 3n ＋1＝1(3n ＋1)(3n ＋4)>0，∴a n ＋1>a n ，故选A ．2、请写出一个符合下列要求的数列{a n }的通项公式：①{a n }为无穷数列；②{a n }为单调递增数列；③0<a n <2．这个数列的通项公式可以是________．解析：因为函数a n ＝2－1n 的定义域为N *，且a n ＝2－1n 在N *上单调递增，0<2－1n <2，所以满足3个条件的数列的通项公式可以是a n ＝2－1n．答案：a n ＝2－1n(答案不唯一)3、(2022·绵阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在n ∈N *，使得a n ≤(n ＋1)λ成立，求实数λ的最小值．解：(1)∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1，∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n2a n ，两式相减得na n ＝n ＋12a n ＋1－n2a n ，即(n ＋1)a n ＋1na n＝3(n ≥2)，∵a 1＝1，∴1＝1＋12a 2，即a 2＝1，∴2·a 21·a 1＝2≠3．∴数列{na n }是从第二项开始的等比数列， ∴当n ≥2时，有na n ＝2×3n －2， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n×3n －2，n ≥2.(2)存在n ∈N *使得a n ≤(n ＋1)λ成立⇔λ≥a nn ＋1有解，①当n ＝1时，a 12＝12，则λ≥12，即λmin ＝12；②当n ≥2时，a nn ＋1＝2×3n －2n (n ＋1)，设f (n )＝2×3n －2n (n ＋1)，∴f (n ＋1)f (n )＝3nn ＋2>1，∴f (n )单调递增，∴f (n )min ＝f (2)＝13，∴实数λ的最小值是13．由①②可知实数λ的最小值是13．二、数列的周期性解决数列周期性问题的方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n 项的和．例3、若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则该数列的前2 023项的乘积是( 3 )A ．2B ．－6C ．3D ．1解 因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝1＋21－2＝－3，同理可得a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…所以数列{a n }每四项重复出现，即a n ＋4＝a n ，且a 1·a 2·a 3·a 4＝1，而2 023＝505×4＋3，所以该数列的前2 023项的乘积是a 1·a 2·a 3·a 4·…·a 2 023＝1505×a 1×a 2×a 3＝3．例4 (2021·福建福清校际联盟期中联考)已知S n 为数列{a n }前n 项和，若a 1＝12，且a n ＋1＝22－a n(n ∈N *)，则6S 100＝( A )A ．425B ．428C ．436D ．437解： 由数列的递推公式可得：a 2＝22－a 1＝43，a 3＝22－a 2＝3，a 4＝22－a 3＝－2，a 5＝22－a 4＝12＝a 1，据此可得数列{a n }是周期为4的周期数列，则：6S 100＝6×25×⎝⎛⎭⎫12＋43＋3－2＝425． 跟踪练习1、(2022·福州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，若a 1＝12，则a 2 023＝( )A ．－1B ．12C ．1D ．2解析：B 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n得a 2＝2，a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝2，…，可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 023＝a 3×674＋1＝a 1＝12．五、数列的最大(小)项求数列的最大项与最小项的常用方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项；(2)通过通项公式a n 研究数列的单调性，利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1 (n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1 (n ≥2)确定最小项；(3)比较法：若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＞0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n >1，则a n ＋1＞a n ，则数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＜0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n <1，则a n ＋1＜a n ，则数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．例5(2022·金陵质检)已知数列{a n }满足a 1＝28，a n ＋1－a n n ＝2，则a nn 的最小值为( C )A ．293B ．47－1C ．485D ．274解： 由a n ＋1－a n ＝2n ，可得a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝28＋2＋4＋…＋2(n －1)＝28＋n (n －1)＝n 2－n ＋28，∴a n n ＝n ＋28n －1，设f (x )＝x ＋28x ，可知f (x )在(0，28 ]上单调递减，在(28，＋∞)上单调递增，又n ∈N *，且a 55＝485<a 66＝293．例6已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，则数列{a n }中的最大项是第9、10项．解： 解法一：∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ＝⎝⎛⎭⎫1011n ×9－n 11， 当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ， ∴该数列中有最大项，为第9、10项， 且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119.解法二：根据题意，令⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)，即⎩⎨⎧n ×⎝⎛⎭⎫1011n －1≤(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，解得9≤n ≤10.又n ∈N *，∴n ＝9或n ＝10，∴该数列中有最大项，为第9、10项， 且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119. 跟踪练习1、已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n －22n －11，前n 项和为S n ，则当S n 取得最小值时n 的值为________．解析：当a n ＝n －22n －11>0⇒n ＝1或n ≥6，∴a 2＝0，a 3<0，a 4<0，a 5<0，故当S n 取得最小值时n 的值为5．2、已知递增数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0．对于任意的正整数n ，不等式t 2－a 2n －3t －3a n ≤0恒成立，则正数t 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．6解析：C 因为数列{a n }是递增数列，又t 2－a 2n －3t －3a n ＝(t －a n －3)(t ＋a n )≤0，t ＋a n >0，所以t ≤a n＋3恒成立，即t ≤(a n ＋3)min ＝a 1＋3＝3，所以t max ＝3．3、(2022·重庆模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且满足S 2 018>0，S 2 019<0，对任意正整数n ，都有|a n |≥|a k |，则k 的值为( )A ．1 008B ．1 009C ．1 010D ．1 011解析：C 因为S 2 018>0，S 2 019<0，所以a 1＋a 2 018＝a 1 009＋a 1 010>0，a 1＋a 2 019＝2a 1 010<0，所以a 1 009>0，a 1 010<0，且a 1 009>|a 1 010|，因为对任意正整数n ，都有|a n |≥|a k |，所以k ＝1 010，故选C ．4、(多选)已知数列{a n }满足a n ＝n ·k n (n ∈N *,0<k <1)，下列命题正确的有( )A ．当k ＝12时，数列{a n }为递减数列B ．当k ＝45时，数列{a n }一定有最大项C ．当0<k <12时，数列{a n }为递减数列D ．当k1－k为正整数时，数列{a n }必有两项相等的最大项解析：BCD 当k ＝12时，a 1＝a 2＝12，知A 错误；当k ＝45时，a n ＋1a n ＝45·n ＋1n ，当n <4时，a n ＋1a n>1，当n >4时，a n ＋1a n <1，所以可判断{a n }一定有最大项，B 正确；当0<k <12时，a n ＋1a n ＝k n ＋1n <n ＋12n ≤1，所以数列{a n }为递减数列，C 正确；当k 1－k 为正整数时，1>k ≥12，当k ＝12时，a 1＝a 2>a 3>a 4>…，当1>k >12时，令k 1－k ＝m ∈N *，解得k ＝mm ＋1，则a n ＋1a n ＝m (n ＋1)n (m ＋1)，当n ＝m 时，a n ＋1＝a n ，结合B ，数列{a n }必有两项相等的最大项，故D 正确．故选B 、C 、D ．5、已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．解析：a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5．六、数列与函数的综合问题例7（2022·珠海模拟)已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项之和为( C )A ．0B ．252C ．21D ．42解： 由函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，可得y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，由数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，可得a 4＋a 18＝2，又{a n }是等差数列，所以a 1＋a 21＝a 4＋a 18＝2，可得数列的前21项和S 21＝21(a 1＋a 21)2＝21，则{a n }的前21项之和为21．故选．跟踪练习1、(2022·青岛模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，a 5，a 6是函数f (x )＝13x 3－3x 2＋8x ＋1的极值点，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝( )A ．3＋log 25B ．8C ．10D ．15解析：D f ′(x )＝x 2－6x ＋8，∵a 5，a 6是函数f (x )的极值点，∴a 5，a 6是方程x 2－6x ＋8＝0的两实数根，则a 5·a 6＝8，∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝log 2(a 5·a 6)5＝5log 28＝15，故选D ．2、已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列． (1)求出数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．[解] (1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0， 所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)． (2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以1a n ＋11a n ＝a n a n ＋1＝13，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，所以S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n <34，因为任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，所以m ≥34，即实数m 的最小值为34．3、(2022·东莞模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差为d ，前n 项和为S n ．若S n ≤S 8恒成立，则公差d 的取值范围是________．解析：根据等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ≤S 8恒成立，可知a 8≥0且a 9≤0，所以1＋7d ≥0且1＋8d ≤0，解得－17≤d ≤－18．答案：⎣⎡⎦⎤－17，－18。
数列专题总复习知识点整理与经典例题讲解 高三数学曹
数列专题总复习知识点整理与经典例题讲解高三数学曹数列专题总复习知识点整理与经典例题讲解-高三数学曹系列专题回顾一、等差数列的有关概念：1.算术序列的判断方法：定义方法an？1.一D（D是常数）还是A？1.一一一1（n？2）。
如果{an}是一个算术序列，则验证：BN=算术序列。
2、等差数列的通项：an?a1?(n?1)d或an?am?(n?m)d。
例如，（1）在算术序列{an}中，A10？30，a20？将军，50岁？（答案：2n？10）；（2）如果第一项是-24的等差序列，并且是第10项的正数，则公差的值范围为_________________a1?a2ann?n*为通项公式的数列{bn}为n8？D3） 3n（a1？an）n（n1）d.，sn？na1？223115*和（1）序列{an}一样，an？一1.（n？2，n？n），n前n项和序号？？，2223、等差数列的前n和：sn?则a1＝＿，n＝＿（答：a1??3，n?10）；（2）已知序列{an}的前n项和Sn？12n？N2，找到序列{an}的前n项和TN（答案：2*??12n?n(n?6,n?n)tn??2）.*??n?12n?72(n?6,n?n)4、等差中项：若a,a,b成等差数列，则a叫做a与b的等差中项，且a?a?b。
2提醒：（1）等差数列的通项公式及前n和公式中，涉及到5个元素：a1、d、n、an及Sn，其中a1和D称为基本元素。
只要已知五种元素中的任何三种，就可以得到剩下的两种元素，即知3求2。
（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等差，可设为?，A.2d，a？d、 a，a？d、 a？2d？（d）；偶数形成相等的差，可以设置为？，A.3d，a？d、 a？d、 a？3d，？（公差2D）5、等差数列的性质：（1）什么时候开始？当0时，算术序列的通项公式是an？a1？（n？1）d？dn？a1？D是N的一阶函数，斜率是公差D；前n和前Sn？na1？常数项为0的函数1/13n（n？1）ddd？氮气？（a1？）N是关于N的二次222（2），如果公差为D？0，那么它是一个增量算术序列，如果公差为d？0，则它是一个递减的等差序列。
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 。
数列通项公式的求法课件-高三数学一轮复习
(2)证明：∵cn＝a2nn(n∈N*)， ∴cn＋1－cn＝a2nn＋ ＋11－a2nn＝an＋21－n＋12an＝2bn＋n 1. 将 bn＝3·2n－1 代入，得 cn＋1－cn＝34(n∈N*)． ∴数列{cn}是公差为34的等差数列，c1＝a21＝12， 故 cn＝12＋34(n－1)＝34n－14.
探究 5 此类题可由 an＝SS1n（－nS＝n－11（）n，≥2）求出通项 an，但要注意 n＝1 与 n ≥2 两种情况能否统一．
思考题 5 在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋2 1an＋1，n∈
N*，求 an. 【解析】
由 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋2 1an＋1，
例 4 已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝2aan＋n 1(n∈N＋)．求数列{an}的通项公 式．
【解析】 易知 an＞0，依题意得an1＋1＝2ana＋n 1＝a1n＋2， ∴数列a1n是等差数列，公差为 2，首项为 1，∴a1n＝1＋(n－1)×2＝2n－1， ∴an＝2n1－1.
探究 4 已知数列递推公式的分母中含有通项公式的表达式，求解对应的通 项公式时，往往可以通过观察表达式的特点，通过倒数关系加以转化，利用等差 数列的性质分析相应的通项公式问题．
思考题 4 设数列{an}是首项为 1 的正项数列，且 an＋1－an＋an＋1·an＝ 0(n∈N*)，求{an}的通项公式．
【解析】 ∵an＋1－an＋an＋1·an＝0.∴an1＋1－a1n＝1. 又a11＝1，∴a1n是首项为 1，公差为 1 的等差数列． 故a1n＝n，∴an＝1n.
题型四 已知 Sn 求 an
题型二 累乘法
例 2 在数列{an} 中，已知 a1＝3，nan＝(1＋n)an＋1，求 an. 【解析】 据题意有aan＋n 1＝n＋n 1⇒aan－n 1＝n－n 1(n≥2 且 n∈N*)． ∴an＝a1·aa21·aa32·…·aan－n 1 ＝3×12×23×34×…×n－n 1＝3n(n≥2 且 n∈N*)，把 n＝1 代入上式也成立，故 an＝3n(n∈N*)．
高三数学总复习优秀ppt课件(第34讲)数列的综合应用(41页)
思路 1：设这四个数分别为 x，y，m，n．
解四元二次 方程组
x m 2 y, 2 y n m , x n 16, y m 12.
不经济！
思路分析
例1 有四个数，其中前三个数成等差数列，后三 个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是 16， 第二个数与第三个数的和为 12，求这四个数．
基本公式：等差、等比数列有关公式．
破解难点：构建数学模型解数列应用性问题．
问题研究
如何构建适当的数列模型解决实际应用问题？
经典例题3
例 3 某种细菌在培养过程中,每 20 分钟分裂一次 （一 个分裂成二个） ，经过 3 小时这种细菌由一个可繁殖 成多少个？
思路分析
例 3 某种细菌在培养过程中,每 20 分钟分裂一次 （一 个分裂成二个） ，经过 3 小时这种细菌由一个可繁殖 成多少个？
经典例题1
例1 有四个数，其中前三个数成等差数列，后三 个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是 16， 第二个数与第三个数的和为 12，求这四个数．
思路分析
例1 有四个数，其中前三个数成等差数列，后三 个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是 16， 第二个数与第三个数的和为 12，求这四个数．
思路 1：共繁殖 9 次, a9 a1 q8 256 个．
哪个正 确？
a1 (1 q 9 ) 29 1 511个． 思路 2：共繁殖 9 次, S9 1 q 2 1 a1 (1 q10 ) 210 1 1023个． 思路 3：共繁殖 9 次, S10 1 q 2 1
思路 2：设前三个数分别为 a-d，a，a+d．
则第四个数为 16－(a－d)．列出方程组
高三数学一轮复习 数列(解析版)
数 学D 单元 数列D1 数列的概念与简单表示法17．、、[2014·江西卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．17．解：(1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2.而此时m ∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 18．、[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；(2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值．18．解：(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝⎛⎭⎫0，25或x ∈(2，＋∞)． 故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，25和(2，＋∞)． (2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x ，a ＜0，所以由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 10，－a2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增． 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0. ①当－a2≤1，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]时的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4时取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)．当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意． 综上有，a ＝－10.16．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________．16.12 [解析] 由题易知a 8＝11－a 7＝2，得a 7＝12；a 7＝11－a 6＝12，得a 6＝－1；a 6＝11－a 5＝－1，得a 5＝2，于是可知数列{a n }具有周期性，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.D2 等差数列及等差数列前n 项和 2．[2014·重庆卷] 在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A ．5 B ．8 C ．10 D ．142．B [解析] 由题意，得a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝2a 1＋6d ＝4＋6d ＝10，解得d ＝1，所以a 7＝a 1＋6d ＝2＋6＝8.5．[2014·天津卷] 设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A ．2B ．－2 C.12 D ．－125．D [解析] ∵S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1＋4×32×(－1)＝4a 1－6，且S 1，S 2，S 4成等比数列，∴(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.15．、[2014·北京卷] 已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．15．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)． 设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得 q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n 1－2＝2n －1，所以，数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.17．，[2014·福建卷] 在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 17．解：(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3. 因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.19．、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4， 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.16．、[2014·湖南卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 16.解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2. 13．[2014·江西卷] 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．13.⎝⎛⎭⎫－1，－78 [解析] 由题可知a 8>0且a 9<0，即7＋7d >0且7＋8d <0，所以－1<d <－78. 9．[2014·辽宁卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，若数列{2a 1a n }为递减数列，则( ) A ．d ＞0 B ．d ＜0 C ．a 1d ＞0 D ．a 1d ＜09．D [解析] 令b n ＝2a 1a n ，因为数列{2a 1a n }为递减数列，所以 b n ＋1b n ＝2a 1a n ＋12a 1a n＝2a 1(a n＋1－a n )＝2a 1d <1，所以a 1d <0.17．[2014·全国卷] 数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．17．解：(1)由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2，得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2， 即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)， 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是所以a n ＋1－a 1＝n 2， 即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式a n ＝n 2－2n ＋2. 5．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1)C.n （n ＋1）2D.n （n －1）25．A [解析] 由题意，得a 2，a 2＋4，a 2＋12成等比数列，即(a 2＋4)2＝a 2(a 2＋12)，解得a 2＝4，即a 1＝2，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝n (n ＋1)．17．、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．17．解：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3. 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ， 故d ＝12，从而得a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2， 两式相减得12S n ＝34＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝⎛⎭⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2，所以S n ＝2－n ＋42n ＋1. 19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T m ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .19．解：(1)由题意知，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知，b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ×(n ＋1)． 因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 所以当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2， 当n 为奇数时， T n ＝T n －1＋(－b n ) ＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎨⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.16．、、[2014·陕西卷] △ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . (1)若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )； (2)若a ，b ，c 成等比数列，且c ＝2a ，求cos B 的值．16．解： (1)∵a ，b ，c 成等差数列，∴a ＋c ＝2b .由正弦定理得sin A ＋sin C ＝2sin B . ∵sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )， ∴sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )． (2)由题设有b 2＝ac ，c ＝2a ， ∴b ＝2a .由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34.19．、、[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n .19．解：(1)证明：由已知得，b n ＝2a n ＞0，当n ≥1时，b n ＋1b n＝2a n ＋1－a n ＝2d .故数列{b n }是首项为2a 1，公比为2d 的等比数列．(2)函数f (x )＝2x 在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n .于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)×4n －1＋n ×4n ，4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1，因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝（1－3n ）4n ＋1－43， 所以，S n ＝（3n －1）4n ＋1＋49.19．[2014·浙江卷] 已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 19．解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d >0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)， 所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1>1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 16．、[2014·重庆卷] 已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和．(1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .16．解：(1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以 a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2×4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q＝23(4n－1)．D3 等比数列及等比数列前n 项和12．[2014·安徽卷] 如图1-3，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝22，过点A 作BC 的垂线，垂足为A 1；过点A 1作AC 的垂线，垂足为A 2；过点A 2作A 1C 的垂线，垂足为A 3；….依此类推，设BA ＝a 1，AA 1＝a 2，A 1A 2＝a 3，…，A 5A 6＝a 7，则a 7＝________．图1-312.14 [解析] 在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝2 2，所以AB ＝AC ＝a 1＝2，由题易知A 1A 2＝a 3＝12AB ＝1，…，A 6A 7＝a 7＝⎝⎛⎭⎫123·AB ＝2×⎝⎛⎭⎫123＝14.17．，[2014·福建卷] 在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81.(1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 17．解：(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3. 因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.13．、[2014·广东卷] 等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝________．13．5 [解析] 在等比数列中，a 1a 5＝a 2a 4＝a 23＝4.因为a n >0，所以a 3＝2，所以a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)(a 2a 4)a 3＝a 53＝25，所以log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 19．、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4， 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.7．[2014·江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．7．4 [解析] 由等比数列的定义可得，a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，即a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2.又a n ＞0，所以q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，故a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.17．、、[2014·江西卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．17．解：(1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2.而此时m ∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 18．、[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；(2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值．18．解：(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝⎛⎭⎫0，25或x ∈(2，＋∞)． 故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，25和(2，＋∞)． (2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x ，a ＜0，所以由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 10，－a2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增． 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0. ①当－a2≤1，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]时的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4时取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)．当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意． 综上有，a ＝－10. 8．[2014·全国卷] 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63 D ．648．C [解析] 设等比数列{a n }的首项为a ，公比为q ，易知q ≠1，根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a （1－q 2）1－q＝3，a （1－q 4）1－q ＝15，解得q 2＝4，a1－q ＝－1，所以S 6＝a （1－q 6）1－q＝(－1)(1－43)＝63. 5．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1)C.n （n ＋1）2D.n （n －1）25．A [解析] 由题意，得a 2，a 2＋4，a 2＋12成等比数列，即(a 2＋4)2＝a 2(a 2＋12)，解得a 2＝4，即a 1＝2，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝n (n ＋1)．19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T m ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .19．解：(1)由题意知，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知，b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ×(n ＋1)． 因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 所以当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2， 当n 为奇数时， T n ＝T n －1＋(－b n ) ＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎨⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.16．、、[2014·陕西卷] △ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . (1)若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )； (2)若a ，b ，c 成等比数列，且c ＝2a ，求cos B 的值．16．解： (1)∵a ，b ，c 成等差数列，∴a ＋c ＝2b .由正弦定理得sin A ＋sin C ＝2sin B . ∵sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )， ∴sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )． (2)由题设有b 2＝ac ，c ＝2a ， ∴b ＝2a .由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34.20．、、[2014·天津卷] 已知q 和n 均为给定的大于1的自然数，设集合M ＝{0，1，2，…，q －1}，集合A ＝{x |x ＝x 1＋x 2q ＋…＋x n q n －1，x i ∈M ，i ＝1，2，…，n }．(1)当q ＝2，n ＝3时，用列举法表示集合A .(2)设s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －1，其中a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n .证明：若a n ＜b n ，则s ＜t .20．解：(1)当q ＝2，n ＝3时，M ＝{0，1}，A ＝{x |x ＝x 1＋x 2·2＋x 3·22，x i ∈M ，i ＝1，2，3}，可得A ＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．(2)证明：由s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －1，a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n 及a n <b n ，可得s －t ＝(a 1－b 1)＋(a 2－b 2)q ＋…＋(a n －1－b n －1)q n －2＋(a n －b n )q n －1≤(q －1)＋(q －1)q ＋…＋(q －1)q n －2－q n －1＝（q －1）（1－q n －1）1－q－q n －1＝－1<0， 所以s <t . 16．、[2014·重庆卷] 已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和．(1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .16．解：(1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以 a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2×4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q＝23(4n－1)．D4 数列求和 15．、[2014·北京卷] 已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．15．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)． 设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n 1－2＝2n －1，所以，数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.16．、[2014·湖南卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 16.解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2. 17．、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．17．解：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3. 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ， 故d ＝12，从而得a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2， 两式相减得12S n ＝34＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝⎛⎭⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2，所以S n ＝2－n ＋42n ＋1. 19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T m ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .19．解：(1)由题意知，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知，b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ×(n ＋1)． 因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 所以当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2， 当n 为奇数时， T n ＝T n －1＋(－b n ) ＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎨⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.D5 单元综合18．[2014·安徽卷] 数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .18．解： (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得a nn ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2，从而可得b n ＝n ·3n .S n ＝1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1＋n ×3n ，①3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)3n ＋n ×3n ＋1.② ①－②得－2S n ＝31＋32＋ (3)－n ·3n ＋1＝3·（1－3n ）1－3－n ·3n ＋1＝（1－2n ）·3n ＋1－32，所以S n ＝（2n －1）·3n ＋1＋34.19．[2014·广东卷] 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）<13.19．、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4， 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41. 20．[2014·江苏卷] 设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈)，证明：{a n }是“H 数列”．(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值． (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈)成立．20．解： (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知得，S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1，从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n （3－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”，因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)． 令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”． 所以对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．17．、、[2014·江西卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．17．解：(1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2.而此时m ∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 18．、[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；(2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值．18．解：(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝⎛⎭⎫0，25或x ∈(2，＋∞)． 故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，25和(2，＋∞)． (2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x ，a ＜0，所以由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 10，－a2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增． 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0. ①当－a2≤1，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]时的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4时取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)．当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意． 综上有，a ＝－10. 19．、、[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n .19．解：(1)证明：由已知得，b n ＝2a n ＞0，当n ≥1时，b n ＋1b n＝2a n ＋1－a n ＝2d .故数列{b n }是首项为2a 1，公比为2d 的等比数列．(2)函数f (x )＝2x 在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n .于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)×4n －1＋n ×4n ，4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1，因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝（1－3n ）4n ＋1－43， 所以，S n ＝（3n －1）4n ＋1＋49.。
2023年数学高考复习真题演练(2021-2022年高考真题)23 数列的基本知识与概念 (含详解)
专题23 数列的基本知识与概念【考点预测】1．数列的概念（1）数列的定义：按照一定顺序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项． （2）数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *（或它的有限子集{}12n ⋯，，，）为定义域的函数()n a 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．（3）数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法． 2．数列的分类（1）按照项数有限和无限分：（2）按单调性来分：111()n n n nn n a a a a a a C +++≥⎧⎪≥⎪⎨==⎪⎪⎩递增数列：递减数列： ，常数列：常数摆动数列 3．数列的两种常用的表示方法（1）通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．（2）递推公式：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项与它的前一项（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． 【方法技巧与总结】（1）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，通项公式为n a ，则1112n n n S n a S S n n N *-=⎧⎪=⎨-≥∈⎪⎩ ， ， ，注意：根据n S 求n a 时，不要忽视对1n =的验证．（2）在数列{}n a 中，若n a 最大，则11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩ ， 若n a 最小，则11.n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩【题型归纳目录】 题型一：数列的周期性 题型二：数列的单调性 题型三：数列的最大（小）项 题型四：数列中的规律问题 题型五：数列的最值问题【典例例题】题型一：数列的周期性例1．已知无穷数列{}n a 满足()21N n n n a a a x *++=-∈，且11a =，2a x =()x ∈Z ，若数列{}n a 的前2020项中有100项是0，则下列哪个不能是x 的取值（ ）A ．1147B ．1148C ．1142-D ．1143-例2．若[]x 表示不超过x 的最大整数（如[]2.52=，[]44=，[]2.53-=-），已知2107n n a ⎡⎤=⨯⎢⎥⎣⎦，11b a =，()*110,2n n n b a a n n -=-∈≥N ，则2019b =（ ）A ．2B ．5C ．7D ．8例3．数列{}n a 满足12a =，111nn na a a ++=-，其前n 项积为n T ，则10T 等于（ ） A ．16B ．16-C ．6D ．6-例4．若数列{}n a 满足1222a a ==，且21n n n a a a ++=-，则{}n a 的前100项和为（ ） A ．67B ．68C ．134D ．167例5．数列{}n a 满足112,0,2121,1,2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩若125a =，则2021a 等于（ ）A ．15B ．25C ．35D ．45例6．已知数列{}n a 满足，()()111122,32n n n n n a a a a a ----⎧-+>⎪=⎨-⎪⎩*(,1)n N n ∈>，若1(2,3)a ∈且记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2019=m S ，则2019S 的值为（ ） A ．60572B ．3028C ．60552D ．3029例7．（2022·广东汕头·三模）已知数列{}n a 中，114a =-，当1n >时，111n n a a -=-，则2022a =（ ） A ．14-B ．45C ．5D ．45-例8．（2022·河北·沧县中学高三阶段练习）已知数列{}n a 中，()1112n n n a a a n --=⋅+≥，12a =，则10a 等于（ ）A ．12-B ．12C ．-1D ．2题型二：数列的单调性例9．（2022·四川达州·二模（理））已知单调递增数列{}n a 满足9,102121,109n n m n a m n n -⎧≥⎪=⎨⎛⎫+-< ⎪⎪⎝⎭⎩，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[)12,+∞B ．()1,12C ．()1,9D ．[)9,+∞例10．（2022·河南·温县第一高级中学高三阶段练习（文））已知函数()()633,7,7x a x x f x a x -⎧--≤=⎨>⎩，若数列{}n a 满足()()*n a f n n N =∈且{}n a 是递增数列，则实数a 的取值范围是（ ）A ．9,34⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．9,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．()2,3D ．[)2,3例11．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列{}n a 的首项为11a =，2a a =，且121(2,)n n a a n n n N *++=+≥∈，若数列{}n a 单调递增，则a 的取值范围为（ ） A ．12a <<B ．23a <<C ．3522a <<D ．1322a <<例12．（2022·全国·高三专题练习）已知等比数列{}n a 前n 项和n S 满足113n n S A +=-⋅（A R ∈），数列{}n b 是递增的，且2n b An Bn =+，则实数B 的取值范围为（ ）A ．2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)1,-+∞C ．()1,-+∞D ．1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭例13．（2022·全国·高三专题练习（理））已知数列{}n a 满足()712,83,8n n a n n a n a n *-⎧⎛⎫-+>⎪ ⎪=∈⎝⎭⎨⎪≤⎩N ，若对于任意n *∈N 都有1n n a a +>，则实数a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭例14．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的通项公式为2n a n bn =+，若数列{}n a 是单调递增数列， 则实数b 的取值范围为（ ） A ．(2,)-+∞B ．[2,)-+∞C ．(3,)-+∞D ．(,3)-∞-【方法技巧与总结】解决数列的单调性问题的3种方法题型三：数列的最大（小）项例15．已知数列{}n a 的首项为1，且()()*111n n n a a n n ++=∈+N ，则na的最小值是（ ）A ．12 B ．1 C ．2D ．3例16．已知数列{}n a 满足110a = ，12n na a n+-=，则n a n 的最小值为（ ）A ．-1B ．11 2C ．163D ．27 4例17．已知数列{}n a 的前n 项和n S ，且2(1)n n S a n -=-，22na n nb S =，则数列{}n b 的最小项为（ ）A ．第3项B ．第4项C ．第5项D ．第6项例18．已知数列{}n a 的前n 项和2212,n S n n =-数列{||}n a 的前n 项和,n T 则nT n的最小值____ 例19．数列，1n =，2，，中的最小项的值为__________．【方法技巧与总结】求数列的最大项与最小项的常用方法（1）将数列视为函数()f x 当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f （x ）的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出()f x 的最值，进而求出数列的最大（小）项．（2）通过通项公式n a 研究数列的单调性，利用11()2n n n n a a a n a -+≥⎧⎨≥⎩≥，确定最大项，利用11()2n n nn a a a n a -+≤⎧⎨≤⎩≥，确定最小项．（3）比较法：若有1()()10n n a a f n f n -=+->＋或0n a >时11n na a +>，则1n n a a ＋＞，则数列{}n a 是递增数列，所以数列{}n a 的最小项为1(1)a f =；若有1()()10n n a a f n f n =-+-<＋或0n a >时11n na a +<，则1n n a a <＋，则数列{}n a 是递减数列，所以数列{}n a 的最大项为1(1)a f =． 题型四：数列中的规律问题例20．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以()f n 表示第n 幅图的蜂巢总数，则(4)f =（ ）；()f n =（ ）． A ．35 2331n n +- B ．36 2331n n -+ C ．37 2331n n -+ D ．38 2331n n +-例21．由正整数组成的数对按规律排列如下：()1,1，1,2，()2,1，()1,3，()2,2，()3,1，()1,4，()2,3，()3,2，()4,1，()1,5，()2,4，⋅⋅⋅．若数对(),m n 满足()22222021m n -⋅-=，,m n N *∈，则数对(),m n 排在（ ）A ．第386位B ．第193位C ．第348位D ．第174位例22．已知“整数对”按如下规律排列：()()()()()1,11,22,11,32,2，，，，，()()()3,11,42,3，，()3,2，，()4,1，…，则第68个“整数对”为（ ） A ．()1,12B ．()3,10C ．()2,11D ．()3,9例23．将正整数排列如下： 1 2 34 5 67 8 9 10 11 12 13 14 15 ……则图中数2020出现在 A ．第64行3列B ．第64行4列C ．第65行3列D ．第65行4列题型五：数列的最值问题例24．（2022·北京市第十二中学高三期中）已知数列{}n a 满足32n a n n=+，则数列{}n a 的最小值为（ ）A．343B ．575C ．D ．12例25．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a ，2141n n a n n ，则下列说法正确的是（ ）A ．此数列没有最大项B ．此数列的最大项是3aC ．此数列没有最小项D ．此数列的最小项是2a例26．（2022·河南·高三阶段练习（理））在数列{}n a 中，11a =，1n n a a n --=（N n +∈，2n ≥），则11n a n ++的最小值是（ ） A ．12B ．34C ．1D ．32例27．（2022·辽宁·高三阶段练习）若数列{}n a 满足24122,n nn n n a T a a a -==⋅⋅⋅，则n T 的最小值为（ ）A ．92-B ．102-C ．112-D ．122-例28．（2022·全国·高三专题练习）若数列{}n a 满足113a =，1n n n a a +-=，则na n的最小值为（ ） A ．235B ．143C 12D ．13例29．（2022·全国·高三专题练习）设221316n a n n =-+-，则数列{}n a 中最大项的值为（ ） A ．134B ．5C ．6D ．132例30．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为211n aa n n n=-+，5a 是数列{}n a 的最小项，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]40,25-- B ．[]40,0- C ．[]25,25- D ．[]25,0-【过关测试】一、单选题 1．（2022·陕西·交大附中模拟预测（理））函数()f x 定义如下表，数列{}()N n x n ∈满足02x =，且对任意的自然数n 均有()1n n x f x +=，则2022x =（ ）2．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，其中一列数如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，……．按此规律得到的数列记为{}n a ，其前n 项和为n S ，给出以下结论：①22122n a n n -=-；②182是数列{}n a 中的项；③21210a =；④当n 为偶数时，()2122n n n S S S n n *++-+=+∈N ．其中正确的序号是（ ）A ．①②B ．②③C ．①④D ．③④3．（2022·河南·模拟预测（理））观察数组()2,2，()3,4，()4,8，()5,16，()6,32，…，根据规律，可得第8个数组为（ ） A ．()9,128 B ．()10,128 C ．()9,256D ．()10,2564．（2022·吉林长春·模拟预测（理））已知数列{}n a 满足()()11120n n a a +-++=，112a =，则数列{}n a 的前2022项积为（ ） A ．16-B ．23C ．6-D ．325．（2022·江西·临川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 满足()1112,21*+-==∈-n n n a a a n N a ，则2022=a （ ）A ．13B ．1C ．2D ．526．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为n a a n n=+，则“21a a >”是“数列{}n a 单调递增”的（ ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()2**2,5,,1,5,.n n tn n n a t n n n ⎧-+≤∈⎪=⎨->∈⎪⎩N N 且数列{}n a 是单调递增数列，则t 的取值范围是（ ） A ．919,24⎛⎫⎪⎝⎭B ．9,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()5,+∞D ．(]1,48．（2022·全国·高三专题练习）若数列{an }的前n 项和Sn ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{nan }中数值最小的项是（ ） A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项D ．第5项9．（2022·上海普陀·二模）数列{}n a 的前n 项的和n S 满足*1(N )n n S S n n ++=∈，则下列选项中正确的是（ ）A ．数列{}1n n a a ++是常数列B ．若113a <，则{}n a 是递增数列C ．若11a =-，则20221013S =D ．若11a =，则{}n a 的最小项的值为1-10．（2022·北京四中三模）已知数列{n a }的通项为22n a n n λ=-，则“0λ<”是“*n ∀∈N ，1n 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二、多选题11．（2022·河北·衡水第一中学高三阶段练习）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ） A ．此数列的第20项是200B ．此数列的第19项是180C ．此数列偶数项的通项公式为222n a n =D ．此数列的前n 项和为(1)n S n n =⋅-12．（2022·全国·高三专题练习）若数列{}n a 满足1112,012,1321,12n n n n n a a a a a a +⎧⎪⎪==⎨⎪-<<⎪⎩，则数列{}n a 中的项的值可能为（ ） A ．13B ．2C ．23D ．4513．（2022·全国·高三专题练习）下列四个选项中，不正确的是（ ）A ．数列2345,,,3456，⋯的一个通项公式是1n n a n =+ B ．数列的图象是一群孤立的点C ．数列1，1-，1，1-，⋯与数列1-，1，1-，1，⋯是同一数列D ．数列11,24，⋯，12n是递增数列14．（2022·全国·高三专题练习）已知n S 是{}n a 的前n 项和，12a =，()1112n n a n a -=-≥，则下列选项错误的是（ ） A ．20212a = B ．20211012S =C ．331321n n n a a a ++⋅⋅=D ．{}n a 是以3为周期的周期数列15．（2022·全国·高三专题练习）若数列{an }满足112,2712,62n n n n n a a a a a +⎧≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩，123a =，则数列{an }中的项的值可能为（ ） A ．19B ．16C ．13D ．4316．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =-，111n n a a +=-，则下列各数是{}n a 的项的有（ ）A ．2-B ．23C ．32D ．317．（2022·全国·高三专题练习（文））南宋杨辉在他1261年所著的《详解九章算术》一书中记录了一种三角形数表，称之为“开方作法本源”图，即现在著名的“杨辉三角”.如图是一种变异的杨辉三角，它是将数列{}n a 各项按照上小下大，左小右大的原则写成的，其中{}n a 是集合{}220,,s ts t s t Z +≤<∈且中所有的数从小到大排列的数列，即13a =，25a =，36a =，49a =，510a =，…，则下列结论正确的是（ ）A ．第四行的数是17，18，20，24B ．()11232-+=⋅n n n aC ．()11221n n a n ++=+ D ．10016640a =18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示的数表中，第1行是从1开始的正奇数，从第2行开始每个数是它肩上两个数之和．则下列说法正确的是（ ）A ．第6行第1个数为192B ．第10行的数从左到右构成公差为102的等差数列C ．第10行前10个数的和为9952⨯D ．数表中第2021行第2021个数为202060612⨯19．（2022·河北·石家庄实验中学高三开学考试）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ） A ．此数列的第20项是200B ．此数列的第19项是182C ．此数列偶数项的通项公式为222n a n =D ．此数列的前n 项和为(1)n S n n =⋅-20．（2022·福建漳州·三模）已知数列{n a }的前n 项和为211n S n n =-，则下列说法正确的是（ ）．A ．{}n a 是递增数列B ．{}n a 是递减数列C ．122n a nD ．数列{}n S 的最大项为5S 和6S21．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）对于正整数n ，()n ϕ是小于或等于n 的正整数中与n 互质的数的数目．函数()n ϕ以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如()96ϕ=（1，2，4，5，7，8与9互质），则（ ）A ．若n 为质数，则()1n n ϕ=-B ．数列(){}n ϕ单调递增C ．数列()2nn ϕ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前5项和等于72 D ．数列(){}3nϕ为等比数列三、填空题22．（2022·北京·人大附中模拟预测）能说明命题“若无穷数列{}n a 满足()111,2,3,n na n a +>=，则{}n a 为递增数列”为假命题的数列{}n a 的通项公式可以为n a =__________．23．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测）写出一个符合下列要求的数列{}n a 的通项公式：①{}n a 是无穷数列；②{}n a 是单调递减数列；③20n a -<<.这个数列的通项可以是__________.24．（2022·海南·模拟预测）写出一个同时具有下列性质①②③的数列{}n a 的通项公式：n a =__________．①10n n a a +<；②数列{}n a 是单调递减数列；③数列{}2nn a 是一个等比数列．25．（2022·江西·临川一中模拟预测（文））已知23n a n n =+，若2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，则实数λ的取值范围是_______．26．（2022·天津市新华中学高三期末）在数列{}n a 中，()71()8nn a n =+，则数列{}n a 中的最大项的n =________ .27．（2022·山西·模拟预测（理））数列{}n a 中，已知11a =，20a >，()*21n n n a a a n ++=-∈N ，则2022a 的取值范围是___________.28．（2022·四川成都·三模（理））已知数列{}n a 满足13a =，122n n n a a a ++=，则2022a 的值为______．29．（2022·全国·模拟预测）在数列{}n a 中，11a =，1,231,nnn n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，则1232021a a a a ++++=___．专题23 数列的基本知识与概念【考点预测】1．数列的概念（1）数列的定义：按照一定顺序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项． （2）数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *（或它的有限子集{}12n ⋯，，，）为定义域的函数()n a 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．（3）数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法． 2．数列的分类（1）按照项数有限和无限分：（2）按单调性来分：111()n n n nn n a a a a a a C +++≥⎧⎪≥⎪⎨==⎪⎪⎩递增数列：递减数列： ，常数列：常数摆动数列 3．数列的两种常用的表示方法（1）通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．（2）递推公式：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项与它的前一项（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． 【方法技巧与总结】（1）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，通项公式为n a ，则1112n n n S n a S S n n N *-=⎧⎪=⎨-≥∈⎪⎩ ， ， ，注意：根据n S 求n a 时，不要忽视对1n =的验证．（2）在数列{}n a 中，若n a 最大，则11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩ ， 若n a 最小，则11.n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩【题型归纳目录】 题型一：数列的周期性 题型二：数列的单调性 题型三：数列的最大（小）项 题型四：数列中的规律问题 题型五：数列的最值问题【典例例题】题型一：数列的周期性例1．已知无穷数列{}n a 满足()21N n n n a a a x *++=-∈，且11a =，2a x =()x ∈Z ，若数列{}n a 的前2020项中有100项是0，则下列哪个不能是x 的取值（ ）A ．1147B ．1148C ．1142-D ．1143-【答案】B 【分析】当0x ≥时，分别令1,2,3,x =，可求出数列{}n a 的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的x 的取值；当0x <时，分别令1,2,3,x =---，可求出数列{}n a 的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的x 的取值． 【详解】 ①当0x ≥时，若0x =，则数列{}n a 的各项为1,0,1,1,0,1,1,0,1,，此时数列{}n a 为周期数列，周期为3，由202036731=⨯+， 可知数列{}n a 的前2020项中有673项为0； 若1x =，则数列{}n a 的各项为1,1,0,1,1,0,1,1,0,，此时数列{}n a 为周期数列，周期为3，由202036731=⨯+， 可知数列{}n a 的前2020项中有673项为0； 若2x =，则数列{}n a 的各项为1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,，此时数列{}n a 从第3项开始为周期数列，周期为3，由202022018236722=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有672项为0； 若3x =，则数列{}n a 的各项为1,3,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,，此时数列{}n a 从第4项开始为周期数列，周期为3，由202032017336721=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有672项为0； 若4x =，则数列{}n a 的各项为1,4,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,， 此时数列{}n a 从第6项开始为周期数列，周期为3，由202052015536712=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有671项为0； 依次类推，可知当()26731001146x =-=，或1147x =时， 数列{}n a 的前2020项中有100项是0；②当0x <时，若1x =-，则数列{}n a 的各项为1,1,2,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,-，此时数列{}n a 从第7项开始为周期数列，周期为3，由202062014636711=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有671项为0； 若2x =-，则数列{}n a 的各项为1,2,3,5,2,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,-，此时数列{}n a 从第9项开始为周期数列，周期为3，由202082012836702=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有670项为0； 若3x =-，则数列{}n a 的各项为1,3,4,7,3,4,1,3,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,-，此时数列{}n a 从第10项开始为周期数列，周期为3，由202092011936701=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有670项为0； 若4x =-，则数列{}n a 的各项为1,4,5,9,4,5,1,4,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,-，此时数列{}n a 从第12项开始为周期数列，周期为3，由20201120091136692=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有669项为0； 依次类推，可知当()26711001142x =--=-，或1143x =-时， 数列{}n a 的前2020项中有100项是0．综上所述，若数列{}n a 的前2020项中有100项是0， 则x 可取的值有1146,1147,1142,1143--． 故选：B ． 【点睛】本题考查无穷数列，解题的关键是通过条件()21N n n n a a a x *++=-∈探究数列{}n a 的性质，利用赋值法分别令1,2,3,x =和1,2,3,x =---，可分别求出数列{}n a 的前2020项中0的个数，进而得出规律．考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题．例2．若[]x 表示不超过x 的最大整数（如[]2.52=，[]44=，[]2.53-=-），已知2107n n a ⎡⎤=⨯⎢⎥⎣⎦，11b a =，()*110,2n n n b a a n n -=-∈≥N ，则2019b =（ ）A ．2B ．5C ．7D ．8【答案】B 【分析】求出1b ，2b ，3b ，4b ，5b ，6b ，判断出{}n b 是一个以周期为6的周期数列，求出即可．【详解】解：2107n n a ⎡⎤=⨯⎢⎥⎣⎦．*111(102)n n n b a b a a n n --∈≥N ＝，＝，，∴112027[]a b ＝＝＝，2200[287]a ＝＝， 2281028b -⨯＝＝，同理可得：332855a b ＝，＝；4428577a b ＝，＝；55285711a b ＝，＝．662857144a b ＝，＝；72857142a ＝，72b ＝，……． ∴6n n b b +＝．故{}n b 是一个以周期为6的周期数列， 则20196336335b b b ⨯+＝＝＝．故选：B ． 【点睛】本题考查周期数列的判断和取整函数的应用． 例3．数列{}n a 满足12a =，111nn na a a ++=-，其前n 项积为n T ，则10T 等于（ ） A ．16B ．16-C ．6D ．6-【答案】D 【分析】依次代入1,2,3,4n =可得{}n a 是以4为周期的周期数列，由1231n n n n a a a a +++=可推导得到结果． 【详解】 当1n =时，121131a a a +==--；当2n =时，2321112a a a +==--；当3n =时，3431113a a a +==-；当4n =时，454121a a a +==-；…，∴数列{}n a 是以4为周期的周期数列， ()()1231123123n n n n a a a a n N *+++⎛⎫∴=⨯-⨯-⨯=∈ ⎪⎝⎭，()10891012236T T a a a a ∴=⋅==⨯-=-． 故选：D ．例4．若数列{}n a 满足1222a a ==，且21n n n a a a ++=-，则{}n a 的前100项和为（ ） A ．67 B ．68 C ．134 D ．167【答案】B 【分析】由题意得122,1a a ==，根据21n n n a a a ++=-，列举数列的项，得到数列从第2项起，3项一个循环求解． 【详解】因为1222a a ==， 所以122,1a a ==， 因为21n n n a a a ++=-，所以数列的项依次为2，1，1，0，1，1，0，…， 所以从第2项起，3项一个循环，所以{}n a 的前100项的和为233(110)68+⨯++=， 故选：B ．例5．数列{}n a 满足112,0,2121,1,2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩若125a =，则2021a 等于（ ）A ．15B ．25C ．35D ．45【答案】B 【分析】根据数列定义求出数列的前几项后得出数列是周期数列，从而求值． 【详解】 因为12152a =<，所以23454312,,,5555a a a a ====，所以数列具有周期性，周期为4，所以2021125a a ==．故选：B ． 【点睛】本题考查数列的周期性，此类问题的解法是由定义求出数列的前几项，然后归纳出周期性．例6．已知数列{}n a 满足，()()111122,32n n n n n a a a a a ----⎧-+>⎪=⎨-⎪⎩*(,1)n N n ∈>，若1(2,3)a ∈且记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2019=m S ，则2019S 的值为（ ） A ．60572B ．3028C ．60552D ．3029【答案】C 【分析】根据递推公式可逐个代入计算，得出数列{}n a 的周期为4，再根据2019=m S 与前两项的范围可求得52a =，再分组求和求解2019S 即可． 【详解】设1(23)a a a =<<，由()()11112232n n n n n a a a a a ----⎧-+>⎪=⎨-⎪⎩，*(,1)n N n ∈>，得22(0,1)a a =-∈，3235(2,3)a a a =-=-∈，435423(0,1),3(2,3)a a a a a a =-=-∈=-=∈．故数列{}n a 的周期为4，即可得41234,6n n a a a a a a +=+++=． 12336632019m m S a a a =+++=⨯+=，又1(23)a a a =<<，22(0,1)a a =-∈．(2)3a a ∴+-=，即52a =． 12311201950443,32a a a a =⨯+++=+=， 2019116059504622S ∴=⨯+=． 故选：C ． 【点睛】本题考查数列分组求和、分类讨论方法，考查推理能力与计算能力，考查逻辑推理与数学运算核心素养．属于中档题．例7．（2022·广东汕头·三模）已知数列{}n a 中，114a =-，当1n >时，111n n a a -=-，则2022a =（ ） A ．14-B ．45C ．5D ．45-【答案】B【解析】由题意得：2341231141115,1,154a a a a a a =-==-==-=-，则数列{}n a 的周期为3，则20226743345a a a ⨯===． 故选：B ．例8．（2022·河北·沧县中学高三阶段练习）已知数列{}n a 中，()1112n n n a a a n --=⋅+≥，12a =，则10a 等于（ ）A ．12-B ．12C ．-1D ．2【答案】D【解析】解：∵12a =，()1112n n n a a a n --=⋅+≥， ∴()1112n n a n a -=-≥， ∴211122a =-=，3121a =-=-，()4112a =--=，511122a =-=，…， ∴数列{}n a 是以3为周期的周期数列，10331=⨯+，∴101a a =， 故选：D ．题型二：数列的单调性例9．（2022·四川达州·二模（理））已知单调递增数列{}n a 满足9,102121,109n n m n a m n n -⎧≥⎪=⎨⎛⎫+-< ⎪⎪⎝⎭⎩，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[)12,+∞B ．()1,12C ．()1,9D ．[)9,+∞【答案】B【解析】{}n a 为单调递增数列，10912109m ma a >⎧⎪⎪∴+>⎨⎪>⎪⎩，即12109219219m m m m ⎧⎪>⎪⎪+>⎨⎪⎪⎛⎫>+⨯-⎪⎪⎝⎭⎩，解得：112m <<， 即实数m 的取值范围为()1,12．故选：B ．例10．（2022·河南·温县第一高级中学高三阶段练习（文））已知函数()()633,7,7x a x x f x a x -⎧--≤=⎨>⎩，若数列{}n a 满足()()*n a f n n N =∈且{}n a 是递增数列，则实数a 的取值范围是（ ）A ．9,34⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．9,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．()2,3D ．[)2,3【答案】C【解析】因为数列{}n a 是单调递增数列，则函数()6x f x a -=在()7,+∞上为增函数，可得1a >，函数()()33f x a x =--在[)1,7上为增函数，可得30a ->，可得3a <，且有78a a <，即()86733187a a a ---=-<，即27180a a +->，解得9a <-或2a >．综上所述，23a <<． 故选：C ．例11．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列{}n a 的首项为11a =，2a a =，且121(2,)n n a a n n n N *++=+≥∈，若数列{}n a 单调递增，则a 的取值范围为（ ） A ．12a <<B ．23a <<C ．3522a <<D ．1322a <<【答案】C【解析】当2,n n N *≥∈时，121(1)n n a a n ++=+，因此有2123(2)n n a a n +++=+，(2)(1)-得：22n n a a +-=，说明该数列从第2项起，偶数项和奇数项都成等差数列，且它们的公差都是2，由121n n a a n ++=+可得：345,2a a a a =-=+，因为数列{}n a 单调递增，所以有1234a a a a <<<，即152a a a <<-<+，解得：3522a <<，故选：C例12．（2022·全国·高三专题练习）已知等比数列{}n a 前n 项和n S 满足113n n S A +=-⋅（A R ∈），数列{}n b 是递增的，且2n b An Bn =+，则实数B 的取值范围为（ ）A ．2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)1,-+∞C ．()1,-+∞D ．1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】解：因为等比数列{}n a 前n 项和n S 满足113n n S A +=-⋅（A R ∈），所以1119a S A ==-，221(127)(19)18a S S A A A =-=---=-， 332(181)(127)54a S S A A A =-=---=-，因为等比数列{}n a 中2213a a a ，所以2(18)(19)(54)A A A -=--，解得13A =或0A =（舍去）， 所以213n b n Bn =+，因为数列{}n b 是递增的，所以22111(1)(1)033n n b b n B n n Bn +-=+++-->，所以2133B n >--，因为*n N ∈，所以1B >-， 故选：C例13．（2022·全国·高三专题练习（理））已知数列{}n a 满足()712,83,8n n a n n a n a n *-⎧⎛⎫-+>⎪ ⎪=∈⎝⎭⎨⎪≤⎩N ，若对于任意n *∈N 都有1n n a a +>，则实数a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】由条件可得011031923a a a a ⎧⎪<<⎪⎪-<⎨⎪⎪⎛⎫>-⨯+⎪ ⎪⎝⎭⎩，解出即可．【详解】因为对于任意n *∈N 都有1n n a a +>， 所以011031923a a a a ⎧⎪<<⎪⎪-<⎨⎪⎪⎛⎫>-⨯+⎪ ⎪⎝⎭⎩，解得112a <<故选：C例14．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的通项公式为2n a n bn =+，若数列{}n a 是单调递增数列， 则实数b 的取值范围为（ ） A ．(2,)-+∞ B ．[2,)-+∞C ．(3,)-+∞D ．(,3)-∞-【答案】C由数列{}n a 是单调递增数列，可得10n n a a +->，从而有21b n >--恒成立，由n ∈+N ，可求得b 的取值范围． 【详解】由数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +->，即22(1)(1)210n b n n bn n b +++--=++>，即21b n >--（n ∈+N ）恒成立，又数列{}(21)n -+是单调递减数列，所以当1n =时，(21)n -+取得最大值3-，所以3b >-． 故选：C ．【方法技巧与总结】解决数列的单调性问题的3种方法例15．已知数列{}n a 的首项为1，且()()*111n n n a a n n ++=∈+N ，则na的最小值是（ ）A ．12 B ．1 C ．2 D ．3【答案】B 【分析】 根据()111n n n a a n ++=+得出()11n n n a n a n ++-=，然后通过累加法求出1122n n a n =+-，根据均值不等式及n N +∈，即可求出结果． 【详解】 由()111n n n a a n ++=+得()11n n n a n a n ++-=所以()()()1122111122n n n n n n a n a n a a a na n a a ---=--+---++-+则()()()()()111112111122n n n n n n na n +---=-+-+++=+=+所以()111112222n n n na n-=+=+-≥ 当且仅当n =n N +∈，故取1a 或2a 最小，又121a a ==，所以n a 的最小值为1【点睛】思路点睛：本题通过累加法求数列通项公式，根据均值不等式及n N +∈，求得最值． 例16．已知数列{}n a 满足110a = ，12n na a n+-=，则n a n 的最小值为（ ）A ．-1B ．11 2C ．163D ．27 4【答案】C 【分析】先根据累加法得210n a n n =-+，进而得101n a n n n =+-，再结合函数()101f x x x=+-的单调性即可得当3n =时，na n 的最小值为163． 【详解】 解：由12n na a n+-=得12n n a a n +-=， 所以()121n n a a n --=-，()1222n n a a n ---=-，()2323n n a a n ---=-， ，3222a a -=⨯，2121a a -=⨯，累加上述式子得：()()()()12123211n a a n n n n n -=-+-+-+++=-⎡⎤⎣⎦，所以210n a n n =-+，()2n ≥，检验已知1n =时，210n a n n =-+满足．故210n a n n =-+，101n a n n n=+-，由于函数()101f x x x=+-在区间(上单调递减，在)+∞上单调递增，又因为*x ∈N ，当3n =时，10163133n a n =+-=，当4n =时，10114142n a n =+-=， 所以na n 的最小值为163． 故选：C ．例17．已知数列{}n a 的前n 项和n S ，且2(1)n n S a n -=-，22na nn b S =，则数列{}n b 的最小项为（ ）A ．第3项B ．第4项C ．第5项D ．第6项【答案】A 【分析】由n S 与n a 的关系1(1)n n n a S S n -=->化简即可求出n S 及n a ，可得n b ，分析单调性即可求解． 【详解】∵1(1)n n n a S S n -=->，∴1n n n S a S --=，则21(1)n S n -=-，即2*(N )n S n n =∈，∴22(1)21n a n n n =--=-．易知0n b >，∵212+1+14422+1n n n n b b n n -==，（），244142(1)n n b n b n +∴==+当11n >+时，1n >， ∴当13n ≤<时， 1n n b b +>， 当3n ≥时，1n n b b +<， 又23132,281b b ==，∴当3n =时， n b 有最小值．故选：A 例18．已知数列{}n a 的前n 项和2212,n S n n =-数列{||}n a 的前n 项和,n T 则nT n的最小值____ 【答案】5 【分析】由n S 和1n S -的关系求出数列{}n a 的通项公式，再根据正负表示出数列{||}n a 的通项公式为144,13414,4n n n a n n -≤≤⎧=⎨-≥⎩，求出n T ，并表示出n T n ，再分别求出13n ≤≤和4n ≥时的最小值，即可判断n T n 的最小值． 【详解】由题意，数列{}n a 的前n 项和2212n S n n =-()n N *∈，所以1121210a S ==-=-，当2n ≥时，()()12221221121414n n n n n n n S n a S -⎡⎤-----=-⎣⎦=-=， 当1n =时，1411410a ⨯-=-=， 所以414n a n =-，当13n ≤≤时，0n a <，当4n ≥时，0n a >，所以144,13414,4n n n a n n -≤≤⎧=⎨-≥⎩，数列{||}n a 的前n 项和n T ，所以22212,1321236,4n n n n T n n n ⎧-+≤≤=⎨-+≥⎩，当13n ≤≤时，212n T n n=-+，当3n =时，n Tn 的最小值为6；当4n ≥时，36212n n T n n=+-， 由对勾函数的性质，当4n =时，nT n有最小值5； 综上所述，nT n的最小值为5 故答案为：5 【点睛】本题主要考查由n S 求数列通项公式的求法、等差数列前n 项和公式、对勾函数的应用，是一道综合性很强的题目，考查学生分析转化能力和计算能力，属于难题． 例19．数列，1n =，2，，中的最小项的值为__________．【分析】构造函数()ln xf x x=，利用函数单调性分析最大值，得出数列的最大项，即可得解． 【详解】 考虑函数()ln x f x x=，()21ln xf x x -'=，当0x e <<时，()21ln 0x f x x -'=>，当x e >时，()21ln 0x f x x -'=<， 所以()ln xf x x=在()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减， 即()1ln x f x x ==()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，所以y e ==()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，116689,89<<．【点睛】此题考查求数列中的最小项，利用函数单调性讨论数列的最大项和最小项，涉及导函数处理单调性问题． 【方法技巧与总结】求数列的最大项与最小项的常用方法（1）将数列视为函数()f x 当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f （x ）的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出()f x 的最值，进而求出数列的最大（小）项．（2）通过通项公式n a 研究数列的单调性，利用11()2n n n n a a a n a -+≥⎧⎨≥⎩≥，确定最大项，利用11()2n n nn a a a n a -+≤⎧⎨≤⎩≥，确定最小项．（3）比较法：若有1()()10n n a a f n f n -=+->＋或0n a >时11n na a +>，则1n n a a ＋＞，则数列{}n a 是递增数列，所以数列{}n a 的最小项为1(1)a f =；若有1()()10n n a a f n f n =-+-<＋或0n a >时11n na a +<，则1n n a a <＋，则数列{}n a 是递减数列，所以数列{}n a 的最大项为1(1)a f =． 题型四：数列中的规律问题例20．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以()f n 表示第n 幅图的蜂巢总数，则(4)f =（ ）；()f n =（ ）．A ．35 2331n n +-B ．36 2331n n -+C ．37 2331n n -+D ．38 2331n n +- 【答案】C 【分析】结合图形中的规律直接求出(4)f 和(5)f ，进而总结出递推公式2n ≥时，()()(1)61f n f n n --=-，利用累加法即可求出结果． 【详解】由图中规律可知：(4)37f =， 所以(2)(1)716f f -=-=，(3)(2)19726f f -=-=⨯，(4)(3)371936f f -=-=⨯， (5)(4)613746f f -=-=⨯，因此当2n ≥时，()()(1)61f n f n n --=-， 所以[][][]()()(1)(1)(2)(2)(1)(1)f n f n f n f n f n f f f =--+---++-+()()612211n n ⎡⎤=⨯-+-++++⎣⎦()1612n n -=⨯+2331n n =-+，经检验当1n =时，符合()2331f n n n =-+，所以()2331f n n n =-+，故选：C ．例21．由正整数组成的数对按规律排列如下：()1,1，1,2，()2,1，()1,3，()2,2，()3,1，()1,4，()2,3，()3,2，()4,1，()1,5，()2,4，⋅⋅⋅．若数对(),m n 满足()22222021m n -⋅-=，,m n N *∈，则数对(),m n 排在（ ）A ．第386位B ．第193位C ．第348位D ．第174位【答案】D 【分析】 先求出,m n 的值，再根据数对的特点推出数对(),m n 的位置 【详解】解：按规律把正整数组成的数对分组：第1组为（1，1），数对中两数的和为2，共1个数对；第2组为（1，2），（2，1），数对中两数和为3，共2个数对；第3组为（1，3），（2，2），（3，1），数对中两数的和为4，共3个数；……，第n 组为(1,),(2,1),,(,1)n n n -⋅⋅⋅，数对中两数的和为1n +，共n 个数，由()22222021m n -⋅-=，得()2222023m n -⋅=，因为20237289=⨯，所以2227289m n ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，解得317m n =⎧⎨=⎩，所以20m n +=，在所有数对中，两数之和不超过19的有1918123181712⨯+++⋅⋅⋅+==个， 所以在两数和为20的第1个数（1，19），第2个为（2，18），第3个为（3，17）， 所以数对（3，17）排在第174位， 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查简单的合情推理，考查等差数求和，解题的关键是由()22222021m n -⋅-=，得()2222023mn -⋅=，解出,m n 的值，考查计算能力，属于中档题例22．已知“整数对”按如下规律排列：()()()()()1,11,22,11,32,2，，，，，()()()3,11,42,3，，()3,2，，()4,1，…，则第68个“整数对”为（ ） A ．()1,12 B ．()3,10C ．()2,11D ．()3,9【答案】C 【分析】设“整数对”为()()*m n m n N ∈，，，由已知可知点列的排列规律是m n +的和从2开始，依次是3，4，…，其中m 依次增大，可依次求得总对数，从而可得选项． 【详解】设“整数对”为()()*m n m n N ∈，，，由已知可知点列的排列规律是m n +的和从2开始，依次是3，4，…，其中m 依次增大．当2m n +=时只有1个()11，；当3m n +=时有2个()()1221，，，； 当4m n +=时有3个()()()132231，，，，，； …；当12m n +=时有11个()()()111210111⋯，，，，，，；其上面共有11(111)12311662⨯+++++==个数对． 所以第67个“整数对”为()112，，第68个“整数对”为()211，， 故选：C ． 【点睛】本题考查知识迁移运用：点列整数对，关键在于理解和探索其规律，属于中档题． 例23．将正整数排列如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ……则图中数2020出现在 A ．第64行3列 B ．第64行4列 C ．第65行3列 D ．第65行4列【答案】B 【分析】计算每行首个数字的通项公式，再判断2020出现在第几列，得到答案． 【详解】每行的首个数字为：1，2，4，7，11… 111,1n n a a a n -=-=-利用累加法：112211(1)()()...()121112n n n n n n n a a a a a a a a n n ----=-+-++-+=-+-++=+计算知：642017a = 数2020出现在第64行4列 故答案选B 【点睛】本题考查了数列的应用，计算首数字的通项公式是解题的关键． 题型五：数列的最值问题例24．（2022·北京市第十二中学高三期中）已知数列{}n a 满足32n a n n=+，则数列{}n a 的最小值为（ ）A．343B ．575 C ．D ．12【答案】A【解析】()32f x x x=+在(0,上单调递减，在()+∞上单调递增， ∴当()x n n N *=∈时，()()(){}min min 5,6f n f f =，又()32575555f =+=，()32346663f =+=，()min 343f n ∴=，即32n a n n =+的最小值为343． 故选：A ．例25．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a ，2141n n a n n ，则下列说法正确的是（ ）A ．此数列没有最大项B ．此数列的最大项是3aC ．此数列没有最小项D ．此数列的最小项是2a【答案】B【解析】令10t n =-≥，则1n t =+，22,641411tty tt t t 当0=t 时，0y = 当0t >时，146y t t=++，由双勾函数的知识可得y 在()02,上单调递增，在()2,+∞上单调递减 所以当2t =即3n =时，y 取得最大值， 所以此数列的最大项是3a ，最小项为10a = 故选：B ．例26．（2022·河南·高三阶段练习（理））在数列{}n a 中，11a =，1n n a a n --=（N n +∈，2n ≥），则11n a n ++的最小值是（ ） A ．12B ．34C ．1D ．32【答案】C【解析】由题意可得()()()()()211221121122n n n n n n n n na a a a a a a a ---+-+=-+-+⋅⋅⋅+-+=+=，当1n =时，11a =满足上式，则()()212121112121n a n n n n n n +++⎡⎤==++-⎢⎥+++⎣⎦． 因为n ∈+N ， 所以12n +≥， 所以()2131n n ++≥+，则()21121n n ++-≥+，故112112n a n +≥⨯=+，当且仅当1n =时，等号成立． 故选：C例27．（2022·辽宁·高三阶段练习）若数列{}n a 满足24122,n nn n n a T a a a -==⋅⋅⋅，则n T 的最小值为（ ）A ．92-B ．102-C ．112-D ．122-【答案】B【解析】因为2420,nnn a -=>所以221222log log log log n n T a a a =++⋯+．设22log 4n n b a n n ==-．若n T 有最小值，则2log n T 有最小值， 令0n b ≤，则04,n ≤≤所以当3n =或4n =时﹐n T 的最小值为102-． 故选：B例28．（2022·全国·高三专题练习）若数列{}n a 满足113a =，1n n n a a +-=，则na n的最小值为（ ） A ．235B ．143C 12D ．13【答案】A【解析】由题意可知，()()121111312(1)13(1)2n n n a a a a a a n n n -=+-++-=++++-=+-，则113122n a n n n =+-，又113122y x x =+-在( 上递减，在)+∞上递增，且56<<，5n =时，11311131235222525n n +-=⨯+-=；6n =时，11311131142362226235n n +-=⨯+-=>，故选：A ．例29．（2022·全国·高三专题练习）设221316n a n n =-+-，则数列{}n a 中最大项的值为（ ）A ．134B ．5C ．6D ．132。
数列专题总复习知识点整理与经典例题讲解高三数学演示教学
数列专题复习一、等差数列的有关概念：1、等差数列的判断方法：定义法1(n n a a d d +-=为常数）或11(2)n n n n a a a a n +--=-≥。
如设{}n a 是等差数列，求证：以b n =na a a n+++Λ21 *n N ∈为通项公式的数列{}n b 为等差数列。
2、等差数列的通项：1(1)n a a n d =+-或()n m a a n m d =+-。
如(1)等差数列{}n a 中，1030a =，2050a =，则通项n a = （答：210n +）； （2）首项为-24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差的取值范围是______（答：833d <≤） 3、等差数列的前n 和：1()2n n n a a S +=，1(1)2n n n S na d -=+。
如（1）数列 {}n a 中，*11(2,)2n n a a n n N -=+≥∈，32n a =，前n 项和152n S =-，则1a ＝ ＿，n ＝＿（答：13a =-，10n =）；（2）已知数列 {}n a 的前n 项和212n S n n =-，求数列{||}n a 的前n 项和n T （答：2*2*12(6,)1272(6,)n n n n n N T n n n n N ⎧-≤∈⎪=⎨-+>∈⎪⎩）.4、等差中项：若,,a A b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且2a bA +=。
提醒：（1）等差数列的通项公式及前n 和公式中，涉及到5个元素：1a 、d 、n 、n a 及n S ，其中1a 、d 称作为基本元素。
只要已知这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，即知3求2。
（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等差，可设为…，2,,,,2a d a d a a d a d --++…（公差为d ）；偶数个数成等差，可设为…，3,,,3a d a d a d a d --++,…（公差为2d ）5、等差数列的性质：（1）当公差0d ≠时，等差数列的通项公式11(1)n a a n d dn a d =+-=+-是关于n 的一次函数，且斜率为公差d ；前n 和211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+-是关于n 的二次函数且常数项为0.（2）若公差0d >，则为递增等差数列，若公差0d <，则为递减等差数列，若公差0d =，则为常数列。
专题10 数列 10.4数列求和 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)
专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．(3)一些常见的数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)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，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．题型一.裂项相消1．数列{a n}的通项公式a n=1or1)，已知它的前n项和S n=99100，则项数n＝（）A．98B．99C．100D．101【解答】解：列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1，所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1，由于前n项和S n=99100，所以1−1r1=99100，解得n＝99．故选：B．2．已知等差数列{a n}满足a3＝10，a1+a4＝17．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n=3r1，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．所以3=101+4=17，解得1=4=3，所以a n＝4+3（n﹣1）＝3n+1．（2）由（1）得b n=3r1=13r1−13r4，所以S n＝b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4．3．已知数列{a n}的前n项和为S n，若4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，且a1＝1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设=1(+2)，数列{c n}的前n项和为T n，求T n．【解答】解：（1）在4S n＝（2n﹣1）a n+1+1中，令n＝1，得a2＝3，∵4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，∴当n≥2时，4S n﹣1＝（2n﹣3）a n+1，两式相减，得4a n＝（2n﹣1）a n+1﹣（2n﹣3）a n（n≥2），∴（2n+1）a n＝（2n﹣1）a n+1，即r1=2r12K1(≥2)．∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1，故a n＝2n﹣1．（2）=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1)，T n＝c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1，所以=2r1．题型二.错位相减1．已知等差数列{a n}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设=3，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，由题，1=222=15，即(1+p2=1(1+4p，解得d＝4．∴a n＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．（Ⅱ）=3=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，设数列{b n}的前n项和为T n，=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②①﹣②，得：−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，∴=6+2(−1)⋅3r1．∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1．2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13，b2b3=127．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{a n•b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S5＝30，S7＝56，得51+5×42=3071+7×62=56，解得1=2=2．∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n；设等比数列{b n}的公比为q（q＞0），由b1b2=13，b2b3=127，得12=13123=127，解得1=1=13．∴=(13)K1；（2）a n•b n=23K1=2⋅3K1．令{3K1}的前n项和为R n，则=130+231+332+⋯+3K1，13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得：23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3，∴=94−2r34⋅3K1．则=2=92−2r32⋅3K1．3．（2015·山东）设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n＝3n+3．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}，满足a n b n＝log3a n，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）因为2S n＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，＝3n﹣1+3，当n＞1时，2S n﹣1此时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即a n＝3n﹣1，所以a n=3，=13K1，＞1.．（Ⅱ）因为a n b n＝log3a n，所以b1=13，当n＞1时，b n＝31﹣n•log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，所以T1＝b1=13；当n＞1时，T n＝b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，所以3T n＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，两式相减得：2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−（n﹣1）×31﹣n=136−6r32×3，所以T n=1312−6r34×3，经检验，n＝1时也适合，综上可得T n=1312−6r34×3．题型三.分组求和1．已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝a n﹣2，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则a2＝2+d，a4＝2+3d，∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22＝a1•a4，即（2+d）2＝2（2+3d），整理，得d2﹣2d＝0，解得d＝0（舍去），或d＝2，∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．（2）由（1）知，设b n＝a n﹣2=2n﹣22n＝2n﹣4n，故S n＝b1+b2+…+b n＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）＝2×or1)2−4(1−4)1−4＝n2+n+43−4r13．2．在公差不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{b n}满足=2，=2−1，2，=2，（k∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{b n}的前2n项和T2n．【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，化简可得a1＝d＝1，即有a n＝n，n∈N*；（2）由（1）可得b n=2，=2−12，=2，k∈N*；前2n项和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）=2(1−4)1−4+12n（4+4n）=2(4−1)3+2n（n+1）．3．已知数列{a n}、{b n}满足：a n+1＝a n+b n，{b n+2}为等比数列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．（1）试判断数列{b n}是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：（1）数列{b n}不是等差数列．理由如下：由a n+1﹣a n＝b n，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，又∵数列{b n+2}为等比数列，∴数列{b n+2}的首项为4，公比为2．∴3+2=4×22=16，得b3＝14，显然2b2＝12≠b1+b3＝16．故数列{b n}不是等差数列；（2）结合（1）知，等比数列{b n+2}的首项为4，公比为2．故+2=4⋅2K1=2r1，∴=2r1−2．∵a n+1﹣a n＝b n，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，∴−K1=2−2（n≥2）．令n＝2，…，（n﹣1）．得2−1=22−2，3−2=23−2，…−K1=2−2（n≥2），累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)（n≥2）．∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2（n≥2）．又a1＝2满足上式，∴=2r1−2．∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4．题型四.讨论奇偶、绝对值求和1．数列{a n}的前n项和记为S n，对任意的正整数n，均有4S n＝（a n+1）2，且a n＞0．（1）求a1及{a n}的通项公式；（2）令=(−1)K14r1，求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）当n＝1时，41=(1+1)2，则a1＝1；当n≥2时，由4S n＝（a n+1）2，知4S n﹣1＝（a n﹣1+1）2，联立两式，得4a n＝（a n+1）2﹣（a n﹣1+1）2，化简得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）＝0，∵a n＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即{a n}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，故a n＝2n﹣1；（2）=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=（﹣1）n﹣1（12K1+12r1），下面对n分奇偶数讨论：当n为偶数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…+（12K3+12K1）﹣（12K1+12r1）=1−12r1=22r1，当n为奇数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…﹣（12K3+12K1）+（12K1+12r1）=1+12r12r22r1，所以T n=为奇数为偶数．2．已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5＝9，S5＝25．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）设=(−1)，求{b n}前2n项和T2n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d，则5=1+4=95=51+5×42=25，整理，得1+4=91+2=5，解得1=1=2，∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，=o1+2K1)2=2．（2）由（1）知，设=(−1)=（﹣1）n•n2．T2n＝b1+b2+…+b2n＝（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2n﹣1+b2n）＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n=2δ(1+2p2＝2n2+n．3．已知数列{a n}满足a1＝﹣2，a n+1＝2a n+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{a n}的通项公式并加以证明；（3）求数列{|a n|}的前n项和S n．【解答】解：（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想=2−4．因为a n+1＝2a n+4，所以a n+1+4＝2（a n+4），r1+4+4=2，则{a n+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以+4=2，所以==2−4．（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，a n≥0，所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2，又n＝1时满足上式．所以，当n∈N*时，=2r1−4+2．题型五.数列求和选填综合1．首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，当其前n项和S n取最大值时，n的值为（）A．5B．6C．7D．8【解答】解：∵首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，∴5（a1+2d）＝7（a1+3d），整理，得：1=−112，∵a1＞0，∴d＜0，∴=−112B+oK1)2=2（n﹣6）2﹣18d，∴当其前n项和S n取最大值时，n的值为6．故选：B．2．在等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设b n＝a2n﹣1﹣a2n，n∈N*，则数列{b n}的前2n项和为112(1−42)．【解答】解：等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设首项为a1，公比为q，则：23=214+27=34，整理得：13=213+216=34，解得：1=14=2．则：=1K1=2K3，所以：b n ＝a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4，则：T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42)．故答案为：112(1−42)．3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2且对于任意n ＞1，n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1），则（）A ．a 4＝7B ．S 16＝240C ．a 10＝19D ．S 20＝381【解答】解：当n ≥2时，S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1）⇒S n +1﹣S n ＝S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1＝a n +2．所以数列{a n }从第2项起为等差数列，a n =1，=12−2，≥2，所以，a 4＝6，a 10＝18．S n ＝a 1+(2+)(K1)2=n （n ﹣1）+1，S 16＝16×15+1＝241，S 20＝20×19+1＝381．故选：D ．4．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为（）A ．﹣454B ．﹣450C ．﹣446D ．﹣442【解答】解：数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，可得a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，由11+22+33+⋯+=12−1，可得11=12−1=−12，可得b 1＝﹣2，又11+22+⋯+K1K1=12K1−1，且11+22+33+⋯+=12−1，两式相减可得=12−12K1=−12，可得b n＝﹣（2n﹣1）•2n，则S5＝﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32＝﹣454，故选：A．5．已知数列{a n}满足1=32，r1=3+3，若=3，则c1+c2+⋅⋅⋅+c n＝(2r1)⋅3−14．【解答】解：因为1=32，r1=3+3，所以1r1=+33=13+1，即1r1−1=13，所以数列{1}是首项11=23，公差为13的等差数列，所以1=23+13(−1)=r13，则=3=(+1)3K1，则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1，设T＝2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+（n+1）×3n﹣1①，则3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1+3−13−1−（n+1）×3n，则=(2r1)⋅3−14．即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14．故答案为：(2r1)⋅3−14．6．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＝λa n﹣2，其中λ为常数，若a n b n＝13﹣n，则数列{b n}中的项的最小值为−1214．【解答】解：根据题意，数列{a n}的满足a1＝2，S n＝λa n﹣2，当n＝1时，有a1＝S1＝λa1﹣2，即2＝2λ﹣2，解可得λ＝2，则S n＝2a n﹣2，①＝2a n﹣1﹣2，②则有S n﹣1①﹣②：a n＝2a n﹣2a n﹣1，变形可得a n＝2a n﹣1，则数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ，又由a n b n ＝13﹣n ，则b n =13−2，当n ≤13时，b n ≥0，当n ≥14时，b n ＜0，且{b n }为递增数列，则当n ＝14时，b n 取得最小值，此时b 14=−1214；故答案为：−1214．7．已知数列{a n }和{b n }首项均为1，且a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n +1+a n b n +1＝0，则S 2019＝（）A ．2019B ．12019C ．4037D ．14037【解答】解：∵a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，∴a n ≥a n +1≥a n ，∴a n ＝a n +1，另外：a 1≥a 2≥a 1，可得a 2＝a 1＝1，∴a n ＝1．∵2S n S n +1+a n b n +1＝0，∴2S n S n +1+b n +1＝0，∴2S n S n +1+S n +1﹣S n ＝0，∴1r1−1=2．∴数列{1}是等差数列，首项为1，公差为2．∴1=1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，∴S n =12K1．∴S 2019=14037．故选：D ．8．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n ≥2且n ∈N +），等比数列{b n }公比q ＝2，令c n =为奇数，为偶数，则数列{c n }的前n 项和S 2n ＝2n 2﹣n +4r1−43．【解答】解：因为a1＝1，a2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n≥2且n∈N+），①可得n＝2时，11+22=31+6，即b1+3b2＝b3+6，由等比数列的{b n}的公比为q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以b n＝2n，当n＝3时，11+22+33=42+6，即2+3×4+83=3×16+6，解得a3=15，又11+22+⋯+K1K1=K2+6（n≥3，且n∈N+），②①﹣②可得，=r1K1−K2，即2=2r1K1−2K2，化为1+1K2=2K1，又11+13=6=22，所以{1}为等差数列，且公差d=12−11=2，则1=11+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以c n=2−1，为奇数2，为偶数，所以S2n＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）=o1+4K3)2+4(1−4)1−4＝2n2﹣n+4r1−43．故答案为：2n2﹣n+4r1−43．9．已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，其中1=−12，设=K+1，若b3为数列{b n}中唯一最小项，则实数λ的取值范围是（5，7）【解答】解：∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，∴a n+1=−(+2)2+3，∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3，∴1r1+1=2+3+1=2+1+1，即1r1+1−1+1=2，所以数列{1+1}是公差为2的等差数列，∵11+1=2，∴1+1=2+(−1)×2=2n，∴b n＝2n（n﹣λ），∴b n+1﹣b n＝2（n+1）（n+1﹣λ）﹣2n（n﹣λ）＝4n+2﹣2λ，因为b3为数列{b n}中唯一最小项，所以b1＞b2＞b3＜b4＜b5＜…，∴当n＝1时，b2﹣b1＝6﹣2λ＜0，得λ＞3，当n＝2时，b3﹣b2＝10﹣2λ＜0，得λ＞5，当n≥3时，4n+2﹣2λ＞0恒成立，即λ＜2n+1，即有λ＜7．所以5＜λ＜7．故答案为：（5，7）．课后作业.数列求和1．已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设T n为数列{1r1}的前n项和，若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．设公差为d，由已知得：41+6=14(1+2p2=1(1+6p，，联立解得d＝1或d＝0（舍去），a1＝2，故：a n＝n+1．（2）由（1）得：1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2，所以：=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2．=12−1r2，=2(r2)．由于：λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，所以：2(r2)≤+2，解得：≤2(r2)2+4)+8，由于：+4≥≥4故：2(+4)+8≥16，即：λ≤16．故λ的最大值为16．2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝6，a7＝14．（1）求数列{a n}的通项公式及S n；（2）若_____，求数列{b n}的前n项和T n．在①b n＝2•a n；②b n=2+r12；③b n＝（﹣1）n•a n这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，由a3＝6，a7＝14．得4d＝a7﹣a3＝14﹣6＝8，解得d＝2，所以a1＝a3﹣2d＝6﹣4＝2，所以a n＝2+2（n﹣1）＝2n；S n=2（2+2n）＝n2+n．（2）若选择条件①：由（1）可知a n＝2n，则b n＝2•a n＝2n•4n，所以T n＝b1+b2+…+b n＝2×41+4×42++6×43…+（2n）•4n；4T n＝2×42+4×43+6×44+…+（2n）•4n+1，两式相减得：﹣3T n＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1＝2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83（1﹣4n）﹣2n•4n+1，所以T n=89（1﹣4n）+23•4n+1；若选择条件②：由a n＝2n，S n＝n2+n，得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4（1−1r1），所以T n＝b1+b2+b3+…+b n＝8n+4（1−12+12−13+⋯+1−1r1）＝8n+4r1=82+12r1；若选择条件③：由a n＝2n，得b n＝（﹣1）n•a n＝（﹣1）n•2n，所以T n＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n•2n，当n为偶数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++[﹣2（n﹣1）+2n]=2×2＝n，当n为奇数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n=K12×2n ＝﹣n﹣1，所以T n=，为奇数−−1，为偶数．3．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且S n=(+1)2（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=2(−2)(r1)，T n＝b1+b2+…+b n，求T n．【解答】解：（1）S n=(+1)2（n∈N*），当n＝1时，1=1(1+1)2，∴a1＝1，当n≥2时，由S n=(+1)2，得2=2+①取n＝n﹣1，得2K1=K12+K1②①﹣②得：2=2(−K1)=2−K12+−K1，∴（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）＝0，∵a n+a n﹣1＞0，∴a n﹣a n﹣1＝1，n≥2，∴数列{a n}是等差数列，则a n＝n；（2）由S n=(+1)2，a n＝n，∴=or1)2，则=2(−2)(r1)=(−2)，∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2)，−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1，两式作差得：∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2)，∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29．4．在数列{a n}中，a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n；并求满足S n＜1516时n的最大值．【解答】解：（I）∵a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立，∴1(r1)r1−1B=1．∴1B=2+（n﹣1）＝n+1，∴a n=1or1)．（II）a n=1or1)=1−1r1．∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1，S n＜1516，即1−1r1＜1516，解得n＜15，因此满足S n＜1516时n的最大值为14．。
2023年新高考数学一轮复习7-5 数列的综合应用(知识点讲解)含详解
专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式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”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ）A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32 B ．33 C ．34 D ．35例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258B ．264C ．642D ．636例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ） A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2 （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ） A ．10B ．14C ．23D ．26例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金n T几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ）A ．5-B ．7C ．13D ．26例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【总结提升】理解题意，构造数列，应用数列模型解题．专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式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”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n - B ．12n -C ．21n -D ．32n -【答案】C 【解析】 【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 【答案】2n n 1-+ 【解析】 【分析】由题设11()()4n f f n n-+=，讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式，再求n S . 【详解】由题设，111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-， 所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩，即2(1)n a n =-且n ≥ 2， 当1n =时，11S =，当2n ≥时，21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-，所以21n S n n =-+，n *∈N故答案为：2n n 1-+.例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？ 【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（1）计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案；（2）令n n a b ≥得出42n ≤，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：（1）()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=（2）10470542n n n -+>+⇒≤，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=，∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】 【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k-==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =， 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去）， 所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--， 所以数列{}22nn c c -是等比数列； （ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==， 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑， 则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--， 所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n nn n T --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ） A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】 【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n 项和公式求出X ，再设小郭第3年还款的现值为y ，根据复利规则求出y ． 【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D 正确，C 错误， 设每年应还X 元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++， 银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +．2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+， ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+， 即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-，故A 错误．设小郭第三年还款的现值为y ，则3(1)y r X ⋅+=，所以()31Xy r =+，故B 正确；例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-， 因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，分类讨论n 可求出结果. 【详解】 由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅，∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ， 即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤， 即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤，即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤， 即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤， 即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，当14n ≤≤时，2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为4412226465n +≥+=++，∴125-≤p ，所以125p ≥-，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为447226663n +≤+=++，∴73-≥p ，所以73p ≤-，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．故选：A ．例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32B ．33C ．34D ．35【答案】B 【解析】 【分析】根据分裂数的定义，求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数，再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置，进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意，对于332,...,m ，它们依次对应2、3、…、m 个分裂数，则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+，从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+，又332,...,m 的分裂数{}n a ，构成首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，令211111n +=，可得555n =，所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤，当32m =时，(1)(2)5275552m m -+=<不符合； 当33m =时，(1)(2)5605552m m -+=>，(2)(1)5275552m m -+=<符合； 当34m =时，(2)(1)5605552m m -+=>不符合； 综上，33m =. 故选：B例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258 B ．264 C ．642 D ．636【答案】A 【解析】 【分析】分析可知对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<，由题中定义，对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣， 满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，当1m =时，0m b =，当)122,2m ⎡∈⎣时，1m b =，此时满足条件的m 的个数为12，当)232,2m ⎡∈⎣时，2m b =，此时满足条件的m 的个数为22，当)562,2m ⎡∈⎣时，5m b =，此时满足条件的m 的个数为52， 因此，01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选：A.例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-． 【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ，证明见解析 【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++， …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-， 所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭， 则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++， 因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+， 又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-． 【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦， 对其进行整理变形：()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+， ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=， ()2222222240as at b at a s t ++-=， 222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0=t ，其中2212s t b b a a-=为双曲线，0=t 为直线.故选：C.例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)（II ）（II ）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意， 所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六：数列与传统文化 例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ）A ．10B ．14C ．23D ．26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ，根据217a =，前5项和为100求解.【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列{}n a ．由题意可知，等差数列{}n a 中217a =，前5项和为100，设公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，则535100S a ==，解得320a =，所以323d a a ， 所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=，故选：D ．例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ） A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C 【解析】【分析】 根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤； 第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤， 以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤， 所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯， 即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =， 又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】【详解】。
高三数学第一轮复习——数列(知识点很全)
a1 (n 1)d ， a1 为首项， d 为公差.
n(a1 an ) 1 或 S n na1 n( n 1)d . 2 2
A 叫做 a 与 b 的等差中项.
⑵前 n 项和公式 S n 3.等差中项
如果 a, A, b 成等差数列，那么 即： 4.等差数列的判定方法 ⑴定义法： an 1
A 是 a 与 b 的等差中项 2 A a b a ， A ， b 成等差数列.
an d （ n N ， d 是常数） a n 是等差数列；
an an2 ( n N ) a n 是等差数列.
⑵中项法： 2an 1 ⑴数列
5.等差数列的常用性质
an 是等比数列，则数列 pan 、 pan （ q 0 是常数）都是等比数列； k ⑵在等比数列 a n 中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 an , an k , an 2 k , an 3k , 为等比数列，公比为 q .
⑶ an
am q nm (n, m N )
⑷若 m n
p q(m, n, p, q N ) ，则 am an a p aq ；
Sn an 的前 n 项和 S n ，则 是等差数列； n
⑸若等差数列
⑹当项数为 2n(n N ) ，则 S偶
S奇 nd ,
S偶 an 1 S奇 an
0) ，这个数列叫做等比数
a1q n1 ， a1 为首项， q 为公比
1 时， Sn na1
.
⑵前 n 项和公式：①当 q ②当 q 3.等比中项
1 时， S n
a1 (1 q n ) a1 a数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项. 即： G 是 a 与 b 的等差中项 4.等比数列的判定方法 ⑴定义法：
高三数学第一轮复习《数列求和》讲义
＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.
∴Tn＝n·3n.
③．在等差数列 中， ，前 项和 满足条件 ，
（Ⅰ）求数列 的通项公式；
（Ⅱ）记 ，求数列 的前 项和 。
解：（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ,由 得： ，所以 ，即 ，所以 。
（Ⅱ）由 ，得 。所以 ，
当 时， ；
例题分析：
题型一 分组转化求和
例1 求和：(1)Sn＝ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ ；
(2)Sn＝ 2＋ 2＋…＋ 2.
解 (1)由于an＝ ＝n＋ ，
∴Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋
＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝ ＋ ＝ － ＋1.
(2)当x＝±1时，Sn＝4n.当x≠±1时，
Sn＝ 2＋ 2＋…＋ 2＝ ＋ ＋…＋
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，即2Sn＝n·3n＋1－ ，
∴Sn＝ ＋ .
变式训练2①已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*).
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
,
故 ( )
(2)
两式相减得
故
数列求和练习（1）
1．数列 的通项公式是 ，若它的前 项和为10，则其项数 为
A．11 B．99 C．120 D．121
解： ，则由 ，得 ，选C
2．数列 的通项是 ， ，则数列 的的前 项和为
A． B． C． D．
解： ，则
，选A
3．已知数列 的前 项和为 ，则 的值是
2023届高三数学一轮复习专题 数列通项公式的十三种求法 讲义 (解析版)
数列通项公式的十三种方法数列的通项公式是数列的核心概念之一,它如同函数中的解析式一样,有解析式便可研究其性质;而有了数列的通项公式则可求出其任意一项以及前项和等.因而求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点.本文总结出几种求解数列通项公式的方法,希望对大家有所帮助.一、观察法根据数列的前几项求通项公式时，常用“观察、归纳、猜想、验证”的思想方法，即先找出各项相同的部分，再找出不同的部分与序号之间的关系，并用n 表示出来.{}{}{}{}{}.2,12,,)1(,,;;,.:.232)1()2(.)12)(12(2.1212,,75,53,31,2)1(:;6461,3229,1613,85,41,21)2(;9910,638,356,154,32)1(.,:11等如列要注意联系一些基本数进行验证或调整再次是写出通项公式后号的联系与序其次要分析变化的因素而变化哪些因素随序号的变化与序号无关而保持不变首先要观察哪些因素其规律之间的对应关系中发现与序号要善于从数值点评的通项公式为别考虑可以得出此数列将符号、分子、分母分式为故此数列的一个通项公的积和是两个连续奇数分母为分子为偶数列解通项公式写出下面各数列的一个根据数列的前几项例----•-=+-=+-⋅⋅⋅⨯⨯⨯⋅⋅⋅--⋅⋅⋅n n n n n nn n n n n a a n n na n n n 二、定义法.)0,(.11的数列为常数且或递推公式为这种方法适用于式的方法叫定义法比数列的定义求通项公直接利用等差数列或等≠=+=++q q d qa a d a a n n n n 三、累加法).()1()3()2(),2()3()1()(,).2(),3(,),1(),(:),(11122321111n f n f f f a a f f n f n f a a f a a f a a n f a a n f a a n f a a a n n n n n n n n +-+⋅⋅⋅+++=++⋅⋅⋅+-+=-=-=-⋅⋅⋅-=-=-=-----即得相加所有等式左右两边分别即可以用“累加法”且已知.22,2)1(1,1),1(321112........................321,:,1,:22111223322111111+-=∴-=-∴=-+⋯⋯+++=--⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫=-=--=--=--=-=-+==+=-----+++n n a n n a a n a a n a a a a n a a n a a n a a n a a a n a a a a n a n n n n n n n n n n n n n n n n 又得个式子相加所以得由解求已知例.,)1(,)1(,,2,1)(,)1()2()1(:1称为累加法个等式累加而求可得个代入以中就可以将的和是可求的只要点评n n n a n n n n n f a a n f f f --⋅⋅⋅=+=-+⋅⋅⋅+++四、累乘法).()1()3()2(),2()3()1()(,).2(),3(,),1(),(:),(11122321111n f n f f f a a f f n f n f a a f a af a a n f a a n f a a n f a a a n nn n n n n n•-•⋅⋅⋅•••=••⋅⋅⋅•-•===⋅⋅⋅-===----即得相乘所有等式左右两边分别即可以用“累乘法”且已知{}{}.,)(:.2,2,21122232........................32221212,1222)22(:.,)22(,2,:31111223322111111n n n n nn n n n n n n n n n n n n n a n n f n a a n a a n a a a a n n a a n n a a n n a a n n n a a a n a a a na a a 可用累乘法求项积可求前数列点评又得个式子相乘所以得由解求通项公式中已知数列例•=∴=•=-⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫•=•=--•=--•=-•=∴+•=+=+=+==------+++五、构造法（构造成等比数列）.,)1(1.,11),1(1),1(1,)1(,,)1(),(:)1(.)01(:111111111n n n n n n n n n n n n n n a p p qa p q a p p qa p q a p q a p p q a p p qq p q pa a p pa a a p a q p q pa a 从而求出所以为公比的等比数列以为首项是以因此数列所以所以比较系数得与题设得设构造法项相减法”可用“构造法”或“逐且类型-+++++•-+=-+-+⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+-+=-+≠-==-+=-+=+=+≠≠+=λλλλλ{}.,,),(),2(),1(:)(.21211111n n n n n n n n n n n a a a p a a a a p a a q pa a q pa a 从而求出为首项的等比数列公比为是以从而得数列两式相减得得由阶差法逐项相减法---=-+=+=+-+-+{}{}{}.213,313,13,33331)113(,3).(3,1313:1.,131,.4111121111-111-=∴=-+∴+==•=-∴=-+⨯=---=-+=+=+==+-++-+++n n nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 其首项为的等比数列是公比为因此数列两式相减得得由解法的通项公式求数列且满足中在数列例{}.3,33331)113(,31:2111121n n n n n n n n n n a a a a a a a a a 可用“累加法”求出已知其首项为的等比数列是公比为得数列由解法解法=-=•=-∴=-+⨯=--+-++.,31:.213,32321,2321,321),21(32121,21,23),(313:3111111但殊途同归构造出的等比数列不同与解法解法点评首项为的等比数列是公比为数列即可化为设递推公式解法-=∴•=+∴=+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∴+=+∴=∴=∴+=+=++=-++++n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a λλλλλ.1,1.1,,).0,10(:2111111即类型的数列则转化形如令得两边同除以由且类型+•==+•=+=≠≠≠+=+--+++n n n n n n nn n n n n n n n n b q pb q a b qa q p q a q q pa a q p p q pa a {}{}.133,3133.3,232,323313),3(313,23313,32:.),2(32,6,:511111111111的等比数列首项为为公比是数列即令得由解的通项公式求数列满足中已知数列例-=-⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∴-=∴=-∴-•=+•=+∴+•=⨯+=≥⨯+==--------a a k k k a a k a k a a a a a a n a a a a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n.1.1,,)0,10(:.33)31(33,)31(33,)31(1331111111111的数列则转化形如令得可先在其两边同除以的数列且对形如点评+•==+•=≠≠≠+=-=•-=∴-=∴⨯-=-∴+--+++-+--n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b qpb q a b q a q p q a q q p p q pa a a a a ..,,,)1()2(),2(),1(.:3211211的通项公式从而分奇偶项求出数列偶数项分别是等比数列所以奇数项得由得由类型q a a q a a q a a q a a nn n n n n n n n n n ==•=•=•++++++{}{}⎪⎩⎪⎨⎧=∴=•=•==•=∴=∴=•⋅⋅⋅⋅⋅⋅∴==•=•=•=------++++++.,2,,22222;22,2,2;,,,;,,,,2)1()2(),2(2,)1(2:.,2,1,:6221112211112212864275312112111为偶数为奇数又成等比数列成等比数列得由得由解的通项公式求数列满足中已知数列例n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a nn n nn n n n n n nn n n n n n n n n n n n .,)()1(,)1()2(),2( )1(),1( )()(:21211项公式分奇偶项求出数列的通得由得由数列形如点评n f n f a a n f a a n f a a n f a a n n n n n n n n +=+=•=•=•+++++六、待定系数法{}.,,.)1()1(,)1()1(,),()1()0,1,(:11111n n n n n n n n n n n n n a b B An a b bA B P k A P b kn pa A B P An P Pa a PB PAn Pa B A An a B An a P B n A a k p b k b kn pa a 求出通项是等比数列从而构造了数列令比较系数得设是常数且类型++=⎩⎨⎧=--=-++=--+-+=∴++=+++∴++=+++≠≠++=++++{}{}{}.132136,361.611,31,1.1,1,.123,22,,1232323,3333],)1([3:.),2(123,4,:7111111111--•=--•=∴•=++∴=++++∴++=++∴⎩⎨⎧==⎩⎨⎧-=+-=-+=+-+=∴+-+=++∴+-+=++≥-+==-------n n a n a a n a n a B An a B A B A A n a B A An a a B A An a B An a B n A a B An a a n n a a a a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n 的等比数列首项为是公比为数列解得比较系数得设解的通项公式求数列满足中已知数列例{}.,.,),()1(,)0,1,(:11n n n n n n a p B An a B A B An a P B n A a k p b k b kn pa a 从而求出通项的等比数列是公比为则构造了数列比较系数相等求出设的数列是常数且递推公式为点评++++=+++≠≠++=++{}.,,.2,)2()(,2),()1()1()0,1,,(:2222122122121n n n n n n n n n n n n n a b C Bn An a b c C B A pC b A B PB aA pA c bn an pa CB A pC n A B PB n A pA Pa a pC PBn PAn Pa C B Bn A An An a C Bn An a P C n B n A a a p c b a c bn an pa a 求出通项是等比数列从而构造了数列令比较系数得设是常数且类型+++=⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-+++=---+--+-+=∴+++=++++++∴+++=+++++≠≠+++=++++{}{}{}.181032,18103218103232,23218103.321811013,218103.18103,18103,5242232,54322)22()2(2,22222),(2)1()1(:.,1,5432:82424211221222221221221121---=---=---•=∴•=+++∴=+⨯+⨯+++++++=+++∴⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-+++=---+--+-+=∴+++=++++++∴+++=+++++=+++=++--++++n n a n n n n a n n a a n n a n n a C Bn An a C B A C B A C A B B A A n n a C B A C n A B B n A A a a C Bn An a C B Bn A An An a C Bn An a C n B n A a a a n n a a a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n 为首项的等比数列为公比是所以数列解得比较系数得设解的通项公式求数列满足已知数列例{}.,,.,,),()1()1(,)0,1,,(:222121n n n n n n n n a b C Bn An a b C B A C Bn An a P C n B n A a a p c b a c bn an pa a 从而求出通项是等比数列则构造了数列令比较系数得设的数列是常数且形如点评+++=+++=+++++≠≠+++=++七、特征方程法{}.,,,,)(),().,(:1121121212的等比数列是公比为于是解得比较系数得所以可以变形为设为常数类型βαβααββααββααβαn n n n n n n n n n n n n n n a a qpa a a a a a a qa pa a q p qa pa a -⎩⎨⎧-==+-+=-=-+=+=++++++++++{}{}.)31(:1.),3731,3731231,131:2(.1,31:1.131311,3132,)(),(3132:.,3132,2,1,:9111112112112112121221-++++++++++++++-=-∴+==+∴=+=+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=---∴⎪⎩⎪⎨⎧=-=⎪⎩⎪⎨⎧-==⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==+-+=∴-=-+=+===n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a q pa a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 法类型从而变成的等比数列首项为是公比为数列法的等比数列首项为是公比为数列法或解得比较系数得可以变形为设解求中已知数列例βαβααββααββααβα.314347]311[431,311311313131,)1(,)1(,2,13111121111-----+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯-=⎪⎭⎫⎝⎛--+=∴+⎪⎭⎫⎝⎛--=⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=---⋯⋯=⎪⎭⎫⎝⎛-=-n n n n n n n n n a a a n n n n a a 得个等式累加再把代入以中将八、公式法{}.2,1,.,11求解利用公式法”的通项公式可用“公式求数列的关系与项和若已知数列前⎩⎨⎧≥-==-n s s n s a a a s n n n n n n n{}{}.,,1),2(,,:.2,261,5,51113,1,26)353(13]1)1()1(3[13,2:.,13:101111211222212否则要用分段函数表示才是通项公式相等时求得的与由时的当其方法是利用求数列的通项公式项和公式已知数列的前点评所以不符合上式时当时当解的通项公式求数列的前项和已知数列例n n n n n n n n n n n n a s a s a n n s s a n n n n a s a n n n n n n n n n n s s a n a n n s a ==≥-=⎩⎨⎧≥-===++•===-=+--++=+-+--++=-=≥++=--{}{}{}.,,:.12,122)1(3,2,320),(2))((,422:)2()1(),2(342,2),1(342,3,0,342,1:..342,0..11111111121211212111221的式子与含将所给关系式转化为只因此需利用已知条件中含点评的等差数列公差为是首项为数列，又式得式时当解得时当解的通项公式求数列已知的前项和为数列例------------=+=∴+=⨯-+=∴∴=-∴+=-+∴=--+-⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=+≥∴⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=+=+=+=+=+n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a s s a a s n a n n a a a a a a a a a a a a a a a a s a a n s a a a a a a a n a s a a a a s n九、数学归纳法{}{}{}{}.,,:.)1(),1(,)2)(1(.,1.)2()1()2()1(),2)(1()1()1(22,1,)1(),1(,)2(.,1)1(:.)1(),1(.25,20,16,12,9,6.,2:.,,,,,,)(,,,,,,4,2,,:122222221121224433221211432432*11111然后用数学归纳法证明其通项公式根据前几项的规律猜测前几项关键是准确求出数列的证明”求解数列问题的—猜测—使用“归纳点评对一切正整数都成立可知由结论也成立时所以当时那么当即时结论成立假设当由上知结论成立时当用数学归纳法证明猜测由此可得由条件得解的通项公式求数列的值及求成等比数列成等差数列且中在数列例+=+=+=+=+++==++=+-+=-=+=+=+===+=+========+=∈==+++++++++n b n n a k n k k k k b a b k k k k k a b a k n k b k k a k n n n b n n a b a b a b a b b a a a b b a b b b a a a N n b a b a b a b a b a n n k k k k k k k k n n n n n n n n n n n n n n n n n n 十、重新构造新方程组求通项法{}{}{}{}{}{}.,,,:.)311(21)311(21,)31(1.)31()()31()()31()(31,1.,2),(31,),2(31),2(31:.,),2(31),2(31,2,0,,1,.13.,,111111122211112211*11111111111111n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a N n n b a b a b a b a b a b b a a b a b a b b a a n b b a a b a b a b a b a 出从而再通过解方程组求等差或等比数列相加或相减后恰好构成观察两个式子结构特征点评解得所以所以都成立对得由解求时当中数列中已知数列例和然后解方程组求得的方程组和关于必须重新构造与要想求出给出的通项以方程组的形式和有时数列⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=⎪⎩⎪⎨⎧=-=+=-=⋅⋅⋅=-=-=-=+=⋅⋅⋅=+=+=+∈≥-=-+=++=+=+=+=≥==-------------------------十一、取倒数法{}{}.121,122)1(11,11,21,211,121,12:.,12,2,1,:1411111111-=∴-=⨯-+=∴=⎭⎬⎫⎩⎨⎧∴=-+=+=+=≥=------n a n n a a a a a a a a a a a a a a n a a n n n n n n n n n n n n n n n 的等差数列首项为是公差为数列两边取倒数得将解的通项公式求数列时且当满足中已知数列例.1,11,,)0,0(:111111cbb c d b b a a c d c b ca d ba a a bcd d ba ca a n n n n n n n n n nn +•==•+=+=≠≠+=+++++则令型即转化为构造新数列可用两边取倒数的方法型数列的通项公式求点评十二、取对数法{}{}{}.,lg ,lg lg lg ),0,0(:.13,31,3lg 23lg )1lg(.3lg )1lg(,2)1lg()1lg(2)1lg(,)1lg()1lg(,)1(121,2:.,2,2,:151112221112122121211111类型则变成令两边取对数得形如点评的等比数列首项为是公比为数列两边取对数得得由解的通项公式求数列满足中已知数列例q pb b a b a r c a a c ca a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n n n r n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n+==+==-=∴=+=•=+∴=++∴+=+∴+=++=++=++=+==+++-+++++---十三、平方(开方)法{}{}{}.,,),,0(:.13,0.133)1(4.3,4,3,3:.),2(3,2,:161222121221221221211类型则变成令则两边平方得为常数形如点评又为公差的等差数列为首项是以数列两边平方整理得将解的通项公式求数列满足中已知数列例q pb b a b da c a c d da c a n a a n n a a a a a a a a n a a a a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n +==+=≠+=+=∴>+=⨯-+=∴=∴=-+=≥+==+++---。
2023高考数学----数列的通项公式规律方法与典型例题讲解
2023高考数学----数列的通项公式规律方法与典型例题讲解【规律方法】常见求解数列通项公式的方法有如下六种：（1）观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法猜想其通项公式． （2）累加法：形如1()n n a a f n +=+的解析式．（3）累乘法：形如()()*1()02,?n n n a f n a a n n −=⋅≠∈N … （4）公式法（5）取倒数法：形如11n n n p ta a ma −−=+的关系式（6）构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差（比）数列构造为等差（比）数列来求通项公式．【典型例题】例1．（2022·上海市南洋模范中学高三期中）在数列{}*(N )n a n ∈中.12a =，n S 是其前n 项和，当2n ≥时，恒有n a 、n S 、2n S −成等比数列，则n a =___________ 【答案】22122n n n n=⎧⎪⎨≥⎪−⎩，，【解析】当2n ≥时，由题可得()22n n n S a S =−，即()()212n n n n S S S S −=−−，化简得1122n n n n S S S S −−+=，得1122n n n S S S −−=+，两边取倒数得11111211222n n n n n S S S S S −−−−=+=+， 11112n n S S −∴−=， 所以，数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111112S a ==为首项，以12为公差的等差数列，()1111222n nn S ∴=+−⋅=，2n S n∴=， 当2n ≥时，()12222211n n n a S S n n n n n n−=−=−=−=−−−−， 所以，22122n n a n n n =⎧⎪=⎨≥⎪−⎩，，.故答案为：22122n n n n =⎧⎪⎨≥⎪−⎩，，.例2．（2022·黑龙江·肇州县第二中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()21(21)2,N n n n S n S n a n n *−−−=≥∈，则数列n S =_____________． 【答案】2(1)n n +【解析】由题意可得2*11(21)(),(2,N )n n n n S n S n S S n n −−−−=−≥∈， 所以221(1)(1)n n n S n S −−=−，所以21(1)1(1)(1)1n n S n n S n n n −−−==+−+， 所以32121121(1)!2(1)!341(1)2n n S S S n n n S S S n n n −−−⨯⨯⋅⋅⋅⨯=⨯⨯⋅⋅⋅⨯==+++，又因为111S a ==，所以2(1)n S n n =+，故答案为：2(1)n n +例3．（2022·福建·高三阶段练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若226n n S n a =+−，则n a =______. 【答案】23n +【解析】当1n =时，11126a a =+−，则15a =； 当2n ≥时，()211126n n S n a −−=−+−，两式相减，整理得1212n n a a n −=−+，设公差为d ，则1121n n n a a d a n −−−==−+，即()5221n d n d +−=+−， 所以2d =， 所以23n a n =+. 故答案为：23n +.例4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =，且+1=3+1n n n a a a ，则数列{}n a 的通项公式为=n a ______． 【答案】131n − 【解析】由+1=3+1n n n a a a 两边取倒数可得+111=3n n a a +，即+1113n na a −=． 所以数列是首项为2，公差为3等差数列. 所以()123131n n n a =+−=−，所以131n a n =−． 故答案为：131n −. 例5．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，12a =，3211223nn a a a a a n+++++=−，则n a =__________． 【答案】2n 【解析】因为3211223n n a a a a a n +++++=−，当2n ≥时，31212231n n a a a a a n −++++=−−， 则1n n n a a a n +=−，即有11n n a a n n +=+，当1n =时，122a a =−，得24a =，2121a a=满足上式， N n *∈，11n n a a n n +=+，因此数列{}n a n是常数列，即121n a an ==，所以2n a n =. 故答案为：2n例6．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则n a =______．【答案】3223n n− 【解析】因为156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1122213n n n n a a ++=⨯+，整理得()11223233n n n n a a ++−=−，所以数列{}23n n a −是以14233a −=−为首项， 23为公比的等比数列，所以1422333n n n a −⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，解得3223n n na =−． 故答案为：3223nn −. 例7.（2022·全国·高三专题练习）设{}n a 是首项为1的正项数列且22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++−+=∈，且1+≠n n a a ，求数列{}n a 的通项公式_________ 【答案】n a n =【解析】依题意11a =，22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++−+=∈，所以()()1110n n n n a a na n a ++−−+=⎡⎤⎣⎦， 又因为1+≠n n a a ，所以10n n a a +−≠，所以()101n n na n a +−+=，()111,21n n n n a a n nn a n a n +−+==≥−， 所以13211221n n n n n a a a a a a a a a a −−−=⋅⋅⋅⋅⋅13211221n n n n n −=⋅⋅⋅⋅⋅=−−， 经检验，11a =也符合上式. 所以()*N n a n n =∈.综上所述， n a n =. 故答案为： n a n =.例8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*N n ∈），则n S =___________ 【答案】2n n ⋅【解析】因为12n n n a S n ++=，则12n n na S n +=+，当2n ≥时，1(1)1n n n a S n −−=+，因此1(1)21n n n na n a a n n +−=−++， 化简整理得1221n n a a n n +=⋅++，而211336a S a ===，有21232a a=⋅，即有*N n ∈，1221n n a a n n +=⋅++， 因此，数列{}1n a n +是以112a=为首项，2为公比的等比数列，则121n n a n −=+，即1(1)2n n a n −=+⋅， 所以1(2)2222n n n n n n S a n n n n +==⋅+⋅=⋅++. 故答案为：2n n ⋅例9．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足：123a =，()()()21*12122N n n n n a a n +++−=−∈，则{}n a 的通项公式为_____________.【答案】()()122121nn nn a +=−− 【解析】由()()2112122n n n n a a +++−=−得，1122222122121n n n n n n a a ++++−−==⋅−−， 则1231122113123121212121222221212121n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a −−−−−+−−−−−−−−⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=−−−−()()11322121n n n −+⋅−−， 即()()111322121n n n n a a −+⋅=−−，又123a =，所以()()122121n n nn a +=−−. 故答案为：()()122121n n nn a +=−−.例10．（2022·全国·高三专题练习）甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，则第n 次由甲掷的概率n P =______（用含n 的式子表示）． 【答案】1111223n −⎛⎫+− ⎪⎝⎭【解析】易知掷出的点数之和为3的倍数的概率为121363=．“第1n +次由甲掷”这一事件，包含事件“第n 次由甲掷，第1n +次继续由甲掷”和事件“第n 次由乙掷，第1n +次由甲掷”，这两个事件发生的概率分别为13n P ，()1113n P ⎛⎫−− ⎪⎝⎭，故()11112113333n n n n P P P P +⎛⎫=+−−=−+ ⎪⎝⎭（其中11P =）， 所以1111232n n P P +⎛⎫−=−− ⎪⎝⎭， 所以数列12n P ⎧−⎫⎨⎬⎩⎭是以112P −为首项，13−为公比的等比数列， 于是11111223n n P P −⎛⎫⎛⎫−=−⋅− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1111223n n P −⎛⎫=+− ⎪⎝⎭．故答案为：1111223n −⎛⎫+− ⎪⎝⎭。
2023届高三数学一轮复习专题 数列累加法构造等比等递推公式求通项及常用求和方法 讲义 (解析版)
数列求解通项的方法总结方法一、公式法当已知数列的类型（如已知数列为等差或等比数列）时，可以设出首项和公差（公比），列式计算。
1、等差数列通项公式： dn a a n )1(1-+=2、等比数列通项公式：例1、设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1=a 1，b 2=2，q=d ，S 10=100．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式 （2）当d ＞1时，记c n =，求数列{c n }的前n 项和T n ．变式1、已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1=b 1=1，b 2+b 3=2a 3，a 5﹣3b 2=7．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设c n =a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．11-=n n q a a方法二、利用前n 项和与通项的关系已知数列{ a n }前n 项和S n ，求通项公式，利用 a n ＝{)1()2(11=≥--n S n S S n n 特别地，当n=1的值与S 1的值相同时，合并为一个通项公式，否则写成分段的形式。
例2、（1）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2S n =3n+3．求{a n }的通项公式；（2）S n 为数列{a n }的前n 项和，己知a n ＞0，a n 2+2a n =4S n +3 （I ）求{a n }的通项公式.（Ⅱ）设b n =，求数列{b n }的前n 项和．变式2、（2015·四川）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．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）设数列的前n 项和为T n ，求T n ．方法三、利用递推关系式与通项的关系类型1、累加法 形如)(1n f a a n n +=+例3、（2014·全国卷）数列{a n }满足a 1=1，a 2=2，a n+2=2a n+1-a n +2.（1）设b n =a n+1-a n ，证明{b n }是等差数列； （2）求数列{a n }的通项公式.变式3、已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
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数列专题复习一、等差数列的有关概念：1、等差数列的判断方法：定义法1(n n a a d d +-=为常数）或11(2)n n n n a a a a n +--=-≥。
如设{}n a 是等差数列，求证：以b n =na a a n+++ 21 *n N ∈为通项公式的数列{}n b 为等差数列。
2、等差数列的通项：1(1)n a a n d =+-或()n m a a n m d =+-。
如(1)等差数列{}n a 中，1030a =，2050a =，则通项n a = （答：210n +）； （2）首项为-24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差的取值范围是______（答：833d <≤） 3、等差数列的前n 和：1()2n n n a a S +=，1(1)2n n n S na d -=+。
如（1）数列 {}n a 中，*11(2,)2n n a a n n N -=+≥∈，32n a =，前n 项和152n S =-，则1a ＝ ＿，n ＝＿（答：13a =-，10n =）；（2）已知数列 {}n a 的前n 项和212n S n n =-，求数列{||}n a 的前n 项和n T （答：2*2*12(6,)1272(6,)n n n n n N T n n n n N ⎧-≤∈⎪=⎨-+>∈⎪⎩）. 4、等差中项：若,,a A b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且2a bA +=。
提醒：（1）等差数列的通项公式及前n 和公式中，涉及到5个元素：1a 、d 、n 、n a 及n S ，其中1a 、d 称作为基本元素。
只要已知这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，即知3求2。
（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等差，可设为…，2,,,,2a d a d a a d a d --++…（公差为d ）；偶数个数成等差，可设为…，3,,,3a d a d a d a d --++,…（公差为2d ）5、等差数列的性质：（1）当公差0d ≠时，等差数列的通项公式11(1)n a a n d dn a d =+-=+-是关于n 的一次函数，且斜率为公差d ；前n 和211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+-是关于n 的二次函数且常数项为0.（2）若公差0d >，则为递增等差数列，若公差0d <，则为递减等差数列，若公差0d =，则为常数列。
（3）当m n p q +=+时,则有q p n m a a a a +=+，特别地，当2m n p +=时，则有2m n p a a a +=.如（1）等差数列{}n a 中，12318,3,1n n n n S a a a S --=++==，则n ＝____（答：27）； (4) 若{}n a 、{}n b 是等差数列，则{}n ka 、{}n n ka pb + (k 、p 是非零常数)、*{}(,)p nq a p q N +∈、232,,n n n n n S S S S S -- ，…也成等差数列，而{}n aa 成等比数列；若{}n a 是等比数列，且0n a >，则{lg }n a 是等差数列.如等差数列的前n 项和为25，前2n 项和为100，则它的前3n 和为 。
（答：225）（5）在等差数列{}n a 中，当项数为偶数2n 时，S S nd =偶奇－；项数为奇数21n -时，S S a -=奇偶中，21(21)n S n a -=-⋅中（这里a 中即n a ）；()1-n :n S =偶奇：S 。
如（1）在等差数列中，S 11＝22，则6a ＝______（答：2）；（2）项数为奇数的等差数列{}n a 中，奇数项和为80，偶数项和为75，求此数列的中间项与项数（答：5；31）.（6）若等差数列{}n a 、{}n b 的前n 和分别为n A 、n B ，且()nnA f nB =，则2121(21)(21)(21)n n n n n n a n a A f n b n b B ---===--.如设{n a }与{n b }是两个等差数列，它们的前n 项和分别为n S 和n T ，若3413-+=n n T S n n ，那么=n n b a ___________（答：6287n n --） (7)“首正”的递减等差数列中，前n 项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差数列中，前n 项和的最小值是所有非正项之和。
法一：由不等式组⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎩⎨⎧≥≤⎩⎨⎧≤≥++000011n n n n a a a a 或确定出前多少项为非负（或非正）；法二：因等差数列前n 项是关于n 的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性*n N ∈。
上述两种方法是运用了哪种数学思想？（函数思想），由此你能求一般数列中的最大或最小项吗？如（1）等差数列{}n a 中，125a =，917S S =，问此数列前多少项和最大？并求此最大值。
（答：前13项和最大，最大值为169）；（2）若{}n a 是等差数列，首项10,a >200320040a a +>，200320040a a ⋅<，则使前n 项和0n S >成立的最大正整数n 是 （答：4006）（3）在等差数列{}n a 中，10110,0a a <>，且1110||a a >，n S 是其前n 项和，则（ ） A 、1210,S S S 都小于0，1112,S S 都大于0 B 、1219,S S S 都小于0，2021,S S 都大于0 C 、125,S S S 都小于0，67,S S 都大于0D 、1220,S S S 都小于0，2122,S S 都大于0 （答：B ）(8)如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数. 注意：公共项仅是公共的项，其项数不一定相同，即研究n m a b =.二、等比数列的有关概念：1、等比数列的判断方法：定义法1(n na q q a +=为常数），其中0,0n q a ≠≠或11n n n n a aa a +-=(2)n ≥。
如（1）一个等比数列{n a }共有21n +项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则1n a +为____（答：56）；（2）数列{}n a 中，n S =41n a -+1 (2n ≥)且1a =1，若n n n a a b 21-=+ ，求证：数列｛n b ｝是等比数列。
2、等比数列的通项：11n n a a q -=或n m n m a a q -=。
如等比数列{}n a 中，166n a a +=，21128n a a -=，前n 项和n S ＝126，求n 和q .（答：6n =，12q =或2） 3、等比数列的前n 和：当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，1(1)1n n a q S q-=-11n a a qq -=-。
如（1）等比数列中，q ＝2，S 99=77，求9963a a a +++ （答：44）； （2）)(1010∑∑==n nk knC的值为__________（答：2046）；特别提醒：等比数列前n 项和公式有两种形式，为此在求等比数列前n 项和时，首先要判断公比q 是否为1，再由q 的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比q 是否为1时，要对q 分1q =和1q ≠两种情形讨论求解。
4、等比中项：若,,a A b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中项。
提醒：不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个。
如已知两个正数,()a b a b ≠的等差中项为A ，等比中项为B ，则A 与B 的大小关系为______（答：A ＞B ）提醒：（1）等比数列的通项公式及前n 和公式中，涉及到5个元素：1a 、q 、n 、n a 及n S ，其中1a 、q 称作为基本元素。
只要已知这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，即知3求2；（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等比，可设为…，22,,,,a a a aq aq q q ...（公比为q ）；但偶数个数成等比时，不能设为 (33),,,aq aq qa q a ，…，因公比不一定为正数，只有公比为正时才可如此设，且公比为2q 。
如有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和为12，求此四个数。
（答：15，,9，3,1或0,4，8,16）5.等比数列的性质：（1）当m n p q +=+时，则有m n p q a a a a =，特别地，当2m n p +=时，则有2m n p a a a =.如（1）在等比数列{}n a 中，3847124,512a a a a +==-，公比q 是整数，则10a =___（答：512）；（2）各项均为正数的等比数列{}n a 中，若569a a ⋅=，则3132310l og l o g l o g a a a +++=（答：10）。
(2) 若{}n a 是等比数列，则{||}n a 、*{}(,)p nq a p q N +∈、{}n ka 成等比数列；若{}{}n n a b 、成等比数列，则{}n n a b 、{}n nab 成等比数列； 若{}n a 是等比数列，且公比1q ≠-，则数列232,,n n n n n S S S S S -- ，…也是等比数列。
当1q =-，且n 为偶数时，数列232,,n n n n n S S S S S -- ，…是常数数列0，它不是等比数列.如（1）已知0a >且1a ≠，设数列{}n x 满足1lo g 1lo g a n a n x x +=+(*)n N ∈，且12100100x x x +++=，则101102200x x x +++= . （答：100100a ）； （2）在等比数列}{n a 中，n S 为其前n 项和，若140,1330101030=+=S S S S ，则20S 的值为______（答：40）(3)若10,1a q >>，则{}n a 为递增数列；若10,1a q <>, 则{}n a 为递减数列；若10,01a q ><< ，则{}n a 为递减数列；若10,01a q <<<, 则{}n a 为递增数列；若0q <，则{}n a 为摆动数列；若1q =，则{}n a 为常数列.(4) 当1q ≠时，b aq qaq q a S n n n +=-+--=1111，这里0a b +=，但0,0a b ≠≠，是等比数列前n 项和公式的一个特征，据此很容易根据n S ，判断数列{}n a 是否为等比数列。