(完整word版)高考数学数列题型之等差数列与等比数列综合题

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等差数列与等比数列的综合问题(完整资料).doc

【最新整理，下载后即可编辑】等差数列与等比数列的综合问题【知识要点】（一）等差、等比数列的性质 1.等差数列{a n }的性质（1）a m =a k +（m －k ）d ，d =km a a k m --.（2）若数列{a n }是公差为d 的等差数列，则数列{λa n +b }（λ、b 为常数）是公差为λd 的等差数列；若{b n }也是公差为d 的等差数列，则{λ1a n +λ2b n }（λ1、λ2为常数）也是等差数列且公差为λ1d +λ2d .（3）下标成等差数列且公差为m 的项a k ，a k +m ，a k +2m ，…组成的数列仍为等差数列，公差为md .（4）若m 、n 、l 、k ∈N *，且m +n =k +l ，则a m +a n =a k +a l ，反之不成立. （5）设A =a 1+a 2+a 3+…+a n ，B =a n +1+a n +2+a n +3+…+a 2n ，C =a 2n +1+a 2n +2+a 2n +3+…+a 3n ，则A 、B 、C 成等差数列.（6）若数列{a n }的项数为2n （n ∈N *），则S 偶－S 奇=nd ，奇偶S S =nn a a 1+，S 2n =n （a n +a n +1）（a n 、a n +1为中间两项）；若数列{a n }的项数为2n －1（n ∈N *），则S 奇－S 偶=a n ，奇偶S S =nn 1-，S 2n －1=（2n －1）a n （a n 为中间项）. 2.等比数列{a n }的性质（1）a m =a k ·q m －k .（2）若数列{a n }是等比数列，则数列{λ1a n }（λ1为常数）是公比为q 的等比数列；若{b n }也是公比为q 2的等比数列，则{λ1a n ·λ2b n }（λ1、λ2为常数）也是等比数列，公比为q ·q 2.（3）下标成等差数列且公差为m 的项a k ，a k +m ，a k +2m ，…组成的数列仍为等比数列，公比为q m .（4）若m 、n 、l 、k ∈N *，且m +n =k +l ，则a m ·a n =a k ·a l ，反之不成立. （5）设A =a 1+a 2+a 3+…+a n ，B =a n +1+a n +2+a n +3+…+a 2n ，C =a 2n +1+a 2n +2+a 2n +3+…+a 3n ，则A 、B 、C 成等比数列，设M =a 1·a 2·…·a n ，N =a n +1·a n +2·…·a 2n ，P =a 2n +1·a 2n +2·…·a 3n ，则M 、N 、P 也成等比数列.（二）对于等差、等比数列注意以下设法：如三个数成等差数列，可设为a －d ，a ，a +d ；若四个符号相同的数成等差数列，知其和，可设为a －3d ，a －d ，a +d ，a +3d .三个数成等比数列，可设为qa ，a ，aq ，若四个符号相同的数成等比数列，知其积，可设为3q a ，qa ，aq ，aq 3.（三）用函数的观点理解等差数列、等比数列1.对于等差数列，∵a n =a 1+（n －1）d =dn +（a 1－d ），当d ≠0时，a n 是n 的一次函数，对应的点（n ，a n ）是位于直线上的若干个点.当d ＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d =0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d ＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数.若等差数列的前n 项和为S n ，则S n =pn 2+qn （p 、q ∈R ）.当p =0时，{a n }为常数列；当p ≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.2.对于等比数列：a n =a 1q n －1.可用指数函数的性质来理解.当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0，0＜q ＜1时，等比数列是递增数列；当a 1＞0，0＜q ＜1或a 1＜0，q ＞1时，等比数列{a n }是递减数列. 当q =1时，是一个常数列.当q ＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列. ●点击双基1.等比数列{a n }的公比为q ，则“q ＞1”是“对于任意自然数n ，都有a n +1＞a n ”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件2.已知数列{a n }满足a n +2=－a n （n ∈N *），且a 1=1，a 2=2，则该数列前2002项的和为A.0B.－3C.3D.13.若关于x 的方程x 2－x +a =0和x 2－x +b =0（a ≠b ）的四个根可组成首项为41的等差数列，则a +b 的值是A.83B.2411C.2413D.72314.在等差数列{a n }中，当a r =a s （r ≠s ）时，数列{a n }必定是常数列，然而在等比数列{a n }中，对某些正整数r 、s （r ≠s ），当a r =a s 时，非常数列{a n }的一个例子是___________________.5.等差数列{a n }中，a 1=2，公差不为零，且a 1，a 3，a 11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于___________________. 【典型例题】例1 已知{a n }是等比数列，a 1=2，a 3=18；{b n }是等差数列，b 1=2，b 1+b 2+b 3+b 4=a 1+a 2+a 3＞20.（1）求数列{b n }的通项公式；（2）求数列{b n }的前n 项和S n 的公式；（3）设P n =b 1+b 4+b 7+…+b 3n －2，Q n =b 10+b 12+b 14+…+b 2n +8，其中n =1，2，…，试比较P n 与Q n 的大小，并证明你的结论.例2 已知等差数列{a n }的首项a 1=1，公差d ＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{b n }的第二项、第三项、第四项.（1）求数列{a n }与{b n }的通项公式；（2）设数列{c n }对任意正整数n 均有11b c +22mb c +323b m c +…+nn n b m c 1 =（n +1）a n +1成立，其中m 为不等于零的常数，求数列{c n }的前n 项和S n .例3 在等比数列{a n }（n ∈N *）中，a 1＞1，公比q ＞0.设b n =log 2a n ，且b 1+b 3+b 5=6，b 1b 3b 5=0.（1）求证：数列{b n }是等差数列；（2）求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n ；（3）试比较a n 与S n 的大小.【经典练习】1.在等比数列{a n }中，a 5+a 6=a （a ≠0），a 15+a 16=b ，则a 25+a 26的值是A.abB.22abC.ab 2 D.2a b2.公差不为零的等差数列{a n }的第二、三及第六项构成等比数列，则642531a a a a a a ++++=_____.3.若数列x ，a 1，a 2，y 成等差数列，x ，b 1，b 2，y 成等比数列，则21221)(b b a a ⋅+的取值范围是___________________.4.已知数列{a n }中，a 1=65且对任意非零自然数n 都有a n +1=31a n +（21）n +1.数列{b n }对任意非零自然数n 都有b n =a n +1－21a n .（1）求证:数列{b n }是等比数列；（2）求数列{a n }的通项公式.5.设{a n }为等差{b n }为等比数列，a 1=b 1=1，a 2+a 4=b 3，b 2b 4=a 3，分别求出{a n }及{b n }的前10项的和S 10及T 10.6.已知数列{a n }是等差数列，且a 1=2，a 1+a 2+a 3=12. （1）求数列{a n }的通项公式；（2）令b n =a n x n （x ∈R ），求数列{b n }前n 项和的公式.7.数列{a n }中，a 1=8，a 4=2，且满足a n +2－2a n +1+a n =0（n ∈N *）. （1）求数列{a n }的通项公式.（2）设b n =)12(1n a n （n ∈N *），S n =b 1+b 2+…+b n ，是否存在最大的整数m ，使得任意的n 均有S n ＞32m 总成立？若存在，求出m ；若不存在，请说明理由.8.已知数列{a n }的各项均为正整数，且满足a n +1=a n 2－2na n +2（n ∈N *），又a 5=11.（1）求a 1，a 2，a 3，a 4的值，并由此推测出{a n }的通项公式（不要求证明）；（2）设b n =11－a n ，S n =b 1+b 2+…+b n ，S n ′=|b 1|+|b 2|+…+|b n |，求∞→n lim'nn S S 的值.9.设f （k ）是满足不等式log 2x +log 2（3·2k －1－x ）≥2k －1（k ∈N *）的自然数x 的个数.（1）求f （k ）的表达式；（2）记S n =f （1）+f （2）+…+f （n ），P n =n 2+n －1，当n ≤5时试比较S n 与P n 的大小.10. 已知数列{a n }，构造一个新数列a 1，（a 2－a 1），（a 3－a 2），…，（a n －a n －1），…，此数列是首项为1，公比为31的等比数列.（1）求数列{a n }的通项；（2）求数列{a n }的前n 项和S n .。

2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(原卷版)

等差数列等比数列高考历年真题

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【考点16】等差数列、等比数列2009年考题1.（2009安徽高考）已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99，以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是（）（A ）21 （B ）20 （C ）19 （D ） 18【解析】选B.由1a +3a +5a =105得33105,a =即335a =，由246a a a ++=99得4399a =即433a = ，∴2d =-，4(4)(2)412n a a n n =+-⨯-=-，由10n n a a +≥⎧⎨<⎩得20n =.2．（2009安徽高考）已知为等差数列，，则等于（）A. -1B. 1C. 3 D .7【解析】选B.∵135105a a a ++=即33105a =∴335a =同理可得433a =∴公差432d a a =-=-. ∴204(204)1a a d =+-⨯=.3．（2009福建高考）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且3S =6，1a =4，则公差d 等于（）A ．1B 53C.- 2 D 3 【解析】选C.∵31336()2S a a ==+且3112 =4 d=-2a a d a =+∴.4．（2009海南宁夏高考）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2110m m ma a a -++-=，2138m S -=,则m =（）（A ）38 （B ）20 （C ）10 （D ）9【解析】选C.因为{}n a 是等差数列，所以，112m m m a a a -++=，由2110m m ma a a -++-=，得：2m a －2m a ＝0，所以，m a ＝2，又2138m S -=，即2))(12(121-+-m a a m ＝38，即（2m －1）×2＝38，解得m ＝10.5.（2009广东高考）已知等比数列{}n a 满足0,1,2,n a n >=，且25252(3)n n a a n -⋅=≥，则当1n ≥时，2123221log log log n a a a -+++= （）w.w.w.k.s.5.u.c.o.mA. (21)n n -B. 2(1)n +C. 2nD. 2(1)n -【解析】选C.由25252(3)n n a a n -⋅=≥得n n a 222=，0>n a ，则n n a 2=， +⋅⋅⋅++3212log log a a2122)12(31log n n a n =-+⋅⋅⋅++=-.6.（2009广东高考）已知等比数列}{n a 的公比为正数，且3a ·9a =225a ，2a =1，则1a = （）A. 21B.22C. 2D.2 【解析】选B.设公比为q ,由已知得()22824111a q a q q a q ⋅=,即22q =,因为等比数列}{n a 的公比为正数，所以2q =故21222a a q ===. 7.（2009辽宁高考）设等比数列{ n a }的前n 项和为n S ，若 63S S =3 ，则 69SS =（）（A ） 2 （B ） 73 （C ） 83（D ）3【解析】选B.设公比为q ,则36333(1)S q S S S +=＝1＋q 3＝3 Þ q 3＝2于是63693112471123S q q S q ++++===++. 8．（2009辽宁高考）已知{}n a 为等差数列，且7a －24a ＝－1, 3a ＝0,则公差d ＝（）（A ）－2 （B ）－12 （C ）12（D ）2【解析】选B. a 7－2a 4＝a 3＋4d －2(a 3＋d)＝2d ＝－1 Þ d ＝－12.9．（2009湖南高考）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，已知23a =，611a =，则7S 等于（）.A ．13B ．35C ．49D ． 63 【解析】选C.172677()7()7(311)49.222a a a a S +++====故选C. 或由21161315112a a d a a a d d =+==⎧⎧⇒⎨⎨=+==⎩⎩, 716213.a =+⨯= 所以1777()7(113)49.22a a S ++=== 10．（2009四川高考）等差数列｛n a ｝的公差不为零，首项1a ＝1，2a 是1a 和5a 的等比中项，则数列的前10项之和是（）A. 90B. 100C. 145D. 190【解析】选B.设公差为d ，则)41(1)1(2d d +⋅=+.∵d ≠0，解得d ＝2，∴10S ＝100.11．（2009辽宁高考）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且53655,S S -=则4a = 【解析】∵S n ＝na 1＋12n(n －1)d ∴S 5＝5a 1＋10d,S 3＝3a 1＋3d∴6S 5－5S 3＝30a 1＋60d －(15a 1＋15d)＝15a 1＋45d ＝15(a 1＋3d)＝15a 4 答案:3112．（2009山东高考）在等差数列}{n a 中,6,7253+==a a a ,则____________6=a .【解析】设等差数列}{n a 的公差为d ,则由已知得⎩⎨⎧++=+=+6472111d a d a d a 解得132a d =⎧⎨=⎩,所以61513a a d =+=.答案:13.13.（2009海南宁夏高考）等比数列{n a }的公比0q >, 已知2a =1，216n n n a a a +++=，则{n a }的前4项和4S =【解析】由216n n n a a a +++=得：116-+=+n n n q q q ，即062=-+q q ，0q >，解得q ＝2，又2a =1，所以，112a =，21)21(2144--=S ＝152。

2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一等差、等比数列的基本运算【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【例1】等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．29B ．31C ．33D ．36【解析】法一：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1qa 1q 4＝2a 1q 2a 1q 3＋2a 1q 6＝2×54，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12a 1＝16，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝31，故选B.法二：由a 2a 5＝2a 3，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，所以a 7＝14，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝a 2(1－q 5)1－q＝31，故选B.【答案】 B【例2】．{}a n 是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10等于( )A ．－10B ．－5C ．0D ．5【解析】由题意，得a 24－a 27＝a 26－a 25，即()a 4－a 7()a 4＋a 7＝()a 6－a 5()a 6＋a 5，即－3d ()a 4＋a 7＝d ()a 6＋a 5，又因为d ≠0，所以a 4＋a 7＝a 6＋a 5＝0，则该数列的前10项和S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5()a 6＋a 5＝0.故选C.【答案】 C【例3】．已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *，aa n ＝3n ，记b n ＝a 2·3n －1(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和等于( )A ．2n ＋nB ．2n ＋1－1 C.3n ＋1－3n 2D.3n ＋1－32【解析】因为aa n ＝3n ，所以a 1≤3，若a 1＝1，那么a 1＝aa 1＝3×1＝3≠1矛盾，若a 1＝2，那么a 2＝aa 1＝3×1＝3成立，若a 1＝3，那么a 3＝aa 1＝3×1＝3＝a 1矛盾，所以a 2＝b 1＝2，当aa an ＝3a n ＝a 3n ，所以b n ＝a 2·3n －1＝a 3·2·3n －2＝3a 2·3n －2＝3b n －1，即b n b n －1＝3，数列{b n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以前n 项和为b 1(1－q n )1－q ＝3(1－33)1－3＝3n ＋1－32，故选D.【答案】 D题组训练一等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝4，S 15＝60则a 20等于( ) A ．4 B ．6 C ．10 D ．12 【解析】等差数列{a n }的前n 项和为S n ， ∈a 3＋a 5＝4，S 15＝60，∈⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝415a 1＋15×142d ＝60，解得a 1＝12，d ＝12，∈a 20＝a 1＋19d ＝12＋19×12＝10.故选C.【答案】 C2．在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6等于( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．3【解析】由等差数列的性质可知，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝2×3a 3＋3×2a 9＝6(a 3＋a 9)＝6×2a 6＝12a 6＝36，∈a 6＝3.故选D.【答案】 D3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( )A ．152B ．135C ．80D ．16【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q 2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n ＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为15×(2＋16)2＝135，故选B. 【答案】 B题型二等差、等比数列的性质及应用【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 8·a 2 008＝14，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015等于( ) A ．log 22 015B ．2 015C ．－2 015D ．1 008【解析】 ∈数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，∈数列{a n }是等比数列，由a 8·a 2 008＝14，可得a 21 008＝14，即a 1 008＝12，∈a 1·a 2 015＝a 2·a 2 014＝…＝a 1 007·a 1009＝a 21 008＝14，∈b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015＝log 2(a 1·a 2·…·a 2 015)＝log 2201521⎪⎭⎫ ⎝⎛＝－2 015.【答案】C2．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10，S 12＝130，则S 8等于( ) A ．－30 B ．40 C ．40或－30D ．40或－50【解析】 ∈数列{a n }为等比数列且数列{a n }的前n 项和为S n ，∈S 4，S 8－S 4，S 12－S 8也构成等比数列．∈(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)，∈S 4＝10，S 12＝130，各项均为正数的等比数列{a n }， ∈(S 8－10)2＝10·(130－S 8)，∈S 8＝40.故选B. 【答案】 B3．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56【解析】依题意得，S n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-21121123n＝1－n⎪⎭⎫⎝⎛-21.当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n 的增大而减小，1＜S n ＝1＋12n ≤S 1＝32，S n－1S n 随着S n 的增大而增大，0＜S n －1S n ≤56；当n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n ＜1，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，－712≤S n －1S n ＜0.因此S n －1S n 的最大值与最小值分别为56、－712，其最大值与最小值之和为56－712＝312＝14，选C.【答案】 C题组训练二等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．2 3B ．4C ．±2 2D ．±4【解析】 ∈a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，∈a 3a 15＝12，a 3＋a 15＝7，∈{a n }为等比数列，又a 3，a 9，a 15同号，∈a 9＞0，∈a 9＝a 3a 15＝23，∈a 1a 17a 9＝a 29a 9＝a 9＝2 3.故选A.【答案】 A2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．【解析】因为等差数列{a n }的公差d 为负值，所以{a n }是递减数列．又a 1＝1，所以由a n ＝a 1＋(n －1)d >0得n <d －a 1d ，即n <1－1d ，因为－217<d <－19，所以192<1－1d <10，所以n ≤9，即当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0.所以当S n 取得最大值时n 的值为9.【答案】 93．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033【解析】因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2＞0，S 4 033＝4 033(a 1＋a 4 033)2＝4 033a 2017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032，故选C.【答案】 C题型三等差、等比数列的综合问题【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．【例3】已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．【解析】 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∈a 1＝4， ∈a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∈T m ＝2112114-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-m ＝8⎪⎭⎫ ⎝⎛-m )21(1， ∈m⎪⎭⎫⎝⎛21随m 增加而递减， ∈{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-481292n ，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．题组训练三等差、等比数列的综合问题已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫ ⎝⎛21，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .【解析】 (1)∈a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫⎝⎛21，∈a n ＋1·a n ＋2＝121+⎪⎭⎫⎝⎛n ，∈a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .∈b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∈b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12所以{b n }是公比为12的等比数列．∈a 1＝1，a 1·a 2＝12，∈a 2＝12∈b 1＝a 1＋a 2＝32.∈b n ＝32×121-⎪⎭⎫⎝⎛n ＝32n . (2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列． ∈T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝[]21121121211211-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫⎝⎛-nn ＝3－32n .题型四数列与其他知识的交汇【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( )A ．1 007B ．1 008C ．2 015D ．2 016 【解析】 ∈A 、B 、C 三点共线∈AB →＝λAC →∈OB →－OA →＝λ(OC →－OA →)，OB →＝(1－λ)OA →＋λOC → 又∈OB →＝a 1·OA →＋a 2 016OC →，∈a 1＝1－λ，a 2 016＝λ ∈a 1＋a 2 016＝1∈S 2 016＝2 016(a 1＋a 2 016)2＝1 008，∈选B.【答案】 B题组训练四数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12B.32C ．1D ．－32【解析】因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3，即log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. 【答案】 B2．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43【解析】由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q＝－1(不合题意，舍去)，又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m＋n －2＝16a 21，即有m ＋n－2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎪⎭⎫⎝⎛+n m 41＝16⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++5426154m n n m m n n m ＝32，当且仅当4m n ＝n m ，即n ＝2m ＝4时取得最小值32.【答案】 A3．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{}a n 的通项公式a n ＝________.【解析】 ∈ 函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，∈⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ，b ＝－3a . ∈f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a .则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a 2ax n －3a ＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3，∈x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n－3－2x 2n －22x n －3－1＝x 2n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝212⎪⎪⎭⎫⎝⎛--n n x x ，则数列a n 是以2为公比的等比数列，又∈a 1＝2 ，∈ 数列{}a n 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a n＝2·2n－1＝2n.【答案】2n【专题训练】一、选择题1．等比数列{a n}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg a n}的前10项和等于()A．2B．lg 50C．10D．5【解析】∈等比数列{a n}中，a4＝2，a7＝5，∈a1a10＝a2a9＝…＝a4a7＝10，∈数列{lg a n}的前10项和S＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg a1a2…a10＝lg 105＝5，故选D【答案】D2．在正项等比数列{a n}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为()A．64 B．32C．16 D．8【解析】在正项等比数列{a n}中，∈a3a5＝64，∈a3a5＝a1a7＝64，∈a1＋a7≥2a1a7＝264＝2×8＝16，当且仅当a1＝a7＝8时取等号，∈a1＋a7的最小值为16，故选C.【答案】C3．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()A．13 B．12C．11 D．10【解析】设等比数列为{a n}，其前n项积为T n，由已知得a1a2a3＝2，a n a n－1a n－2＝4，可得(a1a n)3＝2×4，a1a n＝2，∈T n＝a1a2…a n，∈T2n＝(a1a2…a n)2＝(a1a n)(a2a n－1)…(a n a1)＝(a1a n)n ＝2n＝642＝212，∈n＝12.【答案】 B4．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．n (3n －1)B.n (n ＋3)2C ．n (n ＋1)D.n (3n ＋1)2【解析】依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，选C.【答案】 C5．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3S 3－8＝0，且正整数m ，n满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8n的最小值是( ) A.157 B.95 C.53D.75【解析】 ∈{a n }是等比数列，设{a n }的公比为q ， ∈S 12－S 6S 6＝q 6，S 6－S 3S 3＝q 3，∈q 6－7q 3－8＝0，解得q ＝2(负值舍去)．又a 1a m a 2n ＝2a 35，∈a 31·2m ＋2n －2＝2(a 124)3＝a 31213，∈m ＋2n ＝15，∈1m ＋8n ＝115⎪⎭⎫⎝⎛+n m 81(m ＋2n )＝17＋2n m ＋8m n 15≥17＋22n m ×8m n 15＝53，当且仅当2n m ＝8mn，即m ＝3，n ＝6时等号成立，∈1m ＋8n 的最小值是53，故选C. 【答案】 C6．数列{}a n 是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{}b n 满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5D ．6【解析】由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，则b n ＝1＋a (1－b n )1－b ＝1＋a 1－b －ab n 1－b ，得c n ＝2＋nb a ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+11－a 1－b ·b (1－b n )1－b ＝2－ab (1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋abn ＋1(1－b )2，要使{}c n为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧2－ab(1－b )2＝0，1－b ＋a1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3，故选B.【答案】 B 二、填空题7．数列{a n }的通项a n ＝n 2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin 3cos22ππn n ，其前n 项和为S n ，则S 30＝________. 【解析】由题意可知，a n ＝n 2·cos 2n π3，若n ＝3k －2，则a n ＝(3k －2)2·⎪⎭⎫⎝⎛-21＝－9k 2＋12k －42(k ∈N *)；若n ＝3k －1，则a n ＝(3k －1)2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-21＝－9k 2＋6k －12(k ∈N *)；若n ＝3k ，则a n ＝(3k )2·1＝9k 2(k ∈N *)，∈a 3k －2＋a 3k －1＋a 3k ＝9k －52，k ∈N *，∈S 30＝9－52＋90－522×10＝470.【答案】 4708．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.【解析】由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1，得n a n ＝n －12a n －1＋12，于是n a n －1＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---111n a n (n ≥2，n ∈N *)．又1a 1－1＝－12，∈数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-1nan 是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n －1＝－12n ，∈a n ＝n ·2n2n －1(n ∈N *)．【答案】 n ·2n2n －19．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日【解析】由题可知，良马每日行程a n 构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程b n 构成一个首项为97，公差为－0.5的等差数列，则a n ＝103＋13(n －1)＝13n ＋90，b n ＝97－0.5(n －1)＝97.5－0.5n ，则数列{a n }与数列{b n }的前n 项和为1125×2＝2250，又∈数列{a n }的前n 项和为n 2×(103＋13n ＋90)，数列{b n }的前n 项和为n 2×(97＋97.5－0.5n )，n 2(103＋3n ＋90)＋n2(97＋97.5－0.5n )＝2250，整理得：25n 2＋775n －9 000＝0，即n 2＋31n －360＝0，解得：n ＝9或n ＝－40(舍)，即九日相逢．故选B.【答案】B10．数列{log k a n }是首项为4，公差为2的等差数列，其中k >0，且k ≠1.设c n ＝a n lg a n ，若{c n }中的每一项恒小于它后面的项，则实数k 的取值范围为________．【解析】由题意得log k a n ＝2n ＋2，则a n ＝k2n ＋2，∈a n ＋1a n ＝k 2(n ＋1)＋2k2n ＋2＝k 2，即数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈N *恒成立，即(n ＋1)lg k <(n ＋2)·k 2·lg k 对一切n ∈N *恒成立；当k >1时，lg k >0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；当0<k <1时，lg k <0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<⎪⎭⎫ ⎝⎛++21n n min .∈n ＋1n ＋2＝1－1n ＋2单调递增，∈当n ＝1时，n ＋1n ＋2取得最小值，即⎪⎭⎫⎝⎛++21n n min ＝23，∈k 2＜23，且0<k <1，∈0<k <63.综上，k ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛36,0∈(1，＋∞)．【答案】 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛36,0∈(1，＋∞) 三、解答题11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．【解】 (1)当n ＝1时，由S 1＝2a 1－3×1，得a 1＝3；当n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，可得a 2＝9；当n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)令(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)·(21＋λ)，解得λ＝3. 由S n ＝2a n －3n 及S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3.由以上结论得a n ＋1＋3＝(2a n ＋3)＋3＝2(a n ＋3)，所以数列{a n ＋3}是首项为6，公比为2的等比数列，因此存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}为等比数列，所以a n ＋3＝(a 1＋3)×2n －1，a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝⎪⎭⎫⎝⎛23a n ·b n ，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．【解】 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ∈a n＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝123-⎪⎭⎫⎝⎛n .(2)由a n ＋1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛23a n ·b n ，得b n ＝1a n log 32a n ＋1＝(23)n －1log 32(32)n ＝n ·123-⎪⎭⎫⎝⎛n ，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32－n ·132-⎪⎭⎫⎝⎛n ＝2n －13n (2－n )，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.。

【高考数学精品】等差数列、等比数列

[多练强化] 1．(2019·广州市调研测试)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a3＝7，an＝2an－1＋a2－ 2(n≥2)． (1)证明：数列{an＋1}为等比数列； (2)求数列{an}的通项公式，并判断 n，an，Sn 是否成等差数列？
2．设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，对任意的 n∈N*，都有 Sn＝2－an，数列{bn}满足 b1＝ 2a1，bn＝1＋bnb－n1－1(n≥2，n∈N*)．
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(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式．
[解题方略] 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； ②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2)．
①若 a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式； ②若 T3＝13，求 Sn.
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[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项 a1 和公差 d(公比 q)；
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于 a1 和 d(或 q)的方程(组)，然后求解，注意整体计
算，以减少运算量．
[多练强化]
1．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前 4 项和为 15，且 a5＝3a3＋4a1，
则 a3＝( )
A．16
B．8
C．4
D．2
2．(2019·沈阳市质量监测(一))已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝12，S5＝90，

(完整版)2019高考数学专题等差等比数列含答案解析.docx

畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643培优点十等差、等比数列1．等差数列的性质例 1：已知数列 a n ， b n 为等差数列，若 a 1 b 1 7 ， a 3 b 3 21 ，则 a 5 b 5 _______【答案】 35【解析】 ∵ a n ， b n 为等差数列，∴ a n b n 也为等差数列，∴ 2 a 3b 3a 1b 1a 5b 5 ，∴ a 5 b 5 2 a 3b 3a 1b 135 ．2．等比数列的性质例 2：已知数列 a n 为等比数列，若 a 4 a 610 ，则 a 7 a 1 2a 3a 3a 9 的值为（）A ． 10B ． 20C ． 100D ． 200【答案】 C【解析】与条件 a 4 a 6 10 联系，可将所求表达式向a 4 ， a 6 靠拢，从而 a 7 a 1 2a 3a 3a 9 a 7 a 1 2a 7 a 3 a 3a 9a 42 2a 4a 6a 62a 42a 6 ，即所求表达式的值为 100 ．故选 C ．3．等差、等比综合例 3：设 a n 是等差数列， b n 为等比数列，其公比 q 1 ，且 b i 0 i 1,2,3,L , n ，若 a 1 b 1 ，a 11b11，则有（）A ． a 6 b 6B ． a 6 b 6C ． a 6 b 6D ． a 6 b 6 或 a 6 b 6【答案】 B【解析】抓住 a 1 ， a 11 和 b 1 ， b 11 的序数和与 a 6 ， b 6 的关系，从而以此为入手点．由等差数列性质出发， a 1 b 1 ， a 11 b 11 a 1a11b 1 b 11 ，因为 a 1 a 112a 6 ，而 b n 为等比数列，联想到 b 1 b 11 与 b 6 有关，所以利用均值不等式可得：b 1 b 11 2b 1 b112 b 622b 6 ；（ q 1 故b1b11，均值不等式等号不成立）所以 a1 a11b1 b11 2a6 2b6．即 a6 b6．故选 B．对点增分集训一、单选题1．我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长 5 尺，头部 1 尺，重4 斤，尾部 1 尺，重 2 斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤．”（）A．6 斤B．7斤C．8 斤D．9 斤【答案】 D【解析】原问题等价于等差数列中，已知a1 4 ， a5 2 ，求 a2a3a4的值．由等差数列的性质可知：a2a4a1a1a53 ，a5 6 ， a32则 a2 a3a49 ，即中间三尺共重9 斤．故选 D．2．设 S n为等差数列 { a n } 的前n项和，若 S540， S9126 ，则 S7（）A． 66B． 68C． 77D． 84【答案】 CS55a340， S99a5126a38【解析】根据等差数列的求和公式，化简得a5，14根据等差数列通项公式得a12d8，解方程组得a12a14d14，d3S7 7a47 a13d72 3 377 ．故选 C．3．已知等比数列a n的前 n 项和为S n，且满足2S n2n1，则的值为（）A． 4B． 2C．2D．4【答案】 C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643【解析】根据题意，当 n1时， 2S 1 2a 1 4，故当 n 2 时， a n S n S n 12n 1 ，∵数列 a n 是等比数列，则 a 11，故41 ；解得2 ．故选 C ．24．已知等差数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 5 a 714 ，则 S 11 （）A ． 140B ． 70C ． 154D ． 77【答案】 D【解析】等差数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 5 a 7 14 ，∴ S 11a 1 a 1111 a 5 a 71114 77 ．故选 D ．221125．已知数列 a n 是公比为 q 的等比数列，且 a 1 ，a 3 ，a 2 成等差数列，则公比 q 的值为（）A ． 1B ． 2C ．1 或1D ． 1或12 22【答案】 C【解析】由题意知： 2a 3 a 1 a 2 ，∴ 2a 1 q 2 a 1 q a 1 ，即 2q 2q 1 ，∴ q 1 或 q1．故选 C ．26．公比不为 1 的等比数列a n 的前 n 项和为 S n ，且 2a 1 ， 1a 2 ， a 3 成等差数列，若 a 1 1 ，2则 S 4 （）A ． 5B ． 0C ． 5D ． 7【答案】 A【解析】设 a n 的公比为 q ，由 2a 1 ，1a 2 ， a 3 成等差数列，可得a 22a 1 a 3 ，2若 a 1 1 ，可得 q2 q 2，解得 q21舍去，a 1 1 q 41 2 4则 S 45 ，故选 A ．1q127 ．等比数列 a n 的各项均为正数，且a 5 a 6 a 4 a 7 18 ，则 log 3 a 1log 3 a 2 Llog 3 a 10（）A ． 12B ． 10C ． 8D ． 2 log 3 5【答案】 B【解析】由等比数列的性质结合题意可知：a 5a 6 a 4a 7 9 ，且 a1 a10a2 a9a3a8a4a7a5a69 ，据此结合对数的运算法则可得：log 3 a1log3 a2L log 3 a10log 3 a1 a2 L a10log3 9510 ．故选 B．8．设公差为2的等差数列a n，如果 a1a4a7 L a97 50 ，那么 a3 a6 a9 L a99等于（）A．182B．78C．148D．82【答案】 D【解析】由两式的性质可知： a3a6a9a99a12d a42d a72d a972d ，则 a3a6 a9a9950 66d82 ．故选 D．9．已知等差数列a n的前 n 项和为S n，且3S1 2S315 ，则数列a n的第三项为（）A． 3B．4C．5D． 6【答案】 C【解析】设等差数列a n的公差为 d，∵ 3S12S315 ，∴3a1 2 a1a2a315 3a16a2，∴ a12d5a3．故选 C．10．等差数列a n的前 n 项和为S n，若2a8 6 a10，则 S11（）A． 27B． 36C． 45D． 66【答案】 D【解析】∵ 2a6 a ，∴ a a6a，∴ a6，∴ S11 a1a1111a66，故6810610101126选 D．11．设a n是各项为正数的等比数列，q 是其公比，K n是其前 n 项的积，且K5 K6，K6 K7 K8，则下列结论错误的是（）．．A． 0q 1B． a71C． K9K5D． K 6与 K 7均为 K n的最大值【答案】 C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643n n 1【解析】等比数列 a n a 1q n 1， K n 是其前 n 的，所以 K n a 1 nq 2，由此 K 5 K 61 a 1 q 5 ， K 6K 7 1 a 1q 6 ， K 7 K 8 1 a 1q 7所以 a 7 a 1 q 6 1 ，所以 B 正确，由 1 a 1q 5 ，各正数的等比数列，可知q 1 ，所以 A 正确，n n 1n n 1n n 131 a 1q 6 ， K na 1n q 2 可知 K n a 1n q 2q2，由 0 q 1 ，所以 q x减，n n13 在 n 6 ， 7 取最小，2所以 K n 在 n 6 ， 7 取最大，所以 D 正确．故 C ．12 ．定函数 f x如下表，数列 a n 足 a n 1f a n ， n N ，若 a 1 2 ，a 1 a 2 a 3 La2018（）A ． 7042B ． 7058C ． 7063D ． 7262【答案】 C【解析】由知 f 13 ， f 2 5 ， f 34 ， f 4 6 ， f5 1 ， f6 2 ，∵ a 1 2 ， a n 1 f a n ， n N ，∴ a 1 2 ， a 2 f 25 ， a 3f 5 1 ， a 4f 1 3 ， a 5f 3 4 ， a 6f 4 6 ， a 7 f 6 2⋯⋯，∴ a n 是周期6 的周期数列，∵ 2018 336 6 2 ，∴ a 1 a 2 a 3 L a 2018 336 1 2 3 4 5 6 2 5 7063 ，故 C ．二、填空13．已知等差数列a n ，若 a 2a 3 a 7 6 ， a 1a 7 ________【答案】 4【解析】∵ a2 a3 a7 6 ，∴ 3a1 9d 6 ，∴ a1 3d 2 ，∴ a4 2 ，∴ a1a72a4 4 ．故答案为 4．14．已知等比数列a n的前n项和为 S n，若公比 q3 2 ，且 a1 a2a3 1 ，则 S12的值是___________．【答案】 15【解析】已知 a1a2a3a1 1q31，则 S3 1 ，1qa 1q12又 q 3 2代入得 a11q 1 ；∴ S12q115．设n是等差数列a的前n项和，若a5S n a312q 1 1 3 215 ．1 q10，则S9 _______．9S5【答案】 2S 9a99aa15109910【解析】925，又a，代入得S2 ．S555a3a39S5 5 9a5a1216．在等差数列a n中， a1a4a10a16a19100 ，则 a16a19a13的值是 _______．【答案】 20【解析】根据等差数列性质a1a4a10a16a195a10100 ，所以 a10 20 ，根据等差数列性质，a16a19a13a16a13a19a19a10a19a10 20 ．三、解答题17．已知数列a n中，a1 2 ， a n 12a n．（1）求 a n；（2）若 b n n a n，求数列b n的前 5 项的和 S5．【答案】（ 1） a n2n；（ 2）77．【解析】（ 1） a1 2 ， a n 1 2 a n，畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643则数列 a n 是首项为 2，公比为 2 的等比数列， a n 2 2n 1 2n ；（2） b n n a n n2n ，S 51 2 2 223 234 245 251 23 4 5222 23 24 251 55 2 25 277 ．21 218．设 a n是等差数列，其前 n 项和为 S n n N * ； b n 是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 T n n N * ．已知 b 1 1， b 3b 2 2 ， b 4 a 3 a 5 ， b 5 a 42a 6 ．（1）求 S n 和 T n ；（2）若 S nT 1 T 2 LT na n 4b n ，求正整数 n 的值．【答案】（ 1） S n n n 1 ， T n 2n 1 ；（ 2） 4．2【解析】（ 1）设等比数列 b n 的公比为 q ，由 b 1 1 ， b 3b 2 2 ，可得 q 2q2 0 ．因为 q0 ，可得 q2 ，故 b n 2 n 1 ．所以 T n 1 2n2n 1 ．1 2 设等差数列 a n 的公差为 d ．由 b 4 a 3 a 5 ，可得 a 1 3d 4 ．由 b 5 a 4 2a 6 得 3a 1 13d 16 ，从而 a 1 1 ， d 1 ，故 an ，所以 Sn n1n．n22 1 n（2）由（ 1），有 T 1 T 2 LT n2122L2nn 2n 2 ．1 n 2n 12由 S nT 1 T 2 LT na n 4b n ，可得 n n12n1n 2 n 2n 1，2整理得 n 23n 4 0 ，解得 n1 （舍），或 n 4．所以 n 的值为 4．。

等差数列与等比数列的类比练习题(带答案)(可编辑修改word版)

(b 1b n)nn + 1 ，则有2n3等差数列与等比数列的类比一、选择题（本大题共 1 小题，共 5.0 分）{a } S S =n (a 1 + a n ) 1. 记等差数列 n 的前 n 项和为 n ，利用倒序求和的方法得 n 2 ；类似地，记等比数列{b n }的前 n 项积为T n ，且b n> 0(n ∈ N *)，类比等差数列求和的方法，可将T n 表示成关于首项b 1，末项b n 与项数 n 的关系式为 ( )1. Anb 1b nA. B. 2 C. nb 1b nnb 1b nD. 2 二、填空题（本大题共 9 小题，共 45.0 分）2. 在公差为 d 的等差数列{a n }中有：a n = a m + (n - m )d (m 、n ∈ N + )，类比到公比为 q 的等比数列{b n }中有：．2.b n = b m ⋅ q n - m (m ，n ∈ N * ){a} b = a 1 + 2a 2 + 3a 3 + … + n a n{b }3. 数列 n 是正项等差数列，若 n 1 + 2 + 3 + … + n ，则数列 n 也为等差数列，类比上述结论，写出正项等比数列{c n }，若d n = 则数列{d n }也为等比数列．1(c c 2c 3…c n )1 + 2 + 3 + … + n 3. 1 2 3 n4. 等差数列{a n }中，有a 1 + a 2 + … + a 2n + 1 = (2n + 1)a n + 1，类比以上性质，在等比数列{b n }中，有等式成立．4.b 1b 2…b 2n + 1 = b 2n + 1T5. 若等比数列{a n }的前 n 项之积为T n T 3n = ( T n ) ；类比可得到以下正确结论：若等差数列的前 n 项之和为S n ，则有．5. S 3n = 3(S 2n - S n ){a}a 11 + a 12 + … + a 20 = a 1 + a 2 + …a 306. 已知在等差数列 n 中， 10 30 ，则在等比数列{b n }中，类似的结论为10b 11 ⋅ b 12 ⋅ … ⋅ b 20 = 30b 1 ⋅ b 2 ⋅ b 3 ⋅ … ⋅ b 30q S nn7. 在等比数列{a n}中，若a9 = 1，则有a1⋅a2…a n = a1⋅a2…a17- n(n < 17，且n∈N* )成立，类比上述性质，在等差数列{b n}中，若b7 = 0，则有．b1 + b2 + … + b n= b1 + b2 + … + b13- n(n < 13，且n∈ N* )8.设S n是公差为d 的等差数列{a n}的前n 项和，则数列S6 - S3，S9 - S6，S12 - S9是等差数列，且其公差为9d.通过类比推理，可以得到结论：设T n是公比为2 的等比数列{b n}的前n 项积，则数列T6T9T12T3，T6，T9 是等比数列，且其公比的值是．5129.若等差数列{a n}的公差为d，前nS n{ }项的和为，则数列为等差数列，d. {b}公差为2 类似地，若各项均为正数的等比数列n的公比为q，前n 项的积为T n，则数列{nT n}为等比数列，公比为．10. 设等差数列{a n}的前n 项和为S n m，n(m < n)，使得S m= S n，则S m + n= 0.类比上述结论，设正项等比数列{b n}的前n 项积为T n，若存在正整数m，n(m < n)，使得T m= T n，则T m + n=．10. 1答案和解析【解析】{a} S= n(a1 + a n)1. 解：在等差数列n的前n 项和为n 2 ，因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，所以各项均为正的等比数列{bn}的前n 项积T n= (b1b n)n，故选：A由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果，在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．n + 1n + 12. 解：在等差数列{a n }中，我们有a n = a m + (n ‒ m )d ，类比等差数列，等比数列中也是如此，b n = b m ⋅ q n ‒ m(m ，n ∈ N ∗ )．故答案为b n = b m ⋅ q n ‒ m(m ，n ∈ N ∗ )．因为等差数列{a n }中，a n = a m + (n ‒ m )d (m ，n ∈ N + )，即等差数列中任意给出第 m项a m ，它的通项可以由该项与公差来表示，推测等比数列中也是如此，给出第 m 项 b m 和公比，求出首项，再把首项代入等比数列的通项公式中，即可得到结论．本题考查了类比推理，类比推理就是根据两个不同的对象在某些方面的相似之处，从而推出这两个对象在其他方面的也具有的相似之处，是基础题．3. 解： ∵ 根据等差数列构造的新的等差数列是由原来的等差数列的和下标一致的数字倍的和，除以下标的和，∴ 根据新的等比数列构造新的等比数列， c c 2c 3…c n乘积变化为乘方 1 2 3 n ，1(c c 2c 3…c n ) 1 + 2 + 3 + … + n原来的除法变为开方 1 2 3 n1(c c 2c 3…c n ) 1 + 2 + 3 + … + n故答案为： 1 2 3 n根据等差数列构造的新的等差数列是由原来的等差数列的和下标一致的数字倍的和，除以下标的和，等比数列要类比出一个结论，只有乘积变化为乘方，除法变为开方，写出结论．本题考查类比推理，两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象的也具有这类特征，是一个有特殊到特殊的推理．4. 解：把等差数列的通项相加改成等比数列的通项相乘，把结论的相乘的系数改成等比数列的指数，∴ 在等比数列{b n }中有结论b 1b 2…b 2n + 1 = b 2n + 1(n ∈ N + ).故答案为：b 1b 2…b 2n + 1 = b 2n + 1(n ∈ N + ). 利用“类比推理”，把等差数列的通项相加改成等比数列的通项相乘，把结论的相乘的系数改成等比数列的指数，即可得出．本题考查了等比数列的通项公式、类比推理等基础知识与基本技能方法，属于中档题．5. 解：在等差数列中S 3n= S n + (S 2n ‒ S n ) + (S 3n ‒ S 2n ) = (a 1 + a 2 + … + a n ) ++ (S 2n ‒ S n ) + (a 2n + 1 + a 2n + … + a 3n )因为a 1 + a 3n = a 2 + a 3n ‒ 1 = … = a n + a 2n + 1 = a n + 1 + a 2n 所以S n + (S 3n ‒ S 2n ) = 2(S 2n ‒ S n )，所以S 3n = 3(S 2n ‒ S n ). 故答案为：S 3n = 3(S 2n ‒ S n ).本小题主要考查类比推理，由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果．本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．6. 解：等差数列与等比数列的对应关系有：等差数列中的加法对应等比数列中的乘法，等差数列中除法对应等比数列中的开方，故此我们可以类比得到结论：10b 11 ⋅ b 12 ⋅ … ⋅ b 20 = 30b 1 ⋅ b 2 ⋅ b 3 ⋅ … ⋅ b 30．故答案为：10b 11 ⋅ b 12 ⋅ … ⋅ b 20 = 30b 1 ⋅ b 2 ⋅ b 3 ⋅ … ⋅ b 30．在等差数列中，等差数列的性质m + n = p + q ，则a m + a n = a p + a q ，那么对应的在等比数列中对应的性质是若m + n = p + q ，则b m b n = b p b q ．本题考查类比推理，掌握类比推理的规则及类比对象的特征是解本题的关键，本题中由等差结论类比等比结论，其运算关系由加类比乘，解题的难点是找出两个对象特征的对应，作出合乎情理的类比．7. 解：在等比数列中，若a 9 = 1，则a 18 ‒ n ⋅⋅⋅ a 9 ⋅⋅⋅ a n = 1即a 1 ⋅ a 2…a n = a 1 ⋅ a 2…a 17 ‒ n (n < 17，且n ∈ N ∗)成立，利用的是等比性质，若 m + n = 18，则a 18 ‒ n ⋅ a n = a 9 ⋅ a 9 = 1，∴ 在等差数列{b n }中，若b 7 = 0，利用等差数列的性质可知，若m + n = 14，b 14 ‒ n + b n = b 7 + b 7 = 0，∴ b 1 + b 2 + … + b n = b 1 + b 2 + … + b 13 ‒ n (n < 13，且n ∈ N ∗ )故答案为：b 1 + b 2 + … + b n = b 1 + b 2 + … + b 13 ‒ n (n < 13，且n ∈ N ∗).据等差数列与等比数列通项的性质，结合类比的规则，和类比积，加类比乘，由类比规律得出结论即可．本题的考点是类比推理，考查类比推理，解题的关键是掌握好类比推理的定义及等差等比数列之间的共性，由此得出类比的结论即可．T 6 T 9 T 12 T 3，T ， T 929 = 5128. 解：由题意，类比可得数列6是等比数列，且其公比的值是，故答案为 512．由等差数列的性质可类比等比数列的性质，因此可根据等比数列的定义求出公比即可．本题主要考查等比数列的性质、类比推理，属于基础题目．{a } SS n= a + (n ‒ 1) ⋅ d 9. 解：因为在等差数列 n 中前 n 项的和为 n 的通项，且写成了n1 2．所以在等比数列{b n }中应研究前 n 项的积为T n 的开 n 方的形式．类比可得nT n = b 1( q )n ‒ 1.其公比为故答案为 q ．S nS nd{ n } n= a 1 + (n ‒ 1) ⋅ 2仔细分析数列为等差数列，且通项为的特点，类比可写出对应数列{nT n }为等比数列的公比．本小题主要考查等差数列、等比数列以及类比推理的思想等基础知识.在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．10. 解：在由等差数列的运算性质类比推理到等比数列的运算性质时：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，故由“已知数列{a n }为等差数列，它的前 n 项和为S n ，若存在正整数m ，n (m ≠ n )，使得S m = S n ，则S m + n = 0”．类比推理可得：“已知正项数列{b n }为等比数列，它的前n .项积为T n ，若存在正整数 m ，n .(m ≠ n )，使得T m = T n ，则T m + n = 1．故答案为 1．在类比推理中，等差数列到等比数列的类比推理方法一般为：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，由“已知数列{a n }为等差数列，它的前 n 项和为S n ，若存q在正整数m ，n (m ≠ n )，使得S m = S n ，则S m + n = 0”.类比推理可得：“已知正项数列 {b n }为等比数列，它的前n .项积为T n ，若存在正整数m ，n .(m ≠ n )，使得T m = T n ，则 T m + n = 1．类比推理的一般步骤是：(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．。

高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题(含答案)

高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题（含答案）一、基础知识：1、等差数列性质与等比数列性质：（1）若{}n a 为等差数列，0,1c c >≠，则{}na c成等比数列证明：设{}n a 的公差为d ，则11n n n na a a da c c c c ++−==为一个常数所以{}na c成等比数列（2）若{}n a 为正项等比数列，0,1c c >≠，则{}log c n a 成等差数列证明：设{}n a 的公比为q ，则11log log log log n c n c n c c na a a q a ++−==为常数所以{}log c n a 成等差数列二、典型例题：例1：已知等比数列{}n a 中，若1324,,2a a a 成等差数列，则公比q =（） A. 1 B. 1−或2 C. 2 D. 1−思路：由“1324,,2a a a 成等差数列”可得：3123122422a a a a a a =+⇒=+，再由等比数列定义可得：23121,a a q a a q ==，所以等式变为：22q q =+解得2q =或1q =−，经检验均符合条件答案：B例2：已知{}n a 是等差数列，且公差d 不为零，其前n 项和是n S ，若348,,a a a 成等比数列，则（）A. 140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D. 140,0a d dS <>思路：从“348,,a a a 成等比数列”入手可得：()()()22438111327a a a a d a d a d =⇒+=++，整理后可得：2135a d d=−，所以135d a =−，则211305a d a =−<，且()2141646025a dS d a d =+=−<，所以B 符合要求答案：B小炼有话说：在等差数列（或等比数列）中，如果只有关于项的一个条件，则可以考虑将涉及的项均用1,a d （或1,a q ）进行表示，从而得到1,a d （或1,a q ）的关系例3：已知等比数列{}n a 中的各项均为正数，且510119122a a a a e +=，则1220ln ln ln a a a +++=_______________思路：由等比数列性质可得：1011912a a a a =，从而51011912a a a a e ==，因为{}n a 为等比数列，所以{}ln n a 为等差数列，求和可用等差数列求和公式：101112201011ln ln ln ln ln 2010ln 502a a a a a a a ++++=⋅==答案：50例4：三个数成等比数列，其乘积为512，如果第一个数与第三个数各减2，则成等差数列，则这三个数为___________ 思路：可设这三个数为,,a a aq q ，则有3=512512aa aq a q⋅⋅⇒=，解得8a =，而第一个数与第三个数各减2，新的等差数列为82,8,82q q −−，所以有：()816282q q ⎛⎫=−+− ⎪⎝⎭，即22252520q q q q+=⇒−+=，解得2q =或者12q =，2q =时，这三个数为4,8,16，当12q =时，这三个数为16,8,4 答案： 4,8,16小炼有话说：三个数成等比（或等差）数列时，可以中间的数为核心。

2020版新高考数学大二轮复习：等差数列与等比数列(真题及考点精讲)

2020版新高考数学大二轮复习：等差数列与等比数列（真题及考点精讲）[做真题]题型一等差数列1．(2019·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n解析：选A.法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝0，a 5＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2－4n .故选A. 法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝0，a 5＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.选项A ，a 1＝2×1－5＝－3；选项B ，a 1＝3×1－10＝－7，排除B ；选项C ，S 1＝2－8＝－6，排除C ；选项D ，S 1＝12－2＝－32，排除D.故选A.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3(3a 1＋3×22d )＝2a 1＋d＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，因为a 1＝2，所以d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：选A.设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2，又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0，又d ≠0，则d ＝－2，所以a 6＝a 1＋5d ＝－9，所以{a n }前6项的和S 6＝1－92×6＝－24，故选A.4．(2019·高考全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以S 10S 5＝10a 1＋10×92d 5a 1＋5×42d ＝10a 1＋10×92×2a 15a 1＋5×42×2a 1＝10025＝4.答案：4题型二等比数列1．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2解析：选C.设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2017·高考全国卷Ⅱ)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盏解析：选B.每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3，故选B.3．(2019·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________．解析：通解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝13×（1－35）1－3＝1213.优解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以a 2a 6＝a 6，所以a 2＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝13×（1－35）1－3＝1213.答案：12134．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.题型三等差、等比数列的判定与证明(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.[学习指导意见]1．数列的概念和简单表示法了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数．2．等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念．(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和的公式．考点1：等差、等比数列的基本运算[典型例题](1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 10S 5＝3332，则数列{a n }的公比q 为( )A ．4B ．2C ．12D ．34(2)(2019·开封模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝3.①若a 3＋b 3＝7，求{b n }的通项公式； ②若T 3＝13，求S n .【解】 (1)选C.因为S 10S 5＝3332≠2，所以q ≠1.所以S 10S 5＝a 1（1－q 10）1－q a 1（1－q 5）1－q ＝1＋q 5，所以1＋q 5＝3332，所以q ＝12. (2)①设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝3，得d ＋q ＝4，(*) 由a 3＋b 3＝7，得2d ＋q 2＝8，(**)联立(*)(**)，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，因此数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.②因为T 3＝1＋q ＋q 2，所以1＋q ＋q 2＝13，解得q ＝3或q ＝－4，由a 2＋b 2＝3，得d ＝4－q ，所以d ＝1或d ＝8. 由S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，得S n ＝12n 2－32n 或S n ＝4n 2－5n .等差、等比数列问题的求解策略(1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q ；(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn(a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列；(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常采用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．[对点训练]1．(多选)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 9＝17B ．a 10＝18C ．S 9＝81D ．S 10＝91解析：选BD.因为对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，所以S n －1－S n ＝S n－S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝2.所以数列{a n }在n ≥2时是等差数列，公差为2，又a 1＝1，a 2＝2，则a 9＝2＋7×2＝16，a 10＝2＋8×2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选BD.2．(一题多题)(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A ．32B ．31C ．64D ．63解析：选B.通解：设首项为a 1，公比为q ，因为a n >0，所以q >0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1q ＝2，所以S 5＝31，故选B.优解：设首项为a 1，公比为q ，因为a n >0，所以q >0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.3．(2019·武昌区调研考试)设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，已知S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝5，则数列{a n }的通项公式为________．解析：设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，因为{a n }是等差数列，S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(a 1＋a 2)2＝a 1(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，因为a 3＝5，所以(5－2d ＋5－d )2＝(5－2d )(5－2d ＋15)，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以5＝a 1＋(3－1)×2，即a 1＝1，所以a n ＝2n －1.答案：a n ＝2n －1考点2：等差(比)数列的性质[典型例题](1)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－ 2C ． 2D ．－2或 2(2)(2019·长春质量检测)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8，则λ＝( )A ．13B ．12C ．2D ．3(3)(2019·福建漳州质检改编)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且a 2＋a 9＋a 19＝6，则a 10＝________，S 19＝________．【解析】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.(2)因为S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8，所以由等差数列的性质得：S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等差数列，所以2(S 8－S 4)＝S 4＋(S 12－S 8)，所以2(3S 4－S 4)＝S 4＋(λ·3S 4－3S 4)，解得λ＝2.(3)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由等差数列的通项公式可得a 2＋a 9＋a 19＝3(a 1＋9d )＝3a 10＝6，所以a 10＝2，由等差数列前n 项和公式可得S 19＝19（a 1＋a 19）2＝19a 10＝38.【答案】 (1)B (2)C (3)2 38等差、等比数列性质问题的求解策略[对点训练]1．(一题多解)(2019·福建省质量检查)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 8－a 5＝9，S 8－S 5＝66，则a 33＝( )A ．82B ．97C ．100D ．115解析：选 C.通解：设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 8－a 5＝9，S 8－S 5＝66，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋7d ）－（a 1＋4d ）＝9，（8a 1＋28d ）－（5a 1＋10d ）＝66，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，a 1＝4，所以a 33＝a 1＋32d ＝4＋32×3＝100，故选C.优解：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 8－a 5＝9，得3d ＝9，即d ＝3.由S 8－S 5＝66，得a 6＋a 7＋a 8＝66，结合等差数列的性质知3a 7＝66，即a 7＝22，所以a 33＝a 7＋(33－7)×d ＝22＋26×3＝100，故选C.2．(一题多解)(2019·广东省七校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＋a 8＝6，S 9－S 6＝3，则S n 取得最大值时n 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选D.法一：设{a n }的公差为d ，则由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＋a 1＋7d ＝6，a 1＋6d ＋a 1＋7d ＋a 1＋8d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2.所以a n ＝－2n ＋17，由于a 8>0，a 9<0，所以S n 取得最大值时n 的值是8，故选D. 法二：设{a n }的公差为d ，则由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＋a 1＋7d ＝6，a 1＋6d ＋a 1＋7d ＋a 1＋8d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2.则S n ＝15n ＋n （n －1）2×(－2)＝－(n －8)2＋64，所以当n ＝8时，S n 取得最大值，故选D.3．(一题多解)已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫12－λn ＋1（n <6），λn －5（n ≥6），若对于任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1，则实数λ的取值范围是________．解析：法一：因为a n >a n ＋1，所以数列{a n}是递减数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧12－λ<0，0<λ<1，λ<⎝⎛⎭⎫12－λ×5＋1，解得12<λ<712.所以实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，712. 法二：因为a n >a n ＋1恒成立，所以0<λ<1.若0<λ≤12，则当n <6时，数列{a n }为递增数列或常数列，不满足对任意的n ∈N *都有a n >a n＋1；若12<λ<1，则当n <6时，数列{a n }为递减数列，当n ≥6时，数列{a n }为递减数列，又对任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1，所以a 6<a 5，即λ<⎝⎛⎭⎫12－λ×5＋1，解得λ<712，所以12<λ<712.综上，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，712. 答案：⎝⎛⎭⎫12，712考点3：等差(比)数列的判定与证明[典型例题](2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？【解】 (1)证明：因为a 3＝7，a 3＝3a 2－2，所以a 2＝3，所以a n ＝2a n －1＋1，所以a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)，所以数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列． (2)由(1)知，a n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n －1，所以S n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－n －2，所以n ＋S n －2a n ＝n ＋(2n ＋1－n －2)－2(2n －1)＝0，所以n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列．判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后判定数列{a n }为等比数列．[对点训练]1．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－3a n ＝3n (n ∈N *)且a 1＝1. (1)设b n ＝a n3n －1，证明数列{b n }为等差数列；(2)设c n ＝na n，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由已知得a n ＋1＝3a n ＋3n，得b n ＋1＝a n ＋13n ＝3a n ＋3n 3n ＝a n3n －1＋1＝b n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝1，又a 1＝1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知，b n ＝a n 3n －1＝n ，所以a n ＝n ·3n －1，c n ＝13n －1，所以S n ＝1×⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n ＝32－12·3n －1.2．设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列{1b n }是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式．解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *)．所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2.因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2)．所以数列{1b n }是首项为12，公差为1的等差数列．所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1. 考点4：数列与新定义相交汇问题[典型例题]对任一实数序列A ＝(a 1，a 2，a 3，…)，定义新序列ΔA ＝(a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…)，它的第n 项为a n ＋1－a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1，且a 12＝a 22＝0，则a 2＝________．【解析】令b n ＝a n ＋1－a n ，依题意知数列{b n }为等差数列，且公差为1，所以b n ＝b 1＋(n －1)×1，a 1＝a 1， a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2， …a n －a n －1＝b n －1，累加得a n ＝a 1＋b 1＋…＋b n －1＝a 1＋(n －1)b 1＋（n －1）（n －2）2＝(n －1)a 2－(n －2)a 1＋（n －1）（n －2）2，分别令n ＝12，n ＝22，得⎩⎪⎨⎪⎧11a 2－10a 1＋55＝0，21a 2－20a 1＋210＝0，解得a 1＝2312，a 2＝100.【答案】 100数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”．(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识．(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．[对点训练]1．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－2解析：选C.因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n－1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.2．(2019·福建五校第二次联考)在数列{a n }中，a 1＝13，1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），n ∈N ＋，且b n＝13＋a n.记P n ＝b 1×b 2×…×b n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，则3n ＋1P n ＋S n ＝________．解析：因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3）＝1a n －1a n ＋3，所以b n ＝13＋a n ＝1a n －1a n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1.因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），所以b n ＝13＋a n ＝a n 3a n ＋1，所以P n ＝b 1×b 2×…×b n ＝a 13a 2×a 23a 3×…×a n 3a n ＋1＝a 13n a n ＋1.又a 1＝13，故3n ＋1P n ＋S n ＝3a 1a n ＋1＋1a 1－1a n ＋1＝1a 1＝3.答案：3一、选择题1．(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝( )A ．12B ．54C ．45D ．－45解析：选C.因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，a 3＝2，a 7＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d ＝1a 7－1a 37－3＝1－127－3＝18，所以1a 9＝1a 7＋(9－7)×18＝54，所以a 9＝45，故选C.2．(一题多解)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2，S 3＝－6，则S 5＝( ) A ．18B ．10C ．－14D ．－22解析：选 D.法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2q ＝－2，所以S 5＝－2×[1－（－2）5]1－（－2）＝－22，故选D.法二：设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，令A ＝a 1q －1，则S n ＝Aq n －A ，⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝Aq 2－A ＝2S 3＝Aq 3－A ＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝23q ＝－2，所以S n ＝23[(－2)n －1]，所以S 5＝23×[(－2)5－1]＝－22，故选D.3．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值是 ( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D ． 3解析：选A.依题意得，a 36＝(－3)3，3b 6＝7π，所以a 6＝－3，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，故选A. 4．(一题多解)(2019·合肥市第一次质量检测)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A ．11B ．12C ．20D ．22解析：选 D.通解：设等差数列{a n }的公差为d (d >0)，则由(a 1＋4d )＋(a 1＋6d )－(a 1＋5d )2＝0，得(a 1＋5d )(a 1＋5d －2)＝0，所以a 1＋5d ＝0或a 1＋5d ＝2，又a 1>0，所以a 1＋5d >0，则a 1＋5d ＝2，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11×2＝22，故选D.优解：因为{a n }为正项等差数列，所以由等差数列的性质，并结合a 5＋a 7－a 26＝0，得2a 6－a 26＝0，a 6＝2，则S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝11a 6＝22，故选D. 5．等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.6．(多选)已知数列{a n }是等比数列，则下列命题正确的是( ) A ．数列{|a n |}是等比数列 B ．数列{a n a n ＋1}是等比数列C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列D ．数列{lg a 2n }是等比数列解析：选ABC.因为数列{a n }是等比数列，所以a n ＋1a n ＝q .对于A ，|a n ＋1||a n |＝⎪⎪⎪⎪a n ＋1a n ＝|q |，所以数列{|a n |}是等比数列，A 正确；对于B ，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2，所以数列{a n a n ＋1}是等比数列，B 正确；对于C ，1a n ＋11a n ＝a n a n ＋1＝1q，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列，C 正确；对于D ，lg a 2n ＋1lg a 2n ＝2lg a n ＋12lg a n ＝lg a n ＋1lg a n ，不一定是常数，所以D 错误．二、填空题7．(2019·贵阳市第一学期监测)已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝7.当n ∈N *时，a n ＋2是乘积a n ·a n ＋1的个位数，则a 2 019＝________．解析：a 1＝3，a 2＝7，a 1a 2＝21，a 3＝1，a 2a 3＝7，a 4＝7，a 3a 4＝7，a 5＝7，a 4a 5＝49，a 6＝9，a 5a 6＝63，a 7＝3，a 6a 7＝27，a 8＝7，a 7a 8＝21，a 9＝1，a 8a 9＝7，所以数列{a n }是周期为6的数列，又2 019＝6×336＋3，所以a 2 019＝a 3＝1.答案：18．在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为0. 其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a n }是等比数列，且公比q ＝1时，{a n }不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④9．(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝e x －1e x ＋1，g (x )＝f (x －1)＋1，则g (x )的图象关于________对称，若a n ＝g ⎝⎛⎭⎫1n ＋g ⎝⎛⎭⎫2n ＋g ⎝⎛⎭⎫3n ＋…＋g ⎝⎛⎭⎫2n －1n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为f (x )＝e x －1e x ＋1，所以f (－x )＝e －x －1e －x ＋1＝1－e xe x ＋1＝－f (x )，所以函数f (x )为奇函数．因为g (x )＝f (x －1)＋1，所以g (x )的图象关于点(1，1)对称，若x 1＋x 2＝2，则有g (x 1)＋g (x 2)＝2，所以a n ＝g ⎝⎛⎭⎫1n ＋g ⎝⎛⎭⎫2n ＋g ⎝⎛⎭⎫3n ＋…＋g ⎝⎛⎭⎫2n －1n ＝2(n －1)＋g (1)＝2n －2＋f (0)＋1＝2n －1，即a n ＝2n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.答案：(1，1) a n ＝2n －1 三、解答题10．(2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q <1，若a 2＝2，a 1＋a 2＋a 3＝7.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1q ＝2(舍去)．所以a n ＝4×⎝⎛⎭⎫12n －1＝23－n .(2)因为b n ＝log 2a n ＝log 223－n ＝3－n ，所以数列{b n }是首项为2，公差为－1的等差数列．设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （2＋3－n ）2＝n （5－n ）2.11．(2019·武汉调研)已知等差数列{a n }前三项的和为－9，前三项的积为－15. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若{a n }为递增数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意得a 2＝－3，则a 1＝－3－d ，a 3＝－3＋d ，所以(－3－d )(－3)(－3＋d )＝－15，得d 2＝4，d ＝±2，所以a n ＝－2n ＋1或a n ＝2n －7.(2)由题意得a n ＝2n －7，所以|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2n ，n ≤32n －7，n ≥4，①n ≤3时，S n ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝5＋（7－2n ）2n ＝6n －n 2；②n ≥4时，S n ＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋…＋a n ＝－2(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝18－6n ＋n 2.综上，数列{|a n |}的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋6n ，n ≤3n 2－6n ＋18，n ≥4.12．(2019·长沙市统一模拟考试)已知数列{a n }的首项a 1＝3，a 3＝7，且对任意的n ∈N *，都有a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0，数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求使b 1＋b 2＋…＋b n >2 018成立的最小正整数n 的值．解：(1)令n ＝1得，a 1－2a 2＋a 3＝0，解得a 2＝5.又由a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1＝2，故数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝2的等差数列，于是a n ＝2n ＋1，b n ＝a 2n －1＝2n ＋1. (2)由(1)知，b n ＝2n ＋1.于是b 1＋b 2＋…＋b n ＝(21＋22＋ (2))＋n ＝2（1－2n ）1－2＋n ＝2n ＋1＋n －2.令f (n )＝2n ＋1＋n －2，易知f (n )是关于n 的单调递增函数，又f (9)＝210＋9－2＝1 031，f (10)＝211＋10－2＝2 056，故使b 1＋b 2＋…＋b n >2 018成立的最小正整数n 的值是10.。

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等差数列等比数列综合练习题一．选择题1. 已知 a n 1 a n 3 0 ，则数列 a n 是（） A. 递增数列B.递减数列C.常数列D.摆动数列2. 等比数列 { a n } 中，首项 a 1 8 ，公比 q 1，那么它的前 5 项的和 S 5 的值是（）A ． 31． 33 2 ． 35 ． 37 C22223. 设 S n 是等差数列 { a n } 的前 n 项和，若 S 7=35，则 a 4=( )A. 8B.7C.6D.54. 等差数列 { a n } 中， a 1 3a 8 a15120,则 2a 9a10（）A ．24B ．22C ．20D ．-85. 数列 a n 的通项公式为 a n 3n 228n ，则数列 a n 各项中最小项是（）A. 第 4 项B.第 5 项C.第 6 项 D. 第 7 项6. 已知 a ， b ， c ， d 是公比为 2 的等比数列，则 2a b等于（）2cdA ．1B ． 1． 1 ． 12C 4D 87.在等比数列 a n 中, a 7 ? a 11 6, a 4 a 14 5, 则a 20()a 10A. 2B.3C. 2 或3 D.2 或3323 2328.已知等比数列 a n 中, a n >0, a 2a 4 2a 3a 5 a 4 a 6 25 ,那么 a 3 a 5 =( )A.5B .10C.15D .209.各项不为零的等差数列a n 中 ,有 2a 3 a 722a 110 ,数列 b n 是等比数列 ,且b7 a7 , 则 b6b8( )A.2B. 4C.8 D .1610.已知等差数列a n中,a n 0, 若 m 1且 a m 1 a m1 a m2 0, S2 m 1 38, 则m等于A. 38B. 20C.10D. 911.已知s n是等差数列a n(n N * ) 的前n项和,且 s6 s7 s5,下列结论中不正确的是 ( )A. d<0B. s11 0C. s12 0D. s13 012.等差数列{ a n}中，a1，a2 ， a4恰好成等比数列，则a4 的值是（）a1A ．1 B．2 C．3 D．4二．填空题13．已知 { a n} 为等差数列， a15＝8，a60＝20，则 a75＝________14. 在等比数列{ a n}中，a2?a816 ，则 a5=__________15．在等差数列 { a n} 中，若 a7＝m，a14＝n，则 a21＝__________16. 若数列x n满足lg x n 1 1 lg x n n N,且x1x2L x100100 ,则lg x101x102L x200________17.等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n,若 a3+a17=10,则 S19的值_________18.已知等比数列 {a n} 中， a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20，则前 9 项之和等于_________三.解答题19.设三个数 a ，b， c 成等差数列，其和为6，又 a ，b，c 1成等比数列，求此三个数 .20. 已知数列a n中，a11,a n2a n 13，求此数列的通项公式.21. 设等差数列an的前n项和公式是sn5n23n ,求它的前3项，并求它的通项公式 .22. 已知等比数列a n的前n项和记为S n,，S10=10，S30=70，求S40。

(完整word)2019年高考试题汇编理科数学--数列,推荐文档

解答: 13，设等比数列公比为q3、25•- (ag )ag••• q 3• S 121 …S 53（1）证明:a nb n 是等比数列，a n b n 是等差数列;(2 )求a n 和b n 的通项公式. 答案： (1) 见解析 1 x n 11 x n 1(2)a n () n，b n () n2222解析：(1)将 4a n 1 3a n b n 4 , 4b n 1 3b n a n 4 相加可得 4a n1 4b n 1 3a n 3b n a n b n ,11 整理可得a n 1 b n 1丄(a n b n )，又玄1 Q 1，故a . b n 是首项为1,公比为1的等比数列22将 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 13b n a n 4 作差可得 4a n14b n13a n 3b n a . b n 8,整理可得a n 1 b n 1a nb n 2，又a 1 Q 1，故a .b n 是首项为1，公差为2的等差数列1 1A. a n 2n 5B.3n 3n 10 CS2n 28nD.S n■In 2 2n 2答案：A解析：S 4 4冃 6d 0a 1 3 5, S n2依题意有可得 a nn 4n .3S 31 4d 5 d 2 n（2019全国1理）9•记S n 为等差数列 a n 的前n 项和•已知S 40 , a 5 5，则（2（2019全国1理）14.记S n 为等比数列 a n 的前 n 项和,a 436，则 S5答案: S 51213 2019全国2理)19.已知数列a n 和b n满足a 10 , 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 1 3b n a n 4.-31 2 3436(2)由a n b n是首项为1 ,公比为?的等比数列可得a n b n ()"①；由a n bn 是首项为1公差为2的等差数列可得a n b n 2n 1②;【解析】【分析】首先确定公差，然后由通项公式可得 a 5的值，进一步研究数列中正项？负项的变化规律,得到和的最小值.【详解】等差数列 a n 中，8s 5a 3 10,得a 3 2& 3,公差da 3 a ?1, a§% 2d 0,由等差数列a n 的性质得n 5时，a n 0, n 6时，a n 大于0,所以S n 的最小值为S 4或S 5,即为10.①②相加化简得a n（!）n n 1，①②相减化简得b n 2 2（2019全国3理）5.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且a s 3a 3 4印，则a ?（）A. 16B. 8 答案： C解答：C. 4D.设该等比数列的首项 a i ，公比由已知得,4a©3dq 24a i ，因为a 0且q 0，则可解得2，又因为 a i (1q 3) 15,即可解得c 1，则4.（2019全国3理）14.记S n 为等差数列 a n 的前n 项和，若q0, a 2 3a ，则 3°S 5答案:4解析:设该等差数列的公差为d 2a 1 a 1 0,d 0 ,10 a 1 a 10S 0____________2S 55 a 1 a 522 2a 1 9d3 4.2a 1 4d 5d（2019北京理）10.设等差数列的前n 项和为S n,若a 2=-3 ,S s =-10，则a s = ,S n 的最小值为【答案】 (1). 0. (2). -10.【点睛】本题考查等差数列的通项公式？求和公式？等差数列的性质，难度不大，注重重要知识？基础知识？基本运算能力的考查a i (2019北京理)20.已知数列｛a n｝，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i l<i2<・・Vm)，若a h a2则称新数列a h, a i2, , a m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．(I)写出数列1 , 8, 3, 7, 5, 6, 9的一个长度为4的递增子列；(H)已知数列｛a n｝的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m o，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证：a m°<a n°；(川)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 -, 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.【答案】(I )1,3,5,6.(n )见解析; (川)见解析.【解析】【分析】(I )由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；(n )利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；(川)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可•【详解】(I )满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6.(n)对于每一个长度为q的递增子列a n a2丄a q，都能从其中找到若干个长度为p的递增子列色总丄a p，此时a p a q ，设所有长度为q的子列的末项分别为：a q, ,a q2,a q3 ,L ,所有长度为p的子列的末项分别为：a p1,a p2,a p3,L ,则a n0 min a q1,a q2,a q3,L ，注意到长度为P的子列可能无法进一步找到长度为q的子列，故a m0 min a p1,a p2,a p3,L ，据此可得：a m0a n0n 1, n为偶数(川)满足题意的一个数列的通项公式可以是a n 斗才来朴2,1,4,3,6,5,8,7,L ,n 1,n为奇数面说明此数列满足题意很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.长度为s 的递增子列末项的最小值为2s-1，下面用数学归纳法证明长度为s 末项为2s-1 的递增子列恰有2s 1个s 1,2,L ：当n 1 时命题显然成立，假设当n k时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有21个，则当n k 1时，对于n k 时得到的每一个子列a s1,a s2,L ,a s k 1,2k 1，可构造：aq,a s2丄，a s「2k 1,2 k 1 1和a5^,a S2,L ,a^l,2k,2 k 1 1两个满足题意的递增子列，则长度为k+1 末项为2k+1 的递增子列恰有 2 2k 12k2k 1 1个，n 1, n为偶数综上可得，数列a n、，卄沁.2,1,4,3,6,5,8,7,L是一个满足题意的数列的通项公式•n 1, n为奇数注：当s 3时，所有满足题意的数列为：2,3,5 , 1,3,5 , 2,4,5 , 1,4,5 ，当s 4 时，数列2,3,5 对应的两个递增子列为：2,3,5,7 和2,3,6,7 .【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.2019天津理) 19.设a n 是等差数列，b n 是等比数列.已知a1 4,b1 6，b2 2a2 2,b3 2a3 4.(I)求a n和b n的通项公式;（n）设数列q满足G 1,c n X 2 J 2「其中k Nn 1 n b k,n 2k ,i )求数列a2n c2n1 的通项公式;2nii ）求a i c i n Ni1答案】（I ）a n 3n 1 ; b n 3 2n（n ）（i ）a2n c2n 1 9 4n1 （ii ）* 2n 1n 1 *aqnN 27 25 2 n 12 nNi 1【解析】【分析】(I )由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可; (n )结合(I )中的结论可得数列a 2n c 2n 1的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等2n价变形，结合等比数列前n 项和公式可得aG 的值.i 12 4 d 26 2d，解得2 4 2d 4 12 4d故a n 4 (n 1) 33n1 ,b n6 2n13 2n.所以,a n的通项公式为 a n 3n 1 , b n的通项公式为b n3 2n (n )( i ) a 2n C 2n 1 a ?n b n 1 3 2n 1 3 2n 19 4n 1所以,数列 a ?n c?n1 的通项公式 :为a2nc 2n 19 4n 12n 2n2n2n(ii )a &a i a C i 1a ia c 2i1i 1i 1i 1i 12n 2n 1n2 n4-39 412i 14 1 4n3 ?2 n5 2n 19n1 427 _2n•1J 112N*25 2n n【点睛】本题主要考查等差数列？等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.【详解】(I )设等差数列a n 的公db n 的公比为q .依题意得6q6q 2（2019上海）18•已知数列｛a n ｝ , a 1 3，前n 项和为S n •（1）若｛an ｝为等差数列,且 a 4 15, 求S n ；（2）若｛a n ｝为等比数列,且 lim n S n 12，求公比 q 的取值范围【解答】解：（1） Q a 4 a 3d 3 3d 15 ,d 4 ,n(n 1),S n 3n4 2n 2 n；2lim S n 存在，nlim 3(^ 2 ,n1 q 1 q3 4公比q 的取值范围为（1 , 0）（0 , 3）.42综上，d -或者d3Hm S n存在， lim S n n （2019上海）21.已知等差数列｛务｝的公差d (0，］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n2 、（1 ）若a 1 0,d 一，求集合 30,d —,3｛乜，0, △.2 2根据三角函数线，①等差数列｛a n ｝的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时此时d —,3（2）若a 1，求d 使得集合 2 S 恰好有两个（3）若集合S 恰好有三个元素: b n T b n , T 是不超过7的正整数，求 T 的所有可能的值.【解答】解：（1） Q 等差数列｛a n ｝的公差d (0，］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n当a 1集合S (2) Q，数列｛b n ｝满足 b n sin (a .),2集合S x|x N *恰好有两个元素，如图:②a 1终边落在OA 上，要使得集合 S 恰好有两个元素，可以使 a 2, a 3的终边关于y 轴对称，如图OB , OC ,(3)①当T 3 时，b n 3 b n，集合S {bl，b2, b3},符合题意.②当T 4 时，b n 4 b n ，sin(a n 4d) sina. a n 4d a n 2k ，或者a n 4d 2k a n ，4d a n 2k，又k 1，2当k1时满足条件，此时S {，1, 1}.③当T 5时，b n 5b n，si n(a n5d)sina n，故k1，2.当k1时，S{sin—，1，sin}满足题意1010④当T 6时，b n 6b n，sin (an6d)sina n，a na n等差数列{a n}的公差d (0，］，故a n5d a n 2k ，或者a n 5d 2k a n，因为 d (0 ,所以6d a n 2k 或者a n 6d 2k a n，d (0，1 , 2, 3.1时，S {-^O, —3}，满足题意.2 2⑤当T 7 时，b n 7 b n，si n(a n 7d) si na n si na n，所以a n 7d a n 2k ，或者a n 7d 2k a n，d (0，故k 1 , 2, 31时，因为b i ~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d m 7，不符合条件.k 2时，因为b i~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d n不是整数，不符合条件.k 3时，因为bi ~ b7对应着3 个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n—，或者d7—，此时，m n均不是整数，不符合题意.7综上，T3，4，5，6.(2019江苏)8.已知数列{a n}( n N*)是等差数列，S n是其前n项和若a2^ 兎0,S9 27 ,则Q的值是 _____________________ 【答案】16【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.a 2a 5CBa 1 d a-i 4d7d 0【详解】由题意可得：9 8S99a 1 9 8d227解得： a 1 51 ，则 S 8 8a 1 8 7d40 28 216.d 22【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程(组)，如本题，从已知出发，构建a 1, d 的方程组.(2019江苏)20.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M—数列”.(1)已知等比数列｛a n ｝满足：a ?a 4 a 5,a 3 4a ? 4印 0 ,求证：数列｛a n ｝为“M—数列”；u . 1 2 2(2)已知数列｛b n ｝满足：b 1 1,S b b ，其中S 为数列｛b n ｝的前n 项和.S n b n b n 1① 求数列｛b n ｝的通项公式；② 设m 为正整数，若存在 “M—数列” ｛｝ (n € N *)，对任意正整数k ，当k 呦时，都有C k b k q 1成立，求m 的最大值.【答案】(1)见解析； (2［① b n = n n N * :② 5. 【解析】【分析】(1 )由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论； (2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列｛b n ｝是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定b k 的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得【详解】(1)设等比数列｛a n ｝的公比为q ,所以a 1^0, q 丰0.因此数列｛a n ｝为M —数列”1 22 (2) ①因S n—，所以b nb nbn11 2 2由b| 1,S 1th 得1 1 ，则 b 22.1由2 2 得 S nb n b n 1m 的最大值.a 2&4 a s由a 3 4a ： 4ci|。

专题5-1 等差等比性质综合(14题型+解题攻略)-2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式含答案

【变式1-1】（2019秋·河南洛阳·高三统考）已知数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，若9n n S S -=（n N *Î且9n <），有以下结论：①90S =；②50a =；③{}n a 为递增数列；④90a =．则正确的结论的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【变式1-2】（2019春·上海杨浦·高三复旦附中校考）已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，函数()f x 是定义在R 上的单调递增的奇函数，数列{()}n f a 的前n 项和为n S ，对于命题：①若数列{}n a 为递增数列，则对一切*n ÎN ，0n S >②若对一切*n ÎN ，0n S >，则数列{}n a 为递增数列③若存在*m N Î，使得0m S =，则存在*k ÎN ，使得0k a =④若存在*k ÎN ，使得0k a =，则存在*m N Î，使得0m S =其中正确命题的个数为A ．0B ．1C ．2D ．3【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{}n b 满足1.nn na b a +=若对任意的*n ÎN ，都有6n b b ³成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[]6,5--B ．()6,5--C ．[]5,4--D ．()5,4--题型02等比数列单调性【解题攻略】函数图象法：求出数列{}n a 的前n 项和()n S f n =，利用函数()y f x =的图象性质来研究n S 的最大最小值问题.【典例1-1】无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2nn S =，则下列结论中正确的有（）A ．{}n a 为等比数列B ．{}n a 为递增数列【典例1-2】等比数列{}n a 的公比为q ，则“1q >”是“对于任意正整数n ，都有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 ．既不充分又不必要条件【变式1-1】已知数列{}n a 满足12a =，12(N )n n a a n *+=Î，设()()*N n n b n a n l =-×Î，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数l 的取值范围是（）A ．()3-¥，B ．()3+¥，C ．(]3-¥，D ．[)3+¥，【变式1-2】.数列{}n a 是等比数列，首项为1a ，公比为q ，则()110a q -<是“数列{}n a 递减”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【变式1-3】数列{an }满足an +1＝2an +1，a 1＝1，若bn ＝l an ﹣n 2+4n 为单调递增数列，则l 的取值范围为（）A ．18l ＞B ．14l ＞C ．38l ＞D ．12l ＞题型03等差数列不等式正负分界【解题攻略】邻项变号法：若当n m £时，0n a ³，当1n m ³+时，0n a £，则数列{}n S 中，m S 最大；若当n m £时，0n a £，当1n m ³+时，0n a ³，则数列{}n S 中，m S 最小.【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()552sin 2350a a +--=，()201820182sin 2370a a +--=，则下列结论正确的是（）A ．20222022S =，且52018a a >B ．20222022S =-，且52018a a <C ．20224044S =-，且52018a a >D ．20224044S =，且52018a a <【典例1-2】（2022·全国·高三专题练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ．已知312a =，100S >，60a <，则选项不正确的是（）A ．数列n n S a ìüíýîþ的最小项为第6项B ．2445d -<<-C ．50a >D ．0n S >时，n 的最大值为5【变式1-1】（2021·全国·高三专题练习）设数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若113S £，410S ³，515S £，则4a 的最大值为A ．3B ．4C ．7-D ．5-【变式1-2】（2022·全国·高三专题练习）已知公差非零的等差数列{}n a 满足38a a =，则下列结论正确的是（）A ．110S =B ．*11()110N n n S S n n -=££Î,C ．当110S >时，5n S S ³D ．当110S <时，5n S S ³【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和.若20200S <，20210S >，则下列判断错误的是（）A ．数列{}n a 递增B ．10100a <C ．数列{}n a 前2020项和最小D ．10110a >题型04等比数列“1”比较型不等式【解题攻略】等比数列“平衡点”型不等式，主要从以下几个性质思考：1.若p ＋q ＝m ＋n ，则a p ·a q ＝a m ·a n ，特别地，若p ＋q ＝2k ，则a p ·a q ＝a k 22.如果等比数列是正项递增数列，则若p ＋q >m ＋n ，则a p ·a q >a m ·a n.【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项之积为n T ，并且满足条件：11a >，201920201a a >，20192020101a a -<-，给出下列结论：①01q <<；② 2019202110a a ->；③2019T 是数列{}n T 中的最大项；④使1n T >成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序号为（）A ．①②B ．①③C ．①③④D ．①②③④【典例1-2】（2022秋·江西赣州·高三校联考阶段练习）设公比为q 的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n项积为n T ，且11a >，202120221a a >，20212022101a a -<-，则下列结论正确的是（）A ．1q >B ．2021202210S S ->C ．2022T 是数列{}n T 中的最大值D ．数列{}n T 无最大值【变式1-1】（2023秋·高三课时练习）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足条件11a >，202020211a a >，()()20202021110a a --<，则下列选项错误的是（）A ．01q <<B ．202020211S S +>C ．2020T 是数列{}n T 中的最大项D ．40411T >【变式1-2】（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市恒昌中学校校考期末）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，671a a >，67101a a -<-，则下列结论正确的是（）A ．681a a >B ．01q <<C ．1q >D ．n T 没有最大值【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，并且满足条件()()178781,1,110a a a a a >>--<，则下列结论正确的是（）A ．791a a >B ．01q <<C ．6879a a a a +<+D ．n S 的最大值为8S 题型05等差数列“高斯”性质【解题攻略】.一般地，如果{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则有性质：（1）若,,,*,m n p q N m n p q Î+=+，则m n p q a a a a +=+；（2）()1,1,2,,2k n k n n a a S k n +-+==L 且()2121n n S n a -=- ；（3）2n S An Bn =+且n S n ìüíýîþ为等差数列；（4）232,,,n n n n n S S S S S --L 为等差数列.【典例1-1】（2021·江苏·高三专题练习）已知等差数列{}n a 满足225910a a +=，则12345a a a a a ++++的最大值为（）A ．55B ．20C ．25D ．100【典例1-2】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 是公差不为零且各项均为正数的无穷等差数列，其前n 项和为n S .若p m n q <<<且()*,,,p q m n p q m n N+=+Î，则下列判断正确的是（）A ．22p pS p a =×B ．p q m na a a a >C ．1111p q m na a a a +<+D ．1111p q m nS S S S +>+【变式1-1】（2022秋·山东临沂·高三校考期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若63a =，则11S =（）A ．22B ．33C ．44D ．55【变式1-2】（2023秋·高三课时练习）在等差数列{}n a 中，91110a a +=，则数列{}n a 的前19项之和为（）A ．98B ．95C ．93D ．90【变式1-3】（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考）在等差数列{}n a 中，若31730a a +=，则91011a a a ++=（）A ．30B ．40C ．45D ．60.题型06 等比数列“高斯”性质【解题攻略】等比数列“高斯技巧”（1)“高斯”技巧：若p ＋q ＝m ＋n ，则ap·aq ＝am·an ，特别地，若p ＋q ＝2k ，则ap·aq ＝ak2； (2)“跳项”等比：数列an ，an ＋k ，an ＋2k ，an ＋3k ，…为等比数列，公比为qk.(3)“和项”等比：数列Sn ，S2n －Sn ，S3n －S2n 仍成等比数列，其公比为__qn__.【典例1-1】（2023秋·山西太原·高三统考）已知数列{}n a 为等比数列，且3542a a a ×=，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若44b a =，则7S =（）A ．7B ．14C ．62D ．72【典例1-2】（2023春·内蒙古通辽·高三校联考开学考试）已知等比数列{}n a 满足：24682820,8a a a a a a +++=×=，则24681111a a a a +++的值为（）A ．20B ．10C ．5D ．52【变式1-1】（2023春·河南郑州·高三河南省实验中学校考）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且3781a a =，则313539log log log a a a ++=（）A ．3B ．4C ．5D ．6【变式1-2】（2022秋·湖南常德·高三临澧县第一中学校考阶段练习）已知方程()()22880x mx x nx -+-+=的四个根组成以1为首项的等比数列，则m n -=（）A ．32B ．32或23C ．32±D ．3±【变式1-3】（2023秋·甘肃·高三校考阶段练习）若等比数列{}n a 中的5a ，2019a 是方程2430x x -+=的两个根，则31323332023log log log log a a a a ++++L 等于（）A ．20243B ．1011C ．20232D ．1012题型07等差中项比值型【解题攻略】双数列等差中项比值转化型{}n a 、{}n b 均为等差数列且其前n 项和为n S 、nT则2121=n n n n a S b T --.【典例1-1】（2023春·新疆伊犁·高三校考）设等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和分别是n S ，n T ，若337n n S nT n =+，则66a b =（）A ．1720B ．1120C ．3340D ．1217【典例1-2】（2023春·江西吉安·高三永丰县永丰中学校考）等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别记为n S 与n T ，若2835n n S nT n =+，则293a ab +=（）A ．127B ．3217C ．167D ．2【变式1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，若对于任意的自然数n ，都有481n n S n T n -=+，则3153111572a a a b b b b ++=++（）A ．3B ．6C ．327D ．8013【变式1-2】（2023春·新疆·高三八一中学校考）若两个等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和,n n A B 满足()71427n n A n n B n *+=Î+N ，则1111a b =（）A ．141107B ．43C ．74D ．7871【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S ，()0,n n n T S T ¹，且()()1723n n n S n T +=+，则66a b 的值为（）A ．657B ．253C ．10713D ．10112题型08 等比中项比值型【典例1-1】已知各项均为正数的等比数列{}n a 中，13a ，312a ，22a 成等差数列，则1113810a a a a +=+（）A ．27B ．3C ．1或3D ．1或27【典例1-2】已知等比数列{}n a 中，14a ，312a ，23a 成等差数列．则2018202020172019a a a a --=（）A ．4或1﹣B ．4C ．1-D ．4﹣【变式1-1】设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且7104a a =，则612S S =（）A ．910B ．1617C ．1716D ．817【变式1-2】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2a ，53a ，89a 成等差数列，则63S S =（）A ．13B ．43C ．3D ．4【变式1-3】已知等比数列{}n a 中，各项都是正数，且1a ，312a ，22a 成等差数列，则91078a a aa +=+（）A ．12+B ．12-C ．322+D ．322-题型09整数型比值【解题攻略】整数型比值，可以通过分离常数，因式分解，整除等知识点来构造求解【典例1-1】已知等差数列{}n a 的公差d 不为0，等比数列{}n b 的公比151,22q éö-Î÷ê÷ëø，若211,a d b d ==，且222123123a a ab b b ++++是正整数，则实数q =（）A ．4B ．2C ．12D ．14【典例1-2】（2023春·江西抚州·高三江西省乐安县第二中学校考）已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为Sn 和Tn ，且n n S T =2703n n ++，则使得n n a b 为整数的正整数n 的个数为（）A ．4B ．5C ．6D ．7【变式1-1】（2022春·安徽安庆·高三安庆市第七中学校考阶段练习）已知等差数列{}n a 和等差数列{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T 且()()1723n n n S n T +=+，则使nna b 为整数的正整数n 的个数是（）A ．2B ．6C ．4D ．5【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a ，{}n b 均为等差数列，其前n 项和分别为n A ，n B ，且1n n A n B n =+，则使n n a b l ³恒成立的实数l 的最大值为（）A ．12B ．13C ．1D ．2题型10 等差等比函数性质：恒成立求参【典例1-1】（2020·江苏·高三专题练习）已知{}n a 是公比不为1的等比数列，数列{}n b 满足：2a ，nb a ，2na 成等比数列，2221n n n c b b +=，若数列{}n c 的前n 项和n T l ³对任意的*n ÎN 恒成立，则l 的最大值为A ．13B ．16C ．115D ．215【典例1-2】（2020·全国·高三专题练习）已知{}n a 为递增的等差数列，23a =且1342,1,1a a a -+构成等比数列.若*n N "Î，数列11{}n n a a +的前n 项和n T M <恒成立，则M 的最小值为A ．16B ．14C ．13D ．12【变式1-1】（2021秋·山西朔州·高三校考阶段练习）等比数列{}n a 的前n 项和1132+=×+n n S c （c 为常数），若23n a n S l £+恒成立，则实数l 的最大值是A ．3B ．4C ．5D ．6【变式1-2】（2023秋·辽宁·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 满足：11a =，12n n a a +=.设()232n n b n n a =--×，若对于任意的N n *Î，n b l £恒成立，则实数l 的取值范围为【变式1-3】（2023秋·甘肃定西·高三甘肃省临洮中学校考阶段练习）在数列{}n a 中，14a =，132n n a a +=-，若对于任意的*n ÎN ，()125n k a n -³-恒成立，则实数k 的最小值为．题型11等差等比函数性质：奇偶型讨论【解题攻略】奇偶型讨论：1.奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。

高中数学《等差数列、等比数列》专题练习题(含答案解析)

高中数学《等差数列、等比数列》专题练习题（含答案解析）一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8 C [设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d a 1＋4d24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C ．]2．设公比为q (q >0)的等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1C ．12D ．23B [S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2 ，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0 ，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1 (舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1，故选B ．]3．(2018·莆田市3月质量检测)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝a 1＋2a 3，a 4＝1，则S 4＝( )A ．78B ．158C ．14D ．15D [由S 2＝a 1＋2a 3，得a 1＋a 2＝a 1＋2a 3，即a 2＝2a 3，又{a n }为等比数列，所以公比q ＝a 3a 2＝12，又a 4＝a 1q 3＝a 18＝1，所以a 1＝8.S 4＝a 11－q 41－q＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1161－12＝15.故选D ．]4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13C [∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0,a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.]5．(2018·衡水模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m＋1＝21，则m 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6C [在等比数列中，因为S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，所以a m ＝S m －S m －1＝－11－5＝－16，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝32.则公比q ＝a m ＋1a m＝32－16＝－2，因为S m ＝－11，所以a 1[12m ]1＋2＝－11，①又a m ＋1＝a 1(－2)m ＝32，② 两式联立解得m ＝5，a 1＝－1.] 6．等差数列{a n }中，a na 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫12D ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1B [a na 2n ＝a 1n －1da 12n －1d ＝a 1－d ＋nda 1－d ＋2nd，若a 1＝d ，则a na 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a n a 2n ＝1.∵a 1＝d ≠0，∴a na 2n ≠0，∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12.] 7．已知等比数列{a n }中，a 2a 10＝6a 6，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 6，则数列{b n }的前9项和为( )A ．9B ．27C ．54D ．72B [根据等比数列的基本性质有a 2a 10＝a 26＝6a 6，a 6＝6，所以b 4＋b 6＝a 6＝6，所以S 9＝9b 1＋b 92＝9b 4＋b 62＝27.]8．(2018·安阳模拟)正项等比数列{a n }中，a 2＝8,16a 24＝a 1a 5，则数列{a n }的前n 项积T n 中的最大值为( )A ．T 3B ．T 4C ．T 5D ．T 6A [设正项等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则16a 24＝a 1a 5＝a 2a 4＝8a 4，a 4＝12，q 2＝a 4a 2＝116，又q ＞0，则q ＝14，a n ＝a 2q n －2＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －2＝27－2n ，则T n ＝a 1a 2…a n ＝25＋3＋…＋(7－2n )＝2n (6－n )，当n ＝3时，n (6－n )取得最大值9，此时T n 最大，即(T n )max ＝T 3，故选A ．]二、填空题9．已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3－S 2S 5－S 3的值为________．2 [根据等比中项有a 23＝a 1·a 4，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，化简得a 1＝－4d ，S 3－S 2S 5－S 3＝a 3a 4＋a 5＝a 1＋2d 2a 1＋7d ＝－2d －d＝2.] 10．已知数列{a n }满足a 1＝－40，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ，则a n 取最小值时n 的值为________．10或11 [由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ＝2n (n ＋1)，两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为－40、公差为2的等差数列，所以a nn ＝－40＋(n －1)×2＝2n －42，所以a n＝2n 2－42n ，对于二次函数f (x )＝2x 2－42x ，在x ＝－b2a＝－－424＝10.5时，f (x )取得最小值，因为n 取正整数，且10和11到10.5的距离相等，所以n 取10或11时，a n 取最小值．]11．已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 10＝40，则a 3·a 8的最大值为________． 16 [S 10＝10a 1＋a 102＝40⇒a 1＋a 10＝a 3＋a 8＝8，a 3·a 8≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋a 822＝⎝ ⎛⎭⎪⎫822＝16，当且仅当a 3＝a 8＝4时“＝”成立．]12．已知函数{a n }满足a n ＋1＋1＝a n ＋12a n ＋3，且a 1＝1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n ＋1的前20项和为________．780 [由a n ＋1＋1＝a n ＋12a n ＋3得2a n ＋3a n ＋1＝1a n ＋1＋1，即1a n ＋1＋1－1a n ＋1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是以12为首项，2为公差的等差数列，则1a n ＋1＝2n －32，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n ＋1是以1为首项，4为公差的等差数列，其前20项的和为20＋10×19×4＝780.]三、解答题13．(2018·德阳二诊)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1 . (1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和T n . [解] (1)∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)．又a 1＝1，∴a 1＋1＝2≠0，a n ＋1≠0.∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知a n ＝2n －1， ∴2na n a n ＋1＝2n2n －12n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1，∴T n ＝12－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.14．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．[解] (1)当n ＝1时，由S 1＝2a 1－3×1，得a 1＝3；当n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，可得a 2＝9；当n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21. (2)令(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)·(21＋λ)，解得λ＝3. 由S n ＝2a n －3n 及S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3.由以上结论得a n ＋1＋3＝(2a n ＋3)＋3＝2(a n ＋3)，所以数列{a n ＋3}是首项为6，公比为2的等比数列，因此存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}为等比数列，所以a n＋3＝(a1＋3)×2n－1，a n＝3(2n－1)(n∈N*)．。

高中数学等差数列、等比数列,典型例题、常见考题、基础测试、考试模拟,全部附答案

高中数学数列（等差、等比）第一节数列的概念与简单表示法一、走进教材－11．在数列{a}中，a＝1，a＝1＋(n≥2)，则a＝( )an－13A. B.53 C.82D.2．观察下列各图，并阅读下面的文字，像这样，10条直线相交所得的交点最多有________个。

二、基础检测1．数列－3,7，－11,15，…的通项公式可能是()A．a＝4n－7B．a＝(－1)(4n＋1)nnC．a＝(－1)(4n－1)D．a＝(－1)＋n n(4n－1)2．设数列{a}的前n项和S＝nn n 2，则a的值为()8A．15B．16C．49D．643．已知数列{a}满足a＝0，an1n＋1＝a－3n3a＋1n，n∈N，则a等于( )2015A．0B．－3 C.3 D.3 2nn1n5 253nn n1*4．已知数列{a}的前n项和S＝nn n 2＋1，则a＝________。

n5．已知数列{a}满足a＝1，a＝3a＋2，则a＝________。

n1n＋1n n考点一考点精讲由数列的前几项求数列的通项公式【典例1】根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式。

(1)－1,7，－13,19，…；(2)0.8,0.88,0.888，…；115132961(3)，，－，，－，，…。

【变式训练】(1)已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是( )A．a＝(－1)－nnπC．a＝2sinn ＋12，n为奇数B．a ＝0，n为偶数D．a＝cos(n－1)π＋1248163264n1n 2n(2)3 5 7 9 a ＋b已知数列，，，，，…，根据前三项给出的规律，则实2 4 6 a －b 10数对(a ，b )可能是()A ．(19,3)B ．(19，－3)C. ，D. ，－考点二由 a 与 S 的关系求通项公式 nn【典例 2】 (1). 已知数列{a }的前 n 项和为 S ，且 a ＝1，a ＝S ＋1，其中 n ∈nn1n ＋1nN ，则数列{a }的通项公式是 a ＝________。

高考数学二轮 4.1等差数列与等比数列

专题四数列
第 1 讲等差数列与等比数列
专题四
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-16-
解:(1)证明:由已知得an+1+an=3(an+an-1)(n≥2,n∈N*),则bn=3bn-1, 又b1=3,则{bn}是以3为首项、3为公比的等比数列. (2)①由an+1+an=3n得,设cn=,则cn+1+cn=,可得cn+1-=-,又c1=,故cn-,则an=.
命题热点
易错题型
解:(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36, 将a1=1代入上式解得d=2或d=-5. 因为d>0,所以d=2.从而an=2n-1,Sn=n2(n∈N*). (2)由(1)得am+am+1+am+2+…+am+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,故所以
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热点一热点二热点三
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等差、等比数列性质的应用
例2(1)在等差数列{an}中,a3+a9=27-a6,Sn表示数列{an}的前n项和,则

高考数学专题三数列微专题21 等差数列、等比数列

设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，且q>0，因为 S14＝7(a10＋3)，则 14a1＋14×2 13d＝7(a1＋9d＋3)，可得 a1＋4d＝ 3，即 a5＝3，
因为b5＝b＝16，则b1q4＝(b1q)4＝16，可得q＝2，b1＝1，因为cn＝an＋bn，所以T9＝c1＋c2＋…＋c9＝(a1＋a2＋…＋a9)＋(b1＋b2＋…＋b9) ＝a1＋2 a9×9＋b111－－qq9＝a5×9＋11－－229 ＝3×9＋11－－229＝538.
①
由 a1＋S11＝67，得 12a1＋11×2 10d＝67，即 12a1＋55d＝67.
②
由①②解得a1＝1，d＝1，所以an＝n，于是a3a10＝3×10＝30，而a30＝30，故a3a10是{an}中的第30项.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2.(2023·武汉模拟)已知等比数列{an}满足a6＝2，且a7，a5，a9成等差数列，
(2)(2023·新高考全国Ⅰ)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和. ①若 3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
∵3a2＝3a1＋a3， ∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
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3.记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a5－a3＝12，a6－a4＝24，则Sann等于
A.2n－1
√B.2－21－n
C.2－2n－1
D.21－n－1
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方法一设等比数列{an}的公比为q，则 q＝aa65－－aa43＝2142＝2. 由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，得a1＝1. 所以 an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝a111－－qqn＝2n－1，所以Sann＝22n－n－11＝2－21－n.

高中数学真题解析-等差数列与等比数列 (2)

专题10 等差数列与等比数列1.【2017浙江,6】已知等差数列{a n }的公差为d ,前n 项和为S n ,则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”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2.【2015高考新课标1,文7】已知{}n a 是公差为1的等差数列,n S 为{}n a 的前n 项和,若844S S =,则10a =（）（A ）172（B ）192（C ）10（D ）12 3.【2014高考重庆文第2题】在等差数列{}n a 中,1352,10a a a =+=,则7a =（）.5A .8B .10C .14D4.【2014天津,文5】设{}n a 是首项为1a ,公差为1-的等差数列,n S 为其前n 项和,若，，，421S S S 成等比数列,则1a =（）A.2B.-2C.21D .12- 5.【2014辽宁文9】设等差数列{}n a 的公差为d,若数列1{2}n a a为递减数列,则（） A ．0d < B ．0d > C ．10a d < D ．10a d >6.【2015新课标2文5】设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S =（） A ．5 B ．7 C ．9 D ．117.【2015新课标2文9】已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（）A.2B.11C.21D.88.【2014全国2,文5】等差数列{}n a 的公差是2,若248,,a a a 成等比数列,则{}n a 的前n 项和n S =（） A. (1)n n + B. (1)n n - C.(1)2n n + D. (1)2n n -9.【2015高考广东,文13】若三个正数a ,b ,c 成等比数列,其中5a =+5c =-,则b =． 10. 【2014高考广东卷.文.13】等比数列{}n a 的各项均为正数,且154a a =, 则2122232425log log log log log a a a a a ++++=.11.【2015高考新课标1,文13】数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和,若126n S =,则n =. 12.【2015高考浙江,文10】已知{}n a 是等差数列,公差d 不为零．若2a ,3a ,7a 成等比数列,且1221a a +=,则1a =,d =．13. 【2015高考陕西,文13】中位数为1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为________14.【2017江苏,9】等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知3676344S S ==,,则8a =.15.【2017课标1,文17】记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和,已知S 2=2,S 3=-6．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ,并判断S n +1,S n ,S n +2是否成等差数列．16.【2017课标II,文17】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,等比数列{}n b 的前n 项和为n T ,11221,1,2a b a b =-=+=(1)若335a b +=,求{}n b 的通项公式；（2）若321T =,求3S .17.【2015高考北京,文16】（本小题满分13分）已知等差数列{}n a 满足1210a a +=,432a a -=．（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）设等比数列{}n b 满足23b a =,37b a =,问：6b 与数列{}n a 的第几项相等？18. 【2015高考广东,文19】（本小题满分14分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,n *∈N ．已知11a =,232a =,354a =,且当2n ≥ 时,211458n n n n S S S S ++-+=+．（1）求4a 的值；（2）证明：112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；（3）求数列{}n a 的通项公式．19.【2016高考新课标2文数】等差数列{n a }中,34574,6a a a a +=+=.（Ⅰ）求{n a }的通项公式；（Ⅱ）设[]n n b a =,求数列{}n b 的前10项和,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2 20.【2016高考北京文数】（本小题13分）已知}{n a 是等差数列,}{n b 是等差数列,且32=b ,93=b ,11b a =,414b a =. （1）求}{n a 的通项公式；（2）设n n n b a c +=,求数列}{n c 的前n 项和.21.【2015高考四川,文16】设数列{a n }(n ＝1,2,3…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 3,且a 1,a 2＋1,a 3成等差数列. (Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设数列1{}na 的前n 项和为T n ,求T n . 22.【2016高考四川文科】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1,n S 为数列{}n a 的前n 项和,11n n S qS +=+,其中q >0,*n N ∈ .（Ⅰ）若2323,,a a a a +成等差数列,求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221n y x a -=的离心率为n e ,且22e =,求22212n e e e ++⋅⋅⋅+.23.【2015高考重庆,文16】已知等差数列{}n a 满足3a =2,前3项和3S =92. (Ⅰ)求{}n a 的通项公式,(Ⅱ)设等比数列{}n b 满足1b =1a ,4b =15a ,求{}n b 前n 项和n T .。

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等差数列与等比数列综合题例已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令b n =211n a -(n ∈N *)，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为37a =，5726a a +=，所以有112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13,2a d ==，所以321)=2n+1n a n =+-（；n S =n(n-1)3n+22⨯=2n +2n 。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知2n+1n a =，所以b n =211n a -=21=2n+1)1-（114n(n+1)⋅=111(-)4n n+1⋅，所以n T =111111(1-+++-)4223n n+1⋅-L =11(1-)=4n+1⋅n 4(n+1)，即数列{}n b 的前n 项和n T =n4(n+1)。

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n 项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。

例设n S 为数列{}n a 的前n 项和，2n S kn n =+，*n N ∈，其中k 是常数．（I ）求1a 及n a ；（II ）若对于任意的*m N ∈，m a ，2m a ，4m a 成等比数列，求k 的值．解（Ⅰ）当1,111+===k S a n ，12)]1()1([,2221+-=-+--+=-=≥-k kn n n k n kn S S a n n n n （*）经验，,1=n （*）式成立， 12+-=∴k kn a n （Ⅱ）m m m a a a 42,,Θ成等比数列，m m m a a a 422.=∴，即)18)(12()14(2+-+-=+-k km k km k km ，整理得：0)1(=-k mk ，对任意的*∈N m 成立， 10==∴k k 或例等比数列{n a }的前n 项和为n s ，已知1S ,3S ,2S 成等差数列（1）求{n a }的公比q ；（2）求1a －3a ＝3，求n s 解：（Ⅰ）依题意有)(2)(2111111q a q a a q a a a ++=++由于 01≠a ，故 022=+q q又0≠q ，从而21－=q 5分（Ⅱ）由已知可得321211=--）（a a 故41=a从而））（（）（））（（n nn 211382112114--=----=S 10分例已知数列{}n a 满足， *11212,,2n n n a a a a a n N ++=∈’＋2＝＝.()I 令1n n n b a a +=-，证明：{}n b 是等比数列；(Ⅱ)求{}n a 的通项公式。

（1）证1211,b a a =-= 当2n ≥时，1111,11()222n n n n n n n n n a a b a a a a a b -+--+=-=-=--=- 所以{}n b 是以1为首项，12-为公比的等比数列。

（2）解由（1）知111(),2n n n n b a a -+=-=-当2n ≥时，121321()()()n n n a a a a a a a a -=+-+-++-L 21111()()22n -=++-++-L111()2111()2n ---=+--2211[1()]32n -=+--1521(),332n -=--当1n =时，111521()1332a ---==。

所以1*521()()332n n a n N -=--∈。

例设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()21nn n ba b S -=-（Ⅰ）证明：当2b =时，{}12n n a n --⋅是等比数列；（Ⅱ）求{}n a 的通项公式解由题意知12a =，且()21nn n ba b S -=-()11121n n n ba b S +++-=-两式相减得()()1121nn n n b a a b a ++--=-即12nn n a ba +=+ ①（Ⅰ）当2b =时，由①知122nn n a a +=+于是()()1122212nnnn n a n a n +-+⋅=+-+⋅()122n n a n -=-⋅又111210n a --⋅=≠，所以{}12n n a n --⋅是首项为1，公比为2的等比数列。

（Ⅱ）当2b =时，由（Ⅰ）知1122n n n a n ---⋅=，即()112n n a n -=+当2b ≠时，由由①得1111122222n n n n n a ba b b+++-⋅=+-⋅-- 22n n bba b=-⋅-122n n b a b ⎛⎫=-⋅ ⎪-⎝⎭因此11112222n n n n a b a b b ++⎛⎫-⋅==-⋅ ⎪--⎝⎭()212nb b b-=⋅-得()121122222n n n n a b b n b-=⎧⎪=⎨⎡⎤+-≥⎪⎣⎦-⎩ 例在数列{}n a 中，11111,(1)2n n n n a a a n ++==++, （I ）设nn a b n=，求数列{}n b 的通项公式; （II ）求数列{}n a 的前n 项和n S 解：（I ）由已知有1112n n n a a n n +=++112n n n b b +∴-= 利用累差迭加即可求出数列{}n b 的通项公式: 1122n n b -=-(*n N ∈) （II ）由（I ）知122n n n a n -=-, ∴n S =11(2)2nk k k k -=-∑111(2)2n nk k k kk -===-∑∑而1(2)(1)nk k n n ==+∑,又112nk k k-=∑是一个典型的错位相减法模型，易得1112422nk n k k n --=+=-∑ ∴n S =(1)n n +1242n n -++- 例已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11=a ，且3231=++n n S a （n 为正整数）（Ⅰ）求出数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若对任意正整数n ，n S k ≤恒成立，求实数k 的最大值. 解：（Ⅰ）Θ3231=++n n S a ， ① ∴ 当2≥n 时，3231=+-n n S a . ② 由 ① - ②，得02331=+-+n n n a a a . 311=∴+n n a a )2(≥n .又 11=a Θ，32312=+a a ，解得 312=a . ∴ 数列{}n a 是首项为1，公比为31=q 的等比数列. 11131--⎪⎭⎫ ⎝⎛==∴n n n qa a （n 为正整数）（Ⅱ）由（Ⅰ）知⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=∴n n S )31(123 由题意可知，对于任意的正整数n ，恒有⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-≤nk 31123，. Θ 数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫⎝⎛-n311单调递增，当1=n 时，数列中的最小项为32，∴ 必有1≤k ，即实数k 的最大值为1例各项均为正数的数列{}n a 中，n S a ,11=是数列{}n a 的前n 项和，对任意*∈N n ，有)(222R p p pa pa S n n n ∈-+=；⑴求常数p 的值； ⑵求数列{}n a 的通项公式； ⑶记n nn n S b 234⋅+=，求数列{}n b 的前n 项和T 。

解：（1）由11=a 及)(222*∈-+=N n p pa pa S n n n ，得：p p p -+=22 1=∴p （2）由1222-+=n n n a a S ① 得1221211-+=+++n n n a a S ② 由②—①，得 )()(2212211n n n n n a a a a a -+-=+++ 即：0)())((2111=+--++++n n n n n n a a a a a a 0)122)((11=--+∴++n n n n a a a a由于数列{}n a 各项均为正数， 1221=-∴+n n a a 即 211=-+n n a a ∴数列{}n a 是首项为1，公差为21的等差数列， ∴数列{}n a 的通项公式是 2121)1(1+=⨯-+=n n a n（3）由21+=n a n ，得：4)3(+=n n S n n n n n n n S b 2234⋅=⋅+=∴ n n n T 223222132⋅++⨯+⨯+⨯=∴ΛΛ13222)1(2222+⨯+⨯-++++=⋅n n n n n T ΛΛ22)1(221)21(22222211132-⋅--=⨯---=⋅-++++=-+++n n n n n n n n n T ΛΛ1(1)22n n T n +=-⋅+例在数列{}).,2(322,311*∈≥++=-=-N n n a a a a n n n n 且中，（1）的值；求32,a a （2）设{}是等差数列；证明：n nn n b N n a b ),(23*∈+=（3）求数列{}..n n S n a 项和的前解（1）),,2(322,311*∈≥++=-=-N n n a a a nn n 且Θ1322212=++=∴a a.13322323=++=a a（2）对于任意,*∈N n ()[]3221232311111--=+-+=-+++++n n n n n n n n n a a a a b b Θ =()[]13322111=-+++n n ，∴数列{}n b 是首项为0233231=+-=+a ，公差为1的等差数列. （3）由（2）得，,1)1(023⨯-+=+n a nn ).(32)1(*∈-⋅-=∴N n n a n n()[]321)322()321(332-⋅-++-⨯+-⨯+-=∴nn n S Λ，即().321232221432n n S nn -⋅-++⨯+⨯+⨯=Λ 设(),21232221432nn n T ⋅-++⨯+⨯+⨯=Λ 则(),2123222121543+⋅-++⨯+⨯+⨯=n n n T Λ两式相减得，()1432212222+⋅--++++=-n n n n T Λ,2)1(21)21(411+-⋅----=n n n 整理得，,2)2(41+⋅-+=n n n T从而).(32)2(41*+∈-⋅-+=N n n n S n n例已知数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和n n a n S 2=. （Ⅰ）求证：n n a n na 21+=+; （Ⅱ）记n n S b ln =，n T 为{}n b 的前n 项和，求n e n T--的值. 解：（1）由n n a n S 2=①，得121)1(+++=n n a n S ②，②-①得：n n a n na 21+=+.（2）由n n a n na 21+=+求得)1(1+=n n a n .∴12+==n na n S n n ，)1ln(ln ln +-==n n Sb n n (ln1ln 2)(ln 2ln 3)(ln 3ln 4)(ln ln(1))ln(1)n T n n n =-+-+-++-+=-+L∴1)1ln(=-=-+-n e n e n T n .例等比数列{n a }的前n 项和为n s ，已知1S ,3S ,2S 成等差数列（1）求{n a }的公比q ；（2）求1a －3a ＝3，求n s 解：（Ⅰ）依题意有)(2)(2111111q a q a a q a a a ++=++由于 01≠a ，故022=+q q又0≠q ，从而21－=q（Ⅱ）由已知可得321211=--）（a a故41=a从而））（（）（））（（n nn 211382112114--=----=S例已知{n a }是公比为q 的等比数列，且12,,++m m m a a a 成等差数列.（1）求q 的值；（2）设数列}{n a 的前n 项和为n S ，试判断12,,++m m m S S S 是否成等差数列？说明理由.解：（1）依题意，得2a m+2 = a m+1 + a m∴2a 1q m+1 = a 1q m + a 1q m – 1在等比数列{a n }中，a 1≠0，q ≠0，∴2q 2 = q +1，解得q = 1或21-. （2）若q = 1， S m + S m+1 = ma 1 + (m+1) a 1=(2m+1) a 1，S m + 2 = (m+2) a 1∵a 1≠0，∴2S m+2≠S m + S m+1若q =21-，S m + 1 =m 2m )21(6132)21(1)21(1-⋅-=----+S m + S m+1 = )21(1)21(1)21(1)21(11m m ----+----+])21()21[(32341m m +-+--==m )21(3134--∴2 S m+2 = S m + S m+1故当q = 1时，S m , S m+2 , S m+1不成等差数列；当q =21-时，S m , S m+2 , S m+1成等差数列.例6 已知数列{}n a 中，0122,3,6a a a ===，且对3n ≥时有123(4)4(48)n n n n a n a na n a ---=+-+-．（Ⅰ）设数列{}n b 满足1,n n n b a na n *-=-∈N ，证明数列1{2}n n b b +-为等比数列，并求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记(1)21!n n n ⨯-⨯⨯⨯=L ，求数列{}n na 的前n 项和n S（Ⅰ）证明：由条件，得112234[(1)]4[(2)]n n n n n n a na a n a a n a ------=-----，则1112(1)4[]4[(1)]n n n n n n a n a a na a n a +----+=----．即111244.1,0n n n b b b b b +-=-==又，所以1122(2)n n n n b b b b +--=-，21220b b -=-≠．所以1{2}n n b b +-是首项为-2，公比为2的等比数列． 2122b b -=-，所以112122(2)2n n n n b b b b -+-=-=-．两边同除以12n +，可得111222n n n n b b ++-=-．于是2n nb ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为以12首项，－12为公差的等差数列．所以11(1),2(1)2222n n n nb b n n b =--=-得．（Ⅱ）111122(2)n n n n n n a na n n a -----=-=-，令2n n nc a =-，则1n n c nc -=．而111 (1)21(1)21n c c n n c n n =∴=-⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⋅L L ，． ∴(1)212n n a n n =-⋅⋅⋅+L ．(1)212(1)!!2n n n na n n n n n n n =⋅⋅-⋅⋅⋅+=+-+⋅L ，∴2(2!1!)(3!2!)(1)!!(12222)n n S n n n =-+-+++-+⨯+⨯++⨯L L ．令T n ＝212222n n ⨯+⨯++⨯L ，①则2T n ＝2311222(1)22n n n n +⨯+⨯++-⨯+⨯L ． ②①－②，得-T n ＝212222n n n ++++-⨯L ，T n ＝1(1)22n n +-+．∴1(1)!(1)21n n S n n +=++-+．例7 已知数列{}n a 满足115a =，且当1n >，*n ∈N 时，有112112n n n n a a a a --+=-(1)求证：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列； (2)试问12a a 是否为数列{}n a 中的项？如果是，是第几项；如果不是，请说明理由. 证明：（1）由112112n n n na a a a --+=-得()()111221n n n n a a a a ---=+ 即114n n n n a a a a ---= 上式两边同时除以1n n a a -得()11141n n n a a --=> 又115a =，1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为5，公差为4的等差数列（2）又（1）知()1541n n a =+-，即141n a n =+ ∴ 219a =， 12145a a =令114145n a n ==+，解得11n = 所以 12a a 是数列{}n a 的第11项例8 设数列{}{},n n a b 满足111,0a b ==且1123,1,2,3,2,n n n n n n a a b n b a b ++=+⎧=⎨=+⎩L L（Ⅰ）求λ的值，使得数列{}n n a b λ+为等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅲ）令数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 和nS '，求极限lim nn nS S →∞'的值．（Ⅰ）令n n n c a b λ=+，其中λ为常数，若{}n c 为等比数列，则存在0q ≠使得111()n n n n n c a b q a b λλ+++=+=+．又1123(2)n n n n n n a b a b a b λλ+++=+++(2)(32)n n a b λλ=+++．所以()(2)(32)n n n n q a b a b λλλ+=+++．由此得(2)(32)0,1,2,3,n n q a q b n λλλ+-++-==L由111,0a b ==及已知递推式可求得222,1a b ==，把它们代入上式后得方程组20,320q q λλλ+-=⎧⎨+-=⎩ 消去q解得λ=下面验证当λ={}n n a +为等比数列．11(2(3(2)n n n n n n a a b a ++=++= (1,2,3,)n =L ，1110a =≠，从而{}n n a +是公比为2的等比数列．同理可知{}n n a是公比为2的等比数列，于是λ=（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果得1(2n n n a -=，1(2n n n a -=，解得((111222n n n a --⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦，((11226n n nb --⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦．（Ⅲ）令数列{}n d的通项公式为1(2n n d -=，它是公比为2p =的等比数列，令其前n 项和为n P ；令数列{}n e的通项公式为1(2n n e -=，它是公比为2p '=其前n 项和为n P '．由第（Ⅱ）问得1()2n n n S P P '=+，)n n n S P P ''=-．11n n n n nnn n nnP S P P P P S P P P '+'+=='''--．由于数列{}n e的公比021<-，则lim n n P →∞'=．111()()1111()1n n n n n p p pP p p---==--，由于12p ==-1lim 0n n P →∞=，于是lim0n n n P P →∞'=，所以lim n n nSS →∞='例9 数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，对于任意*N n ∈，总有2,,n n n a S a 成等差数列.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且2ln nn n a x b =，求证:对任意实数(]e x ,1∈（e 是常数，e ＝2.71828⋅⋅⋅）和任意正整数n ，总有n T < 2；(Ⅲ) 正数数列{}n c 中，())(,*11N n c a n n n ∈=++.求数列{}n c 中的最大项.（Ⅰ）解：由已知：对于*N n ∈，总有22n n n S a a =+ ①成立∴21112n n n S a a ---=+ （n ≥ 2）② ①--②得21122----+=n n n n n a a a a a ∴()()111----+=+n n n n n n a a a a a a∵1,-n n a a 均为正数，∴11=--n n a a （n ≥ 2） ∴数列{}n a 是公差为1的等差数列又n=1时，21112S a a =+，解得1a =1 ∴n a n =.(*N n ∈)（Ⅱ）证明：∵对任意实数(]e x ,1∈和任意正整数n ，总有2ln nn n a x b =≤21n. ∴()n n n T n 113212*********22-++⋅+⋅+<+++≤ΛΛ21211131212111<-=--++-+-+=nn n Λ (Ⅲ)解：由已知 221212=⇒==c c a ，54545434343232355,244,33=⇒====⇒===⇒==c c a c c a c c a易得 12234,...c c c c c <>>>猜想 n ≥2 时，{}n c 是递减数列.令()()22ln 1ln 1,ln xxx xx x x f x x x f -=-⋅='=则 ∵当().00ln 1,1ln 3<'<->≥x f x x x ，即则时，∴在[)+∞,3内()x f 为单调递减函数. 由()11ln ln 11++==++n n c c a n n nn 知.∴n ≥2 时, {}n c ln 是递减数列.即{}n c 是递减数列.又12c c < , ∴数列{}n c 中的最大项为323=c .例10 设{}n a 是公差不为零的等差数列，n S 为其前n 项和，满足222223457,7a a a a S +=+=。