数列与数学归纳法专项训练(含答案)(新)
新教材适用2023_2024学年高中数学第一章数列5数学归纳法课后训练北师大版选择性必修第二册
5 数学归纳法课后训练巩固提升1.用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3,n∈N+),第一步应验证().A.当n=1时,不等式成立B.当n=2时,不等式成立C.当n=3时,不等式成立D.当n=4时,不等式成立n的最小值为3,所以第一步应验证当n=3时,不等式成立,故选C.2.已知f(n)=1n +1n+1+1n+2+…+1n2,则().A.f(n)共有n项,当n=2时,f(2)=12+13B.f(n)共有(n+1)项,当n=2时,f(2)=12+13+14C.f(n)共有(n2-n)项,当n=2时,f(2)=12+13D.f(n)共有(n2-n+1)项,当n=2时,f(2)=12+13+14f(n)的最后一项的分母为n2,故f(2)=12+13+122,排除选项A,选项C.又f(n)=1n+0+1n+1+…+1n+(n2-n),所以f(n)的项数为n2-n+1.故选D.3.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)·…·(n+n)=2n·1·3·…·(2n-1),从n=k到n=k+1,左边需要增乘的代数式为().A.2k+1B.2(2k+1)C.2k+1k+1D.2k+3k+1n=k时,等式左边为(k+1)(k+2)·…·(k+k),而当n=k+1时,等式左边为(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k+1)=(k+2)·(k+3)·…·(k+k+2),前边少了一项(k+1),后边多了两项(k+k+1)(k+k+2),故增乘的代数式为(k+k+1)(k+k+2)k+1=2(2k+1).4.用数学归纳法证明1+12+13+…+12n-1<n(n∈N+且n>1)时,从n=k到n=k+1时,左端增加了项.n=k时左端有2k-1项,而当n=k+1时左端有2k+1-1项,所以左端增加2k+1-1-(2k-1)=2k+1-2k=2×2k-2k=2k项.k5.用数学归纳法证明122+132+…+1(n+1)2>12−1n+2(n∈N+).假设n=k(k∈N+)时,不等式成立,则当n=k+1时,应推证的目标不等式是.132+…+1(k+1)2+1(k+2)2>12−1k+36.用数学归纳法证明“当n∈N+时,求证:1+2+22+23+…+25n-1是31的倍数”时,当n=1时,原式为;从n=k到n=k+1时需增添的项是.n=1时,原式应加到25×1-1=24,所以原式为1+2+22+23+24.从n=k到n=k+1时需添25k+25k+1+…+25(k+1)-1.+2+22+23+2425k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+47.用数学归纳法证明122+132+142+…+1n2<1-1n(n≥2,n∈N+).当n=2时,左边=122=14,右边=1-12=12.因为4<12,所以不等式成立.(2)假设当n=k(k≥2,k∈N+)时,不等式成立,即122+132+142+…+1k2<1-1k,则当n=k+1时,122+132+142+…+1k2+1(k+1)2<1-1k+1(k+1)2=1-(k+1)2-kk(k+1)2=1-k2+k+1k(k+1)2<1-k(k+1)k(k+1)2=1-1k+1.所以当n=k+1时,不等式也成立.由(1)(2)知,对任意n≥2的正整数,不等式都成立.。
第6章 数列与数学归纳法(6.4-6.8)
6.4数学归纳法例题精讲【例1】用数学归纳法证明22>n n ,5n N n ∈≥,则第一步应验证n = ． 【参考答案】n =5（注：跟学生说明0n 不一定都是1或2，要看题目）【例2】设)(x f 是定义在正整数集上的函数，且)(x f 满足：“当2()f k k ≥成立时，总可推出(1)f k +≥2)1(+k 成立”． 那么，下列命题总成立的是（ ）A ．若1)1(<f 成立，则100)10(<f 成立；B ．若4)2(<f 成立，则1)1(<f 成立；C ．若(3)9f ≥成立，则当1k ≥时，均有2()f k k ≥成立；D ．若(4)25f ≥成立，则当4k ≥时，均有2()f k k ≥成立． 【参考答案】B【例3】用数学归纳法证明命题：若n 是大于1的自然数，求证：n n <-++++12131211Λ，从k 到+1k ，不等式左边添加的项的项数为 ．【参考答案】当k n =时，左边为1214131211-+++++k Λ． 当1+=k n 时，左边为1212211212112141312111-+++++++-++++++k k k k k ΛΛ．左边需要添的项为121221121211-+++++++k k k k Λ，项数为k k k 212121=+--+．【例4】用数学归纳法证明：422135n n +++能被14整除*n N ∈（）．【参考答案】当=1n 时，8545353361224=+=+++n n 能被14整除．假设当k n =时原命题成立，即422135n n +++能被14整除*n N ∈（）． 当1+=k n 时，原式为4(1)22(1)1442221353355k k k k +++++++=⋅+⋅4422121423(35)5(35)k k k +++=+--44221213(35)565k k k +++=+-⋅．422135n n +++能被14整除，56也能被14整除，所以上式能被14整除，所以当1+=k n 时原命题成立． 综上所述，原命题成立．【例5】是否存在常数,a b 使得()()2112233413n n n an bn +⨯+⨯+⨯+++=+L 对一切正整数n 都成立？证明你的结论．【参考答案】先用1n =和2n =探求1,2a b ==，再用数学归纳法证明【例6】若*n N ∈,求证:23sin coscoscoscos 22222sin2n n nαααααα=L ．【参考答案】① 1n =时,左=cos2α, 右=sin cos22sin2ααα=,左=右② 设n k =时, 23sin coscoscoscos 22222sin2k k kαααααα=L1n k =+时, 2311sin (coscoscoscos )cos cos2222222sin2k k k k kαααααααα++⋅=⋅L=111111sin sin cos22sincos2sin222k k k k k k αααααα++++++⋅=过关演练1． 等式22222574123 (2)n n n -+++++=（ ）．A ． n 为任何正整数时都成立B ． 仅n ＝1，2，3时成立C ． n ＝4时成立，n ＝5时不成立D ． n ＝4时不成立，其他成立． 2． 用数学归纳法证明22111...(1)1n n a a a a a a++-++++=≠-，在验证1n =时，左端计算所得项为 ．3．利用数学归纳法证明“对任意偶数*()n n N ∈，nna b -能被a b +整除”时，其第二步论证应该是 ．4． 若*1111...()23n S n N n =++++∈，用数学归纳法证明*21(2,)2n nS n n N >+≥∈，n 从k 到1k +时，不等式左边增加的项为 ． 5． 若21*718,,n m m n N -+=∈，则21718n m ++=+ ．6． 利用数学归纳法证明22nn >，第一步应该论证 ． 7． 数学归纳法证明：111111111......234212122n n n n n-+-++-=+++-++（*n N ∈）时，当n 从k 到1k +时等式左边增加的项为 ；等式右边增加的项为 ． 8． 用数学归纳法证明：221(1)n n a a ++++可以被21a a ++整除（*n N ∈）．9． 用数学归纳法求证: （1）(1)123 (2)n nn +++++=； （2）222123+++ (2)1(1)(21)6n n n n +=++； （3）333123+++ (3)221(1)4n n n +=+． 10． 在数列{}n a 中，已知111,6(123...)1n a a n +==+++++，*n N ∈，若数列{}n a 前n项和为n S ，求证：3n S n =．6.5数学归纳法的运用例题精讲【例1】已知11=a ，)(*2N n a n S n n ∈=（1）求5432,,,a a a a ；（2）猜想它的通项公式n a ，并用数学归纳法加以证明【参考答案】 解：（1）151,101,61,315432====a a a a （2）)1(2+=n n a n ， 证明：（1）当n=1时，11=a 成立；（2）当n>1时，假设n=k 时，命题成立，即)1(2+=k k a k ，则当n=k+1时，⇒+=++121)1(k k a k S )2)(1(2222]1)1[(2221122++=+•+=+=⇒-+=++k k k k k k k k a k a a k a k k k k k 综上所述，对于所有自然数*N n ∈，)1(2+=n n a n 成立。
数学练习题数列与数学归纳法练习题
数学练习题数列与数学归纳法练习题数学练习题：数列与数学归纳法练习题一、选择题1. 若数列 { an } 满足 a1 = 3 ，且an = an−1 + 2 ( n ≥ 2 ) ，则数列{ an } 的前 6 项和为：A) 33 B) 36 C) 39 D) 422. 对于数列 { an } ，若 a1 = 2 ，且 an+1 = an + 3 ，则数列 { an } 的通项公式为：A) an = n + 1 B) an = 2n + 1 C) an = 2n + 2 D) an = n + 23. 数列 { an } 的通项公式为 an = 2n + 1 ，则数列 { an } 的前 n 项和为：A) n(n+1) B) n(n+1)/2 C) n(n-1)/2 D) n(n-1)4. 若数列 { an } 满足 a1 = 1 ，且 an = a(n-1) + 2n ，则数列 { an } 的前 3 项和为：A) 18 B) 21 C) 24 D) 27二、填空题1. 若数列 { an } 满足 a1 = 1 ，且an = 2an−1 ，则数列 { an } 的通项公式为 _______。
2. 若数列 { an } 满足 a1 = 1 ，且an = (n+1)an−1 ，则数列 { an } 的通项公式为 _______。
3. 对于数列 { an } ，若 a1 = 3 ，且 an+1 = (n+2)an ，则数列 { an } 的通项公式为 _______。
4. 数列 { an } 的通项公式为 an = 3n + 1 ，则数列 { an } 的前 5 项和为 _______。
三、解答题1. 给定数列 { an } 的递推关系式为an = an−1 + 3 ，其中 a1 = 1 ，求数列 { an } 的前 5 项和。
解答：根据递推关系式可得：a2 = a1 + 3 = 1 + 3 = 4a3 = a2 + 3 = 4 + 3 = 7a4 = a3 + 3 = 7 + 3 = 10a5 = a4 + 3 = 10 + 3 = 13因此，数列的前 5 项和为 1 + 4 + 7 + 10 + 13 = 35。
【必刷题】2024高二数学上册数列与数学归纳法专项专题训练(含答案)
【必刷题】2024高二数学上册数列与数学归纳法专项专题训练（含答案）试题部分一、选择题：1. 已知数列{an}为等差数列，a1=3，a5=15，则公差d为（）A. 3B. 4C. 5D. 62. 数列{an}的通项公式为an = 2n 1，则数列{an}的前5项和为（）A. 25B. 30C. 35D. 403. 若数列{an}满足an+1 = 2an，且a1=1，则数列{an}是（）A. 等差数列B. 等比数列C. 既不是等差数列也不是等比数列D. 无法确定4. 用数学归纳法证明1+3+5+…+(2n1)=n²，下列步骤中错误的是（）A. 验证n=1时等式成立B. 假设n=k时等式成立C. 证明n=k+1时等式成立D. 直接得出结论1+3+5+…+(2n1)=n²5. 已知数列{an}的通项公式为an = n² + n，则数列{an+1 an}的前5项和为（）A. 20B. 25C. 30D. 356. 数列{an}为等比数列，a1=2，a3=8，则a5=（）A. 16B. 24C. 32D. 647. 已知数列{an}满足an+2 = an+1 + an，a1=1，a2=1，则a5=（）A. 3B. 4C. 5D. 68. 若数列{an}的通项公式为an = 3n 2，则数列{an}的前n项和为（）A. n(3n1)/2B. n(3n+1)/2C. n(3n2)/2D. n(3n+2)/29. 用数学归纳法证明等式2^n > n²，下列步骤中错误的是（）A. 验证n=1时等式成立B. 假设n=k时等式成立C. 证明n=k+1时等式成立D. 直接得出结论2^n > n²10. 已知数列{an}的通项公式为an = 2^n，则数列{an+1 / an}的值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4二、判断题：1. 数列{an}的通项公式为an = n²，则数列{an}是等差数列。
专题06 数列与数学归纳法【解析版】
专题6.数列与数学归纳法数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．关于数学归纳法的考查，主要与数列、不等式相结合. 预测2021年将保持稳定，主观题将与不等式、函数、数学归纳法等相结合.1．（2020·浙江省高考真题）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，．记b 1=S 2，b n+1=S 2n+2–S 2n ，，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6 B ．2b 4=b 2+b 6 C ． D ．【答案】D 【解析】对于A ，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，，A 正确； 对于B ，由题意可知，，1212b S a a ==+， ∴，，，． ∴，．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得，B 正确； 对于C ，， 当时，，C 正确；对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，，．当时，，∴即24280b b b ->；当时，，∴即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D.2．（2020·浙江省高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列，数列 的前3项和是________． 【答案】 【解析】 因为，所以． 即． 故答案为：.3．（2020·浙江省高考真题）已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，1111121,,()nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=⋅∈*N ． （Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比，且1236b b b +=，求q 与{a n }的通项公式； （Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差，证明：．【答案】（I ）1142,.23n n q a -+==；（II ）证明见解析.【解析】（I ）依题意21231,,b b q b q ===，而1236b b b +=，即，由于，所以解得，所以.所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.所以114n n n n a a c -+==-（*2,n n N ≥∈）.所以12142144.3n n n a a --+=+++⋅⋅⋅+=（II ）依题意设，由于， 所以， 故1232111143n n n n n n b b b b b c b b b b b ---+-=⋅⋅⋅⋅⋅ . 所以 .由于10,1d b >=，所以，所以. 即，.4．（2020·天津高考真题）已知为等差数列，为等比数列，． （Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）记的前项和为，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N；（Ⅲ）对任意的正整数，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列的前项和．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）. 【解析】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q . 由，()5435a a a =-，可得d =1. 从而的通项公式为. 由，又q ≠0，可得，解得q =2， 从而的通项公式为. (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得， 故21(1)(2)(3)4n n S S n n n n +=+++，， 从而2211(1)(2)02n n n S S S n n ++-=-++<， 所以221n n n S S S ++<.(Ⅲ)当n 为奇数时，， 当n 为偶数时，1112n n n n a n c b -+-==， 对任意的正整数n ，有， 和 ① 由①得 ②由①②得， 由于， 从而得：. 因此，.所以，数列的前2n 项和为.5．（2020·山东省高考真题）已知公比大于的等比数列满足24320,8a a a +==． （1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和． 【答案】（1）；（2）100480S =. 【解析】（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)， 所以，所以数列的通项公式为. （2）由于，所以 对应的区间为：，则；对应的区间分别为：，则，即有个；4567,,,b b b b 对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个； 对应的区间分别为：，则1617314b b b ====，即有个； 对应的区间分别为：，则3233635b b b ====，即有个； 对应的区间分别为：，则64651006b b b ====，即有个.所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.一、单选题1．（2020·浙江省桐庐分水高级中学高三期中）数列满足，则该数列从第5项到第15项的和为（ ） A ．2016 B ．1528 C ．1504 D ．992【答案】C 【解析】因为， 所以，，498448941112152222222212a a a -+++=++=++==--，该数列从第5项到第15项的和为 故选：C2．（2020·浙江杭州市·高一期末）已知等比数列的前项和为，若，，则（ ） A ．8 B ．7C ．6D ．4【答案】A 【解析】已知为等比数列，，且， 满足，则S 3＝8． 故选：A ．3．（2020·浙江高三期中）在数列中，，对任意的，，若1262n a a a ++⋅⋅⋅+=，则（ ） A ．3 B ．4C ．5D ．6【答案】C 【解析】因为对任意的，都有，所以令，则112+=⋅=n n n a a a a ， 因为，所以，即，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以，解得n =5， 故选：C4．（2020·浙江杭州市·高一期末）设公差为d 的等差数列的前n 项和，若4228S S =+，则（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】B 【解析】因为4228S S =+， 所以， 所以， 即， 解得， 故选：B.5．（2019·浙江高二学业考试）已知数列是是正项等比数列，且，则的值不可能是（） A ． B ． C ． D ．【答案】C 【解析】数列是是正项等比数列，且，根据题意，数列是正项等比数列，设其公比为，则， 则且，求得，故的值不可能是， 故选．6．（2020·浙江杭州市·高一期末）已知等差数列的公差为正数，为常数，则（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】A 【解析】 ，, 令，则，解得令，则，即，若，则，与已知矛盾，故解得 等差数列，，即()2111t t -=++，解得 则公差，所以. 故选：A7．（2020·浙江杭州市·高一期末）已知数列满足，()11i i a a i +=+∈N ，则的值不可能是（ ） A ．2 B ．4 C ．10 D ．14【答案】B 【解析】由得()2221121i i i i a a a a +=+=++， 则21221i i i a a a +-=+， 所以2221121a a a -=+， 2232221a a a -=+，……，2202022121a a a -=+，以上各式相加可得：()2112022102212 (20202)kk a a a a a a=-=+++++=∑，所以，又，所以21200211a a a =++=，则，因为()11i i a a i +=+∈N ，，则，所以，则或，所以或；则或，所以或；则或或，所以或或；则或或，所以或或；……， 以此类推，可得：或或或或或或或或或或，因此所有可能取的值为222222222221,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21， 所以所有可能取的值为，，，，，，，，，，； 则所有可能取的值为，，，，，，，，，，， 即ACD 都有可能，B 不可能. 故选：B.8．（2020·浙江宁波市·高三期中）公元1202年列昂那多·斐波那契（意大利著名数学家）以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，……，即，，()*12,2n n n a a a n n --=+∈>N ，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用。
数列性质总结与练习(含答案)
a1 1 q n 1 q
a1 a1q n a1 a 1 q n A A B n A ' B n A ' ，系数和常数项是互为相 1 q 1 q 1 q
反数的类指数函数，底数为公比 q (2) 对任何 m，n N ，在等比数列 {an } 中，有 an amqnm ，特别的，当 m=1 时，便得到等比数列的通项
a a ； , , a, aq, aq 2 …（公比为 q ，中间项用 a 表示） 2 q q
8．等比数列的性质
(1) 当 q 1 时 ①等比数列通项公式 an a1q 比q ②前 n 项和 Sn
n 1
a1 n q A B n A B 0 是关于 n 的带有系数的类指数函数，底数为公 q
首项： a1 ；公比： q
推广： an amqnm ， 3．等比中项
从而得 q n m
a an 或 q nm n am am
（1）如果 a, A, b 成等比数列，那么 A 叫做 a 与 b 的等差中项．即： A ab 或 A ab
2
注意：同号的两个数才有等比中项，并且它们的等比中项有两个（两个等比中项互为相反数） （2）数列 an 是等比数列 an 2 an1 an1 4．等比数列的前 n 项和 Sn 公式： (1) 当 q 1 时， Sn na1 (2) 当 q 1 时， S n
5．等差数列的判定方法 （1） 定义法：若 an an1 d 或 an1 an d (常数 n N )
an 是等差数列．
（2） 等差中项：数列 an 是等差数列 2an an-1 an1 (n 2) 2an1 an an2 ． （3）数列 an 是等差数列 an kn b （其中 k , b 是常数）。 （4）数列 an 是等差数列 Sn An2 Bn ,（其中A、B是常数）。 6．等差数列的证明方法 定义法：若 an an1 d 或 an1 an d (常数 n N ) 7．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 、 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）设项技巧： ①一般可设通项 an a1 (n 1)d ②奇数个数成等差，可设为…， a 2d , a d , a, a d , a 2d …（公差为 d ） ； ③偶数个数成等差，可设为…， a 3d , a d , a d , a 3d ,…（注意；公差为 2 d ） 8．等差数列的性质： （1）当公差 d 0 时，等差数列的通项公式 an a1 (n 1)d dn a1 d 是关于 n 的一次函数，且斜率为公
数列求和汇总例题与答案)
数列求和汇总答案一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.1、 等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn例1、已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和.解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x 由等比数列求和公式得nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32（利用常用公式）＝x x x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21 练习：求22222222123456...99100-+-+-+--+的和。
解：2222222212345699100-+-+-+--+()()()()2222222221436510099=-+-+-++-()()()()()()()()2121434365651009910099=-++-++-++-+3711199=+++＋由等差数列的求和公式得()50503199S 50502＋＝＝ 二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{a n }、{b n }分别是等差数列和等比数列.例2求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解：由题可知，{1)12(--n xn }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=……………………….②（设制错位） ①－②得nn n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=--∴21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ 练习：求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………②（设制错位） ①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS （错位相减）1122212+---=n n n∴1224-+-=n n n S三、反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.例3求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S ………….① 将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..②（反序）又因为1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得（反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴S ＝44.52、求和：222222222222222101109293832921101++++++++++四、分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例4、求和:⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n y x y x y x 11122 ()1,1,0≠≠≠y x x解:原式=()nxx x x ++++ 32⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++n y y y 1112 =()yy y xx x n n1111111-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-- =nn n n y y y x x x --+--++1111 练习：求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n （分组） 当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(nn +（分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n a a S nn -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- 练习：求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。
数列、数学归纳法、推理与证明综合练习题
数列、数学归纳法、推理与证明综合练习题一、选择题：1、数列 的一个通项公式是 （ ）A. B ．C ．D ． 2、若两数的等差中项为6，等比中项为10，则以这两数为根的一元二次方程是（ ） A 、010062=+-x x B 、0100122=++x x C 、0100122=--x x D 、0100122=+-x x 3、下列推理正确的是(A) 把()a b c + 与 log ()a x y + 类比，则有：log ()log log a a a x y x y +=+ ． (B) 把()a b c + 与 sin()x y + 类比，则有：sin()sin sin x y x y +=+． (C) 把()n ab 与 ()n a b + 类比，则有：n n n ()x y x y +=+． (D) 把()a b c ++ 与 ()xy z 类比，则有：()()xy z x yz =．4、用数学归纳法证明等式1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *)的过程中，第二步假设n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到( )A ．1＋3＋5＋…＋(2k ＋1)＝k 2B ．1＋3＋5＋…＋(2k ＋1)＝(k ＋1)2C ．1＋3＋5＋…＋(2k ＋1)＝(k ＋2)2D ．1＋3＋5＋…＋(2k ＋1)＝(k ＋3)25、把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，结论还正确的是（ ） (A) 如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则比与另一条相交 ． (B) 如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则比与另一条垂直． (C) 如果两条直线同时与第三条直线相交，则这两条直线相交． (D) 如果两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行．6、已知等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，若45818,a a S =-=则 （ ）（A ）18 （B ）36 （C ）54 （D ）727、已知方程0)2)(2(22=+-+-n x x m x x 的四个根组成一个首项为41的等差数列，则 |m －n|=（ ）12)1(3++-=n nn a nn 12)3()1(++-=n n n a n n121)1()1(2--+-=n n a nn 12)2()1(++-=n n n a nn ⋯--,924,715,58,1A ．1B ．43 C ．21 D ．83 8、等差数列{a n }中，a 1+a 2+…+a 50＝200，a 51+a 52+…+a 100＝2700，则a 1等于( )A ．－1221B ．－21．5C ．－20．5D ．－209、设 {a n }是由正数组成的等比数列, 且公比q = 2, 如果a 1 · a 2 · a 3 · … · a 30 = 230, 那么a 3 · a 6 · a 9 · … · a 30 = ( )A ．210.B ．215.C ．220.D ．216.10、某人从1999年9月1日起，每年这一天到银行存款一年定期a 元，且每年到期的存款将本和利再存入新一年的一年定期，若年利率r 保持不变，到2003年9月1日将所有的存款和利息全部取出，他可取回的钱数为 A 、()51r a + B 、()()[]r r r a--+115 C 、 ()41r a + D 、()[]115-+r ra 二、填空题：11、9、由图(1)有面积关系: PA B PAB S PA PB S PA PB ''∆∆''⋅=⋅，则由(2) 有体积关系: .P A B C P ABCV V '''--=12、设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，若2010S S =，则30S 的值是_______。
数列专题复习及答案
数列、数列极限、数学归纳法综合复习一、填空题1、已知)(1562*∈+=N n n na n ，则数列{}n a 的最大项是 2、在等差数列{}n a 中，若46101290a a a a +++=，则101413a a -= 3、已知等比数列{}n a ，若151,4a a ==，则3a 的值为 4、数列{}n a 中，23=a ，15=a ，则数列1{}1n a +是等差数列，则=11a 5、在数列{}n a 和{}n b 中，n b 是n a 与1n a +的等差中项，12a =且对任意n N *∈都有031=-+n n a a ，则数列{}n b 的通项公式为 ___ _______6、设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =，k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k =7、等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4510,15S S ≥≤,则4a 的最大值为8、正数数列{}n a 中，已知12a =，且对任意的,s t N *∈,都有s t s t a a a ++=成立，则12231111n n a a a a a a ++++9、等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且42358,26a a a a -=+=，记2nn S T n =，如果存在正 整数M ，使得对一切正整数n ，n T M ≤都成立．则M 的最小值是__________ 10、已知无穷等比数列12{},lim[3()]4,n n n a S a a a S →∞+++-=中，各项的和为且 则实数1a 的范围11、设正数数列{}n a 的前n项和为n S ，且存在正数t ，使得对于所有自然数n ，有2n a t+=成立，若n nt →∞<，则实数t 的取值范围为12、数列{n a }的通项公式为12(12)1()(3,)3n n nn a n n N -*⎧≤≤⎪=⎨≥∈⎪⎩，则=∞→n n S lim13、已知数列{}n a 的通项公式为121n n a -=+，则0121231nn n n n n a C a C a C a C ++++=14、数列{}n a 满足112(0)2121(1)2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩，若761=a ，则2007a 的值为____15、在数列{}n a 中，如果对任意n N *∈都有211()n n n na a k k a a +++-=-为常数，则称{}n a 为等 差比数列，k 称为公差比. 现给出下列命题：⑴等差比数列的公差比一定不为0； ⑵等差数列一定是等差比数列；⑶若32nn a =-+,则数列{}n a 是等差比数列；⑷若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比. 其中正确的命题的序号为二、选择题16、等差数列}{n a 的公差为d ，前n 项的和为n S ，当首项1a 和d 变化时1182a a a ++是一个定值，则下列各数中也为定值的是 （ ）7.A S 8.B S 13.C S15.D S17、在等差数列}{n a 中，15100,517a a a >=，则数列}{n a 前n 项和n S 取最大值时，n的值为（ ）.12A .11B .10C .9D18、设}{n a 为等差数列，若11101a a <-，且它的前n 项和n S 有最小值，那么当n S 取得最小正值时，n =（ ）.11A .17B .19C .20D19、等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且56S S <,678S S S =>,则下列结论中错误的是（ ） .0A d < 7.0B a =95.C S S > 67.n D S S S 和均为的最大值20、已知数列{}n a 、{}n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且511=+b a ，*11,N b a ∈．设n b n a c =（*N n ∈），则数列{}n c 的前10项和等于（ ）.A 55 .70B .85C .100D21、已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若OB ＝1200a OA a OC ＋，且,,A B C 三点共线 （该直线不过原点O ），则200S =（ ）.A 100 .B 101 .C 200 .D 20122、已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n A 和n B ，且7453n n A n B n +=+，则使得n nab 为整数的正整数n 的个数是（ ） .2A .3B .4C .5D三、解答题23、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1a a =，13n n n a S +=+，*n N ∈．（1）设3nn n b S =-，求{}n b 的通项公式；（2）若1n n a a +≥，*n N ∈，求a 的取值范围．24、数列{}n a 满足a a =1，a a -=2（0>a ），且{}n a 从第二项起是公差为6的等差数列，n S 是{}n a 的前n 项和．（1）当2≥n 时，用a 与n 表示n a 与n S ；（2）若在6S 与7S 两项中至少有一项是n S 的最小值，试求a 的取值范围；25、数列{}n a 中，112a =，点1(,2)n n n a a +-在直线y x =上，其中n N *∈； （1）设11,n n n b a a +=--{}n b 求证:数列是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项； （3）设分别为数列、n n T S {}n a 、{}n b 的前n 项和，是否存在实数λ，使得数列n n S T n λ+⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列？若存在，试求出λ；若不存在，则说明理由。
高中数学练习题附带解析数列与数学归纳法
高中数学练习题附带解析数列与数学归纳法数列与数学归纳法在高中数学中是非常重要的概念，在学习和应用过程中，练习题是最有效的辅助方式。
本篇文章将提供一些常见的高中数学数列与数学归纳法练习题，并附带详细解析。
题目一：1、一个等差数列的首项为3，公差为5，求第10项和第20项。
解析：已知a1=3, d=5. 求a10和a20。
根据公式an=a1+(n-1)d可求出：a10=3+(10-1)×5=48a20=3+(20-1)×5=98因此，数列第10项为48，第20项为98。
题目二：2、求下列数列的通项公式：3，6，9，12 ……解析：根据题目可以确定第一项a1=3，公差d=3。
因为首项为3，而公差为3，可以将通项公式表示为a_n=3+(n-1)×3。
因此，该数列的通项公式为an=3+(n-1)×3。
题目三：3、有一等比数列的第一项为1，公比为2，求第5项和第10项。
解析：已知a1=1，q=2. 求a5和a10。
根据公式an=a1×q^(n-1)，可得：a5=1×2^(5-1)=16a10=1×2^(10-1)=512因此，数列第5项为16，第10项为512。
题目四：4、已知数列{an}满足：a1=3, a3=7，每一项都等于前一项与后一项的和，求数列的通项公式。
解析：根据题目可以得到：a1=3a3=7a_n=a_(n-1)+a_(n+1) (n>1)将上述式子表示为：a_(n+1)=a_n+a_(n-1)设数列的通项公式为an=x^n，代入上式可得：x^(n+1)=x^n+x^(n-1)化简可得：x^2-x-1=0解方程可得：x1=(1+sqrt(5))/2 ,x2=(1-sqrt(5))/2由于数列的通项公式必须满足a1=3，因此，x=（1+sqrt(5))/2最终，求得数列的通项公式为an=((1+sqrt(5))/2)^n。
高三 复习 数列 (含数学归纳法+证明) (7份)教案+习题+经典例题+答案
第1节数列的概念及简单表示法最新考纲 1.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)；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理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)为定义域的函数a n＝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3.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项a n 与序号n 之间的关系可以用一个式子a n ＝f (n )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{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．4．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.[常用结论与微点提醒] 1．一些常见数列的通项公式(1)数列1，2，3，4，…的通项公式为a n ＝n ； (2)数列2，4，6，8，…的通项公式为a n ＝2n ； (3)数列1，2，4，8，…的通项公式为a n ＝2n －1； (4)数列1，4，9，16，…的通项公式为a n ＝n 2； (5)数列1，12，13，14，…的通项公式为a n ＝1n . 2．已知递推关系求通项一般有两种常见思路： (1)算出前几项，再归纳、猜想； (2)利用累加或累乘法求数列的通项公式．诊 断 自 测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( ) (2)一个数列中的数是不可以重复的．( ) (3)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．( ) 解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列． (2)数列中的数是可以重复的． (3)不是所有的数列都有通项公式． 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( )A ．15B ．16C ．49D ．64解析 当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15. 答案 A3．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 n ＝(－1)n －1＋1B ．a n ＝⎩⎨⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C ．a n ＝2sin n π2D ．a n ＝cos(n －1)π＋1解析 对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意，故选C.答案 C4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)＞n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ＞0，即λ＞－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3. 答案 (－3，＋∞)5．(2018·台州月考)在数列{x n }中，x 1＝10，x n ＝log 2(x n －1－2)，则数列{x n }的第2项是________，所有项和T ＝________． 解析 ∵x 1＝10，x n ＝log 2(x n －1－2)，∴x 2＝log 2(x 1－2)＝log 28＝3，x 3＝log 2(x 2－2)＝log 21＝0. 数列{x n }所有项的和为10＋3＋0＝13. 答案 3 136．(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________．解析 a 1＝1，a 2＝6＝1＋5＝1＋5×(2－1)，a 3＝11＝1＋5×2＝1＋5×(3－1)， a 4＝16＝1＋5×3＝1＋5×(4－1)， ∴a n ＝1＋5×(n －1)＝5n －4. 答案 5n －4考点一 由数列的前几项求数列的通项【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)－1，7，－13，19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5 555，….解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n ，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数，故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n（2n －1）（2n ＋1）.(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22.(4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n －1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n －1)．规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的各自特征； (2)相邻项的联系特征； (3)拆项后的各部分特征；(4)符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想． 【训练1】 (1)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝n －1n ＋2(n ∈N *)B ．a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *)C ．a n ＝2（n －1）2n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n2n ＋1(n ∈N *) (2)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝________．解析 (1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可．(2)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n 1n （n ＋1）.答案 (1)C (2)(－1)n1n （n ＋1）考点二 由S n 与a n 的关系求a n (易错警示)【例2】 (1)(2017·温州市十校联考)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________． 解析 (1)依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项、2为公比的等比数列，a n ＝－2n －1. (2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1. 显然当n ＝1时，不满足上式． ∴a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.答案 (1)－2n －1(2)⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2规律方法 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.①当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；②当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．易错警示 在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形． 【训练2】 (1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________． 解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.(2)由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13， 两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1， ∴a n ＝(－2)n －1.答案 (1)⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 (2)(－2)n －1考点三 由数列的递推关系求通项公式【例3】 (1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．(2)(2018·衢州质检)在数列{a n }中，a 1＝1，(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________．解析 (1)由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0， 得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n－1，∴n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3， 将以上各式累加得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)， ∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)由(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1得a n ＋1－a n ＝1n 2＋2n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以a 2－a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13，a 3－a 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14，…，a n －1－a n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ，a n －a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝74－2n ＋12n （n ＋1）.答案 (1)3×2n －1－2 (2)74－2n ＋12n （n ＋1）规律方法 (1)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系式利用累加法求通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项．(2)形如a n ＋1＝a n ·f (n )的递推关系式可化为a n ＋1a n ＝f (n )的形式，可用累乘法，也可用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1代入求出通项．(3)形如a n ＋1＝pa n ＋q 的递推关系式可以化为(a n ＋1＋x )＝p (a n ＋x )的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x 是关键． 【训练3】 在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________．(2)(一题多解)若a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则通项公式a n ＝________． (3)若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________．解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝2＝1×（1＋1）2＋1，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2)法一 因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n . 法二 因为a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －1n －2·…·1＝1n . (3)设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1＋t ＝2(a n ＋t )，即a n ＋1＝2a n ＋t ，解得t ＝3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列． ∴b n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3. 答案 (1)n （n ＋1）2＋1 (2)1n(3)2n ＋1－3基础巩固题组一、选择题1．数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A ．－1617B ．－1819C ．－2021D ．－2223解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021. 答案 C2．数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于( ) A.（－1）n ＋12B ．cos n π2C ．cosn ＋12πD ．cos n ＋22π解析 令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确． 答案 D3．(一题多解)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝( ) A ．2n －1B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)解析 法一 由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知a n ＝2n －1.法二 由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1. 答案 A4．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －3，若a 1＝2，则a 8－a 4＝( ) A ．7B ．6C ．5D ．4解析 依题意得(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 8－a 4＝(a 8－a 6)＋(a 6－a 4)＝2＋2＝4. 答案 D5．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A ．2n －1B ．n 2C.（n ＋1）2n 2D.n 2（n －1）2解析 设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2， 当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2（n －1）2.答案 D6．(2018·宁波镇海中学调研)已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n ＜a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(3，5)B ．(4，6)C ．[3，5)D ．[4，6)解析 由S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2.两式相减得，a n ＋1＋a n ＝8n ＋4(n ≥2)，则a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12.两式相减得，a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)．又由a 1＝a ，a 1＋a 2＋a 1＝16得a 2＝16－2a ，又由a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝4×32得a 3＝4＋2a ，所以a 2n ＝a 2＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ，a 2n ＋1＝a 3＋8(n －1)＝8n －4＋2a .因为对任意n ∈N *，a n ＜a n ＋1恒成立，所以⎝ ⎛a ＜16－2a ，8n ＋8－2a ＜8n －4＋2a ，8n －4＋2a ＜8（n ＋1）＋8－2a ，解得3＜a ＜5. 答案 A二、填空题7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n，a 8＝3421，则a 5＝________．解析 借助递推关系，则a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85. 答案 858．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n ∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________．解析 因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，由于a 1≠0，则a 2＝1，令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1. 答案 19．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a 1＝________；a n ＝________．解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案 4 ⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥210．(2018·绍兴一中适应性考试)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝ (－1)n ·(a n －2)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________，数列{b n }的前50项和为________．解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n ＋1－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，当n ＝1时不满足上式，则其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.当n ＝1时，b 1＝－1；当n ≥2时，b n ＝(－1)n ·(a n －2)＝(－1)n ·2(n －1)，则数列{b n }的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－…＋49)＝－1＋2×25＝49.答案 a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 49三、解答题11．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6＞0，解得n ＞6或n ＜1(舍)．∴从第7项起各项都是正数．12．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，……a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1. 将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n ＝n （n ＋1）2. 显然，当n ＝1时也满足上式．综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n （n ＋1）2. 能力提升题组13．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( )A.163B.133 C ．4 D ．0解析 ∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大为0.答案 D14．(2018·杭州调考)已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 019的值为________．解析 由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 019＝6×336＋3，∴a 2 019＝a 3＝1.答案 115．(2017·金丽衢十二校联考)对于各项均为整数的数列{a n }，如果a i ＋i (i ＝1，2，3，…)为完全平方数，则称数列{a n }具有“P 性质”．不论数列{a n }是否具有“P 性质”，如果存在与{a n }不是同一数列的{b n }，且{b n }同时满足下面两个条件： ①b 1，b 2，b 3，…，b n 是a 1，a 2，a 3，…，a n 的一个排列；②数列{b n }具有“P 性质”，则称数列{a n }具有“变换P 性质”．下面三个数列：①数列{a n }的前n 项和S n ＝n 3(n 2－1)；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3， (11)具有“P 性质”的为________；具有“变换P 性质”的为________． 解析 对于①，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－n ，∵a 1＝0，∴a n ＝n 2－n ，∴a i ＋i ＝i 2(i ＝1，2，3，…)为完全平方数，∴数列{a n }具有“P 性质”；对于②，数列1，2，3，4，5，具有“变换P 性质”，数列{b n }为3，2，1，5，4，具有“P 性质”，∴数列{a n }具有“变换P 性质”；对于③，因为11，4都只有与5的和才能构成完全平方数，所以1，2，3，…，11，不具有“变换P 性质”． 答案 ① ②16．(2018·台州测试)已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)， 又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)． 结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4， a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *)．∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a 2， 已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性， 可知5<2－a 2<6，即－10<a <－8.即a 的取值范围是(－10，－8)．17．(一题多解)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1＜c n .(1)解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4.对于n ≥2，有a n ＝S n －S n －1＝2n (n ＋1)－2(n －1)n ＝4n .又当n ＝1时，a 1＝4适合上式，故{a n }的通项公式a n ＝4n .将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，故T 1＝b 1＝1.(求b n 法一)对于n ≥2，由T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ，得b n ＝T n －T n －1＝－(b n －b n －1)，b n ＝12b n －1，所以数列{b n }是以1为首项，公比为12的等比数列，故b n ＝21－n . (求b n 法二)对于n ≥2，由T n ＝2－b n ，得T n ＝2－(T n －T n －1)，2T n ＝2＋T n －1，T n －2＝12(T n －1－2)，T n －2＝21－n (T 1－2)＝－21－n ，T n ＝2－21－n ，b n ＝T n －T n －1＝(2－21－n )－(2－22－n )＝21－n .又n ＝1时，b 1＝1适合上式，故{b n }的通项公式b n ＝21－n .(2)证明 (法一)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n ， 得c n ＋1c n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2. 当且仅当n ≥3时，1＋1n ≤43＜2，即c n ＋1＜c n .(法二)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n ，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2]．当且仅当n ≥3时，c n ＋1－c n ＜0，即c n ＋1＜c n .第2节 等差数列及其前n 项和最新考纲 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系．知 识 梳 理1．等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，或a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)．(2)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b 2．2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ． 通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (m ，n ∈N *)．(2)等差数列的前n 项和公式S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d (其中n ∈N *，a 1为首项，d 为公差，a n 为第n 项)．3．等差数列的有关性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和．(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q .(2)等差数列{a n }的单调性：当d ＞0时，{a n }是递增数列；当d ＜0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列．(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．4．等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．5．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值；若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值．[常用结论与微点提醒]1．用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了a n ＋1－a n ＝d (n ≥2)时，应注意验证a 2－a 1是否等于d ，若a 2－a 1≠d ，则数列{a n }不为等差数列．2．利用二次函数性质求等差数列前n 项和最值时，一定要注意自变量n 是正整数．诊 断 自 测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(3)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( )(5)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( )解析 (4)若公差d ＝0，则通项公式不是n 的一次函数．(5)若公差d ＝0，则前n 项和不是二次函数．答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)×2．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．6解析 由等差数列的性质，得a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0，选B.答案 B3．(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎨⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48， 得⎩⎨⎧2a 1＋7d ＝24，6a 1＋15d ＝48，解得d ＝4. 答案 C4．(2018·宁波十校适应性考试)等差数列{a n }的公差d ＜0，且a 21＝a 217，则数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值时的项数n 是( )A ．8或9B ．9或10C ．10或11D ．11或12解析 由题意知，a 1＝±a 17，又因为d ＜0，所以a 1＝－a 17，故a 1＝－8d ，a 9＝0，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －9)d ，当a n ≥0时，n ≤9，所以当n ＝8或9时，S n 取最大值．答案 A5．(必修5P68A8改编)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________．解析 由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180.答案 1806．(2018·湖州调研)设等差数列{a n }的公差是d ，前n 项和是S n .若a 1＝1，a 5＝9，则公差d ＝______，S n ＝______．解析 公差d ＝a 5－a 15－1＝2，前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ＋n (n －1)＝n 2. 答案 2 n 2考点一 等差数列基本量的运算【例1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97 (2)(2017·全国Ⅲ卷)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 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧9a 1＋36d ＝27，a 1＋9d ＝8，所以⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝1，所以a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99＝98.(2)等差数列中a 1＝1，根据题意得a 23＝a 2·a 6，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )， 解得d ＝－2，d ＝0(舍去)．所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.答案 (1)C (2)A规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【训练1】 (1)(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝________．(2)(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________．解析 (1)法一 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎨⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎨⎧a 1＝0，d ＝2， 即S 6＝6a 1＋15d ＝30.法二 由{a n }为等差数列，故可设前n 项和S n ＝An 2＋Bn ，由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎨⎧S 3＝9A ＋3B ＝6，S 4＝16A ＋4B ＝12， 解得⎩⎨⎧A ＝1，B ＝－1，即S n ＝n 2－n ，则S 6＝36－6＝30. (2)因为a 2，a 3，a 7成等比数列，所以a 23＝a 2a 7，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，由于d ≠0，∴a 1＝－23d ，∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1，即3a 1＋d ＝1，∴a 1＝23，d ＝－1.答案 (1)30 (2)23 －1考点二 等差数列的判定与证明(变式迁移)【例2】 (经典母题)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2， 又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）. 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【变式迁移1】 将本例条件“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12”改为“S n (S n －a n )＋2a n ＝0(n ≥2)，a 1＝2”，问题不变，试求解．(1)证明 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1且S n (S n －a n )＋2a n ＝0. ∴S n [S n －(S n －S n －1)]＋2(S n －S n －1)＝0，即S n S n －1＋2(S n －S n －1)＝0.即1S n －1S n －1＝12.又1S 1＝1a 1＝12. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以首项为12，公差为12的等差数列． (2)解 由(1)知1S n＝n 2，∴S n ＝2n ，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2n （n －1）当n ＝1时，a 1＝2不适合上式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2. 【变式迁移2】 已知数列{a n }满足2a n －1－a n a n －1＝1(n ≥2)，a 1＝2，证明数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是等差数列，并求数列{a n }的通项公式． 解 当n ≥2时，a n ＝2－1a n －1， ∴1a n －1－1a n －1－1＝12－1a n －1－1－1a n －1－1＝11－1a n －1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1－1a n －1－1＝1(常数)． 又1a 1－1＝1. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以首项为1，公差为1的等差数列． ∴1a n －1＝1＋(n －1)×1＝n ， ∴a n ＝n ＋1n. 规律方法 等差数列的四种判断方法：(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数．(2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立．(3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q .(4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列，主要适合在选择题中简单判断．【训练2】 (2017·江苏卷)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． 证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1，2，3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③ a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′， 所以数列{a n }是等差数列． 考点三 等差数列的性质及应用【例3】 (1)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5B ．7C ．9D ．11(2)(2018·浙江名校三联)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( ) A.310B.37C.13D.12(3)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 014，S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6，则S 2017＝________．解析 (1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3，得3a 3＝3，所以a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5，故选A. (2)因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12也成等差数列，而S 4S 8＝13，所以S 8＝3S 4，则(S 8－S 4)－S 4＝S 4，则得S 16＝10S 4，所以S 8S16＝310.(3)由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．设其公差为d ，则S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6d ＝6，∴d ＝1. 故S 2 0172 017＝S 11＋2 016d ＝－2 014＋2 016＝2， ∴S 2 017＝2×2 017＝4 034. 答案 (1)A (2)A (3)4 034规律方法 等差数列的性质是解题的重要工具．(1)在等差数列{a n }中，数列 S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列．(2)在等差数列{a n }中，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列．【训练3】 (1)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( ) A ．13B ．12C ．11D ．10(2)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________． 解析 (1)因为a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146， a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180， 又因为a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2， 所以3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60， 所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n ×602＝390，即n ＝13.(2)因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10. 答案 (1)A (2)10考点四 等差数列前n 项和及其最值【例4】 (1)(一题多解)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是( ) A ．5B ．6C ．7D ．8(2)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________．解析 (1)法一 由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质，可得a 7＋a 8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7>0，a 8<0，故n ＝7时S n 最大．法二 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入，得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n .根据二次函数的性质，知当n ＝7时S n 最大． (2)由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0，当n >5时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130. 答案 (1)C (2)130规律方法 求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值．【训练4】 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( ) A ．9B ．10C ．11D ．12(2)(2018·金丽衢十二校二联)已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若有确定正整数n 0，对任意正整数m ，Sn 0·Sn 0＋m ＜0恒成立，则下列说法错误的是( ) A ．a 1·d ＜0B ．|S n |有最小值C ．a n 0·a n 0＋1＞0D ．a n 0＋1·a n 0＋2＞0解析 (1)由a 6a 5＝911，得S 11＝S 9，即a 10＋a 11＝0，根据首项a 1＞0可推知这个数列递减，从而a 10＞0，a 11＜0，故n ＝10时，S n 最大．(2)由S n 0·S n 0 ＋m ＜0，知数列{a n }一定存在正项与负项，则要么a 1＞0，d ＜0，要么a 1＜0，d ＞0，即a 1·d ＜0，所以A 正确；由等差数列各项特征知，|S n |一定能取得最小值，所以B 正确；若数列{a n }为－1，2，5，8，…，当n ≥2时，a n ＞0，取n 0＝1，对任意正整数m ，S n 0·S n 0＋m ＜0均成立，但an 0·an 0＋1＜0，所以C 错误，故选C. 答案 (1)B (2)C基础巩固题组一、选择题1．(一题多解)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于( ) A ．－1B ．－2C ．－3D ．－4解析 法一 由题意可得⎩⎨⎧a 1＋（a 1＋6d ）＝－8，a 1＋d ＝2，解得a 1＝5，d ＝－3.法二 a 1＋a 7＝2a 4＝－8，∴a 4＝－4， ∴a 4－a 2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3. 答案 C2．(2018·嘉兴测试)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25B.35C.37D.47解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得S 1S 4＝a 14a 1＋6d＝110，解得a 1＝d ，则S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝25，故选A. 答案 A3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，如果当n ＝m 时，S n 最小，那么m 的值为( ) A ．10B ．9C ．5D ．4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 11＝11a 1＋55d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得a 1＝－33，d ＝7，由a n ＝7n －40<0得n ≤5，即该数列的前5项是负数，从第6项开始是正数，则前5项的和最小，即m ＝5. 答案 C4．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( )A ．a 1＋a 101＞0B ．a 2＋a 100＜0C ．a 3＋a 99＝0D ．a 51＝51解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0. 答案 C5．已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( ) A ．10B ．20C ．30D ．40解析 设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得，25－15＝2n ，解得n ＝5，故这个数列的项数为10. 答案 A6．(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A ．a 1d >0，dS 4>0 B ．a 1d <0，dS 4<0 C ．a 1d >0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，整理得a 1＝ －53d ，∴a 1d ＝－53d 2<0(d ≠0)，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23<0，故选B. 答案 B 二、填空题7．(2018·金华四校联考)设等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋bn ＋c (b ，c 为常数，n ∈N *)，若a 2＋a 3＝4，则c ＝________，b ＝________．解析 ∵数列{a n }是等差数列，且前n 项和S n ＝n 2＋bn ＋c ，∴c ＝0，则S n ＝n 2＋bn ，又a 2＋a 3＝S 3－S 1＝9＋3b －1－b ＝4，∴b ＝－2. 答案 0 －28．已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n－1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 61＝________．解析 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，所以{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，所以a 61＝S 61－S 60＝1212－1192＝480. 答案 4809．(2017·慈溪统考)设等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是________；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1<n <15)中最大的项为第________项．解析 ∵a 8>0，a 8＋a 9<0，∴S 15＝（a 1＋a 15）·152＝2a 8·152＝15a 8>0，而S 16＝（a 1＋a 16）·162＝（a 8＋a 9）·162＝8(a 8＋a 9)<0，∴使S n >0的最大n 为15.∵a 8>0，a 9<0，∴S 8最大，且a 8为{a n }的最小正数项，a 9，a 10，…均小于零，所以当9≤n <15时，S n a n 均小于零，当n ＝8时，S na n最大，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1<n <15)的最大值是第8项．答案 15 810．(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________．解析 法一 由已知得，a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝a m ＋1－a m ＝1，又因为S m ＝m （a 1＋a m ）2＝0，所以m (a 1＋2)＝0，因为m ≠0，所以a 1＝－2，又a m ＝a 1＋(m －1)d ＝2，解得m ＝5. 法二 因为S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝na 1＋n （n －1）2， 得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋m （m －1）2＝0， ①（m －1）a 1＋（m －1）（m －2）2＝－2. ②由①得a 1＝1－m2，代入②可得m ＝5.法三 因为数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．所以S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5，经检验为原方程的解．答案 5 三、解答题11．(2017·全国Ⅱ卷)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＝2. (1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解 (1)设{a n }公差为d ，{b n }公比为q ，由等差数列、等比数列的通项公式可得⎩⎨⎧－1＋d ＋q ＝2，－1＋2d ＋q 2＝5解得⎩⎨⎧d ＝1，q ＝2，或⎩⎨⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，故{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由已知得⎩⎨⎧－1＋d ＋q ＝2，1＋q ＋q 2＝21，解得⎩⎨⎧q ＝4，d ＝－1或⎩⎨⎧q ＝－5，d ＝8. ∴当q ＝4，d ＝－1时，S 3＝－6； 当q ＝－5，d ＝8时，S 3＝21.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由． (1)证明 由题设知，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解 由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1.由2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．能力提升题组13．(2018·杭州模拟)设{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和．若正整数i ，j ，k ，l 满足i ＋l ＝j ＋k (i ≤j ≤k ≤l )，则( ) A ．a i a l ≤a j a k B ．a i a l ≥a j a k C ．S i S l ＜S j S kD ．S i S l ≥S j S k解析 不妨取i ，j ，k ，l 分别为1，2，3，4， 则a 1a 4－a 2a 3＝－2d 2≤0， ∴a 1a 4≤a 2a 3，又S 1S 4－S 2S 3＝－2(a 1＋34d )2－158d 2≤0， ∴S 1S 4≤S 2S 3，即A 正确． 答案 A14．(2016·浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列解析 S n 表示点A n 到对面直线的距离(设为h n )乘以|B n B n －1|长度一半，即S n ＝12h n |B n B n －1|，由题目中条件可知|B n B n －1|的长度为定值，过A 1作垂直得到初始距离h 1，那么A 1，A n 和两个垂足构成等腰梯形，则h n ＝h 1＋|A 1A n |tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，从而S n ＝12(h 1＋|A 1A n |tan θ)|B n B n ＋1|， S n ＋1＝12(h 1＋|A 1A n ＋1|)|B n B n ＋1|，则S n ＋1－S n ＝12|A n A n ＋1||B n B n ＋1|tan θ，都为定值，所以S n ＋1－S n 为定值，故选A. 答案 A15．(2018·丽水测试)已知⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫f （n ）n 是等差数列，f (1)＝2，f (2)＝6，则f (n )＝________，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1＝1，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫11＋a n 的前n 项和为S n ，则S 2 015＋1a2 016＝________．解析 设公差为d ，由题意得d ＝f （2）2－f （1）1＝3－2＝1，∴f （n ）n ＝2＋(n －1)·1⇒f (n )＝n 2＋n ，a n ＋1＝f (a n )＝a 2n ＋a n ＝a n (1＋a n )⇒1a n ＋1＝1a n （1＋a n ）＝1a n－11＋a n ⇒11＋a n ＝1a n －1a n ＋1，∴S n ＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1⇒S n ＋1a n ＋1＝1a 1＝1，∴S 2 015＋1a 2 016＝1. 答案 n 2＋n 116．在数列{a n }中，a 1＝－5，a 2＝－2，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2(n ∈N *)，若对于任意n ∈N *，A (n )，B (n )，C (n )成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和．解 (1)根据题意A (n )，B (n )，C (n )成等差数列． ∴A (n )＋C (n )＝2B (n )，整理得a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝－2＋5＝3， ∴数列{a n }是首项为－5，公差为3的等差数列， ∴a n ＝－5＋3(n －1)＝3n －8. (2)|a n |＝⎩⎨⎧－3n ＋8，n ≤2，3n －8，n ≥3，记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ≤2时，S n ＝n （5＋8－3n ）2＝－3n 22＋132n ； 当n ≥3时，S n ＝7＋（n －2）（1＋3n －8）2＝3n 22－132n ＋14，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32n 2＋132n ，n ≤2，32n 2－132n ＋14，n ≥3.17．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 3＋a 10＝15，且a 2，a 5，a 11成等比数列． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ＋1a n ＋1＋…＋1a 2n －1，证明：12≤b n ＜1.(1)解 设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎨⎧a 1＋2d ＋a 1＋9d ＝15，（a 1＋4d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋10d ）. 注意到d ≠0，解得a 1＝2，d ＝1. 所以a n ＝n ＋1.(2)证明 由(1)可知b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ， b n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2.因为b n ＋1－b n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2＞0，所以数列{b n }单调递增．所以b n ≥b 1＝12.又b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ≤1n ＋1＋1n ＋1＋…＋1n ＋1＝n n ＋1＜1，因此12≤b n ＜1.第3节 等比数列及其前n 项和最新考纲 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系．知 识 梳 理1．等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母。
初中数学数列与数学归纳法练习题
初中数学数列与数学归纳法练习题数列与数学归纳法是初中数学中的重要概念，通过练习题的形式可以巩固对这两个知识点的理解和应用。
本文将为大家提供一些初中数学数列与数学归纳法练习题，并附带详细解答，帮助读者加深对这两个概念的掌握。
1. 数列练习题题目一：已知数列{an}的通项公式为an = 3n + 2，求该数列的前5项。
解答：根据通项公式an = 3n + 2，将n依次代入1、2、3、4、5，求得数列的前5项为5、8、11、14、17。
题目二：已知数列{bn}的前n项和Sn的表达式为Sn = 2n^2 + 5n，求该数列的通项公式。
解答：根据已知的前n项和表达式Sn = 2n^2 + 5n，我们可以通过分析和推导来求解数列的通项公式。
首先求出前几项的和，得到数列的差分，可以发现差分数列的通项为2n + 5。
再对差分数列进行求和，得到原数列的通项公式为bn = n^2 + 5n + C，其中C为常数。
通过代入前几项的值，可以得到C的值为0，所以数列的通项公式为bn = n^2 + 5n。
题目三：数列{cn}的通项公式为cn = 2^n，求该数列的前6项。
解答：将n依次代入1、2、3、4、5、6，求得数列的前6项为2、4、8、16、32、64。
2. 数学归纳法练习题题目一：利用数学归纳法证明1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1)/2，其中n为正整数。
解答：首先，我们验证当n = 1时等式是否成立。
代入n = 1，左边的等式为1，右边的等式为1，所以当n = 1时等式成立。
接下来，假设当n = k时等式成立，即1 + 2 + 3 + ... + k = k(k + 1)/2。
我们需要证明当n = k + 1时等式也成立。
根据归纳假设，我们有1 + 2 + 3 + ... + k = k(k + 1)/2。
将右边的等式升级为k + 1，得到1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) = (k +1)(k + 2)/2。
数列、级数和数学归纳法专项测试卷及答案解析
数列、级数和数学归纳法专项测试卷及答案解析一、选择题（每题2分，共10题）1. 设数列${a_n}$的通项公式为$a_n = 3n - 1$，则$a_5$的值是多少？A. 12B. 11C. 13D. 9正确答案：B2. 已知数列${b_n}$的前两项为$b_1 = 2$，$b_2 = 5$，且$b_n = b_{n-1} + b_{n-2}$，则$b_3$的值是多少？A. 6B. 7C. 8D. 9正确答案：C3. 若$a_1 = 1$，$a_{n+1} - a_n = 2n - 1$，则$a_7$的值是多少？A. 15B. 16C. 17D. 18正确答案：B4. 若$n$为正整数，且$a_n = a_{n-1} + 2n$，则$a_5$的值是多少？A. 19B. 21C. 23D. 25正确答案：D5. 若$a_n = \frac{n-1}{n+1}$，则$a_3$的值是多少？A. $-\frac{1}{2}$B. $\frac{1}{2}$C. $-\frac{2}{3}$D. $\frac{2}{3}$正确答案：B二、填空题（每题3分，共5题）1. 求等差数列${c_n}$的第11项，已知$a_1 = 2$，$d = 3$。
答案：$c_{11} = a_1 + 10d = 2 + 10 \times 3 = 32$2. 求等比数列${d_n}$的第5项，已知$a_1 = 2$，$q = 4$。
答案：$d_5 = a_1 \times q^{5-1} = 2 \times 4^4 = 128$3. 若级数$\sum_{k=1}^n a_k$的前$n$项和$S_n = 3n^2 + 6n$，则$a_7$的值是多少？答案：$a_7 = S_7 - S_6 = (3 \cdot 7^2 + 6 \cdot 7) - (3 \cdot 6^2 + 6 \cdot 6) = 119$4. 若级数$\sum_{k=1}^\infty b_k$的部分和$S_n =\frac{2}{n(n+1)}$，则$b_1$的值是多少？答案：由$S_n = \frac{2}{n(n+1)}$可得$b_1 = S_1 =\frac{2}{1(1+1)} = 1$5. 若级数$\sum_{k=1}^\infty c_k$的前$n$项和$S_n = \frac{n^2 + n}{2}$，则$c_{10}$的值是多少？答案：$c_{10} = S_{10} - S_9 = (\frac{10^2 + 10}{2}) -(\frac{9^2 + 9}{2}) = 55$三、判断题（每题2分，共5题）1. 数列{$a_n$}的通项公式为$a_n = n^2$，则$a_{10} = 100$。
数列专题复习及答案
数列、数列极限、数学归纳法综合复习一、填空题l、已知a n=n E N*)'则数列忆｝的最大项是旷+1562、在等差数列{a J中，若a4+a6十Gio+ a12 = 90'则知0-—a l4=3、酰廿等比数列包｝，若Gi= l a5 = 4, 则a3的值为4、数列{a J中，a3= 2, a5 = l, 则数列｛｝是等差数列，则a ll=a n +l5、在数列{a J和｛九｝中，b n是a n与a n+I的等差中项，a1=2且对任意nEN*都有3a n+I -a n = Q , 则数列｛九｝的通项公式为6、设等差数列{a n}的公差d不为O,a1 = 9d, a k是a,与a2k的等比中项，则k=7、等差数列{a J的前n项和为S n,若S4�10,S5sl5,则a4的最大值为8、正数数列{a J中，已知a1= 2, 且对任意的s,t EN*, 都有a s+a t= a s+t成立，则1 1+ + +a l a2 a2a3 a n a n+I s9、等差数列{a J的前n项和为S n,且a4-a2 = 8,a3 + a5 = 26 , 记兀＝号－，如果存在正整数M,使得对一切正整数n,T n sM都成立．则M的最小值是10、已知无穷等比数列{a n}中，各项的和为s,且lim[3(a1+a尸+a n)—S]=4,则实n今OO数a l的范围11、设正数数列{a J的前n项和为S n,且存在正数t'使得对千所有自然数n,有寂=n a +t 成立，若lim 瓦< t'则实数t的取值范围为2 n➔ 00a n12、数列{a,)的通项公式为a,={�::3(1:::; n:::; 2)，则lirn s = n之3,n EN*) nn➔oo13、已知数列[a,}的通项三式为a,�2•-1+I, 则a立+a立+a立+a,, 立＝12a n 0:::;;a n<—)14、数列{a }满足a= 2 6n+l � l '若a l=—，则a2001的值为2a n -I —:::;;a n< I)7215、在数列{a J中，如果对任意nEN*都有a n+2—a n+l= k (k为常数），则称{a J为等a n+l -a n差比数列，k称为公差比．现给出下列命题：(1)等差比数列的公差比一定不为0;(2)等差数列一定是等差比数列；(3)若a n=-3勹2,则数列{aJ是等差比数列；(4)若等比数列是等差比数列，则其公比等千公差比．其中正确的命题的序号为二、选择题16、等差数列{a n}的公差为d,前n项的和为S n,当首项a l和d变化时a2+as+a11是一个定值，则下列各数中也为定值的是( )A. s7B. SsC. s l3D. s l517、在等差数列{aJ中，Cli> 0, 5a5 = 17 a10 , 则数列{aJ前n项和凡取最大值时，n的值为（）A.12B.llC.10D.918、设{a n}为等差数列，若生)_<—1,且它的前n项和S n有最小值，那么当凡取得最小正值时，n=a l O（）A 11 B.17 C.19 D. 2019、等差数列{a n}的前n项和为S n,且Ss< S6, S6 = S1 > Ss,则下列结论中错误的是（）A d<O C. S9 > SB. a7 = 0D. S6和S7均为S n的最大值20、已知数列{a J、｛九｝都是公差为1的等差数列，其首项分别为a l、b l'且a1+ b1 = 5, a1 ,b1 EN*. 设e n= a b,, (n E N勹，则数列{e n}的前10项和等千（）A. 55B. 70C.85D.10021、已知等差数列{a J的前n项和为S n,若OB=CliOA十生OO OC,且A,B,C三点共线（该直线不过原点0),则s200= c )A. 100B. 101C. 200D. 201A 7n+4522、已知两个等差数列{aJ和｛仇｝的前n项和分别为A n和B n,且_____!!.='则使B n+3a得二为整数的正整数n的个数是（b nA. 2三、解答题B. 3C. 4D. 523、设数列忆｝的前n项和为S n,已知a l=a'a n+I =凡+3n,n E N*.(1)设九＝凡_3n,求忱｝的通项公式；(2)若a＊n+I� 化，nEN,求a的取值范围．24、数列曰｝满足a 1=a , a 2 = -a (a > 0) , 且{a n }从第二项起是公差为6的等差数列，凡是{a n }的前n项和.(1)当n �2时，用a与n表示a n 与S n (2)若在s 6与趴两项中至少有一项是凡的最小值，试求a的取值范围；125、数列{aJ中，a l=—，点(n,2a n+l -aJ在直线y =x 上，其中nEN *2(1)设九=a n +l -a n -1, 求证数列｛九｝是等比数列；(2)求数列{a n }的通项；(3)设S n 、Tn 分别为数列{a小｛九｝的前n项和，是否存在实数入，使得数列｛凡:入T"}为等差数列？若存在，试求出入；若不存在，则说明理由。
高三数学专项习题：数列与数学归纳法
高三数学专项习题：数列与数学归纳法练习一：1.已知数列 {an} 的通项公式为 an = 3n + 2，求该数列的前5项。
2.设等差数列 {an} 的首项为 a1 = 2，公差为 d = 4。
如果数列的第n项为 26，求n 的值。
3.某等比数列的前三项为 2，6，18。
求其通项公式和第10项的值。
练习二：1.已知 {an} 是一个等差数列，前三项依次是 5，11，17。
求该等差数列的通项公式和第n项的值。
2.某等比数列的前五项之和为 124，公比为 3。
求该数列的前五项。
3.已知数列 {an} 是一个等差数列，前两项之和为 15，前两项的积为 24。
求该数列的通项公式。
练习三：1.已知数列 {an} 的通项公式为 an = n^2 + 3n，求该数列的前4项。
2.某等差数列的前五项的和是 85，公差为 6。
求该数列的前五项。
3.已知数列 {an} 是一个等差数列，第一项为 3，最后一项为 27。
如果数列共有n 项，求n的值。
数学归纳法的应用：1.用数学归纳法证明等差数列的前n项和公式 Sn = [n(2a1 + (n-1)d)]/2。
2.利用数学归纳法证明等差数列的通项公式 an = a1 + (n-1)d。
3.利用数学归纳法证明等差数列的性质：若数列的首项和公差都为正数，则数列中的每一项都是正数。
以上是高三数学专项练习题，涵盖了数列与数学归纳法的相关知识。
通过解答这些题目，可以加深对数列的理解，并掌握数学归纳法在数学问题求解中的应用。
希望同学们能够通过练习提高数学解题能力，为高考做好充分准备。
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数列与数学归纳法专项训练1.如图，曲线2(0)y x y =≥上的点i P 与x 轴的正半轴上的点i Q 及原点O 构成一系列正三角形△OP 1Q 1，△Q 1P 2Q 2，…△Q n-1P n Q n …设正三角形1n n n Q P Q -的边长为n a ,n ∈N ﹡(记0Q 为O ),(),0n n Q S .（1）求1a 的值; （2）求数列{n a }的通项公式n a 。
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m2. 设{}{},n n a b 都是各项为正数的数列，对任意的正整数n ，都有21,,n n n a b a +成等差数列，2211,,n n n b a b ++成等比数列．（1）试问{}n b 是否成等差数列？为什么？（2）如果111,2a b ==，求数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．3. 已知等差数列｛n a ｝中，2a ＝8，6S ＝66.（Ⅰ）求数列｛n a ｝的通项公式；（Ⅱ）设n n a n b )1(2+=，n n b b b T +++= 21，求证：n T ≥16.4. 已知数列{n a }中531=a ，112--=n n a a （n ≥2，+∈N n ），数列}{nb ，满足11-=n n a b （+∈N n ） （1）求证数列{n b }是等差数列；（2）求数列{n a }中的最大项与最小项，并说明理由；（3）记++=21b b S n …n b +，求)1(lim -∞→n b n n ．5. (Ⅰ (Ⅱ (Ⅲn 项的6. （1（27. 已知数列{}n a 各项均不为0，其前n 项和为n S ，且对任意*∈N n ，都有n n pa p S p -=⋅-)1(（p 为大于1的常数），并记nn n n n n n S a C a C a C n f ⋅⋅++⋅+⋅+=21)(2211 .（1）求n a ； （2）比较)1(+n f 与)(21n f pp ⋅+的大小*∈N n ； （3）求证：⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⋅-+≤≤⋅---=∑1212111111)()()12(n n i p p p p i f n f n (*∈N n ).8. 已知n N *∈，各项为正的等差数列{}n a 满足263521,10a a a a ⋅=+=，又数列{}lg n b 的前n 项和是()()11lg312n S n n n n =+--。
（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证数列{}n b 是等比数列；（3）设n n n c a b =，试问数列{}n c 有没有最大项？如果有，求出这个最大项，如果没有，说明理由。
9. 设数列{}n a 前项和为n s ,且(3),(32)+∈+=+-N n m ma s m n n ,其中m 为常数,m .3≠(1) 求证:是等比数列;若数列{}n a 的公比q=f(m),数列{}n b 满足),2,)((231,11≥∈==+-n N n b f b a b n n 求证:⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1为等差数列,求n b .10. 已知数列}{n a 满足：,21,121==a a 且0]1)1[(22])1(3[2=--+--++n n n n a a ，*N n ∈．（Ⅰ）求3a ，4a ，5a ，6a 的值及数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）设n n n a a b 212⋅=-，求数列}{n b 的前n 项和n S ；11. 组13T =-（1（2（312. 23010S （Ⅰ）求{}n a 的通项；（Ⅱ）求{}n nS 的前n 项和n T 。
13. 设数列}{n a 是首项为0的递增数列，（N n ∈），,)(1sin)(n n a x n x f -=,[n a x ∈]1+n a满足：对于任意的b x f b n =∈)(),1,0[总有两个不同的根。
（1）试写出)(1x f y =，并求出2a ；（2）求n n a a -+1，并求出}{n a 的通项公式；（3）设n n n a a a a a S 14321)1(--++-+-= ，求n S 。
14.2的等(Ⅰ15. A 口)时，在B （1)的关（2）n S16. 已知数列}{n a ，其前n 项和S n 满足λλ(121+=+n n S S 是大于0的常数），且a 1=1，a 3=4.（1）求λ的值；（2）求数列}{n a 的通项公式a n ；（3）设数列}{n na 的前n 项和为T n ，试比较2n T 与S n 的大小.17. 定义：若数列{}n A 满足21n n A A +=，则称数列{}n A 为“平方递推数列”．已知数列{}n a 中，12a =，且2122n nn a a a +=+，其中n 为正整数． (1)设21n n b a =+，证明：数列{}n b 是“平方递推数列”，且数列{lg }n b 为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列” {}n b 的前n 项之积为n T ，即12(21)(21)(21)n n T a a a =+++，求数列{}n a 的通项及n T 关于n 的表达式；(3)记21log n n a n c T +=，求数列{}n c 的前n 项之和n S ，并求使2008n S >的n 的最小值．18.C 2 （ A C （19. （1 （220. 已知数列{a n }中，a 11=，a a a n n n =+--111（n ＝2，3，4，…） （I ）求a a 23、的值；（II ）证明当n ＝2，3，4，…时，2132n a n n -<≤-21. 已知等差数列{an }中，a S n38=，是其前n项的和且S20610=（I）求数列{an}的通项公式。
（II）若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，按原来的顺②11a…1(24. 已知f(x)=log2(x+m),m∈R（1）如果f(1)，f(2)，f(4)成等差数列，求m的值；（2）如果a,b,c是两两不等的正数，且a,b,c依次成等比数列，试判断f(a)+f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论。
25. 已知等差数列{a n }的公差d>0.S n 是它的前n 项和，又441S 与661S 的等比中项是117+a ，441S 与661S 的等差中项是6，求a n 。
26. {a 3，…，}n b27. x 轴设1x （I （（答案：1. 解：①由条件可得11112P a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,代入2(0)y x y =≥得21111312,0,423a a a a =>∴=②12n n S a a a =+++ ∴1111()2n n n n P S a ++++；代入曲线2(0)y x y =≥并整理得2113142n n n S a a ++=-,∴于是当*2,n n N ≥∈时,221113131()()4242n n n n n n n a S S a a a a -++=-=--- 即11113()()()24n n n n n n a a a a a a ++++=+⋅-*1120,(2,)3n n n n a a a a n n N ++>>∴-=≥∈又当2122231421,,(4233n S a a a ==-∴=-时舍去）；2123a a ∴-=,故 *12()3n n a a n N +-=∈ ∴所以数列{n a }是首项为23、公差为23的等差数列, 23n a n =。
2. 2221n n ab + （因为0,n n a b >1n n b +，从而当1n b -，代入式（1）得1n n b b b -=+是等差数列．（223,a b ==从而111111221...21223111n n S n n n n ⎢⎥ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦3. 解：（Ⅰ）11186,265666224n a d a d a d a n d+=⎧⎪⇒==⎨⋅+=⎪⎩∴=+（Ⅱ）2211(1)1)(24)12n n b n a n n n n ===-+++++（， 121111111123344512n n T b b b n n =+++=-+-+-++-++， =1122n -+ 而1122n ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是递增数列 ， 1111236n T T ∴≥=-=≥16. 4. （1而 ∴ ∴ （ ∴ 为减函数．故当n ＝3时，取最小值，3a ＝-1． （3）2)5)(1(2)25225)(1(1-+=-+-+=+n n n n S n ，5.3-=n b n ， ∴ ∞→+∞→=-+--=-n n n n n n n n S b n 2)5)(1()5.3)(1(2lim )1(lim 1．5. (Ⅰ)欲使数列{a n }是一个常数数列，则a n +1=23na += a n 又依a 1>0，可得a n >0并解出：a n =23，即a 1 = a n =23(Ⅱ)研究a n +1－a n =23n a +－231-+n a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++---2323211n n n n a a a a (n ≥2)注意到⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-232321n n a a >0 因此，可以得出：a n +1－a n ，a n －a n －1，a n －1－a n －2，…，a 2－a 1有相同的符号7’(6. （1令∵t f ('∴另令t g 2t∴g(t)在),1(+∞上递增，∴g(t)>g(1)=0 ∴tt 11ln -> 综上得xx x x 11ln 11<+<+ （2）由（1）令x=1,2,……(n-1)并相加得112111ln 23ln 12ln 13121-+++<-+++<+++n n n n即得11211ln 13121-+++<<+++n n7. (1)易求得nn p a =（2）nn n n n nn n n p p p S a C a C a C n f -⋅+⋅-=⋅⋅++⋅+⋅+=11)21(2121)(2211 作差比较易得：)(21)1(n f pp n f +<+ （3由（∑-=-⎥⎦⎤+∴12112)21n i n p p f 再证f f )1( 而(1-)(211)21)(1(211)21(12(n f p p p p p p p p f nn n n =-+-=-⋅+⋅-=∴同理：)(2)22()2(n f n f f >-+，)(2)32()3(n f n f f >-+，……，)(2)1()12(n f f n f >+-以上各式相加得：[])()12(2)12()2()1(2n f n n f f f ->-+++即)()12()(121n f n i f n i ->∑-=.8. （1）263510a a a a +=+=，又2621a a ⋅=2637a a =⎧∴⎨=⎩ 或 2673a a =⎧⎨=⎩若2673a a =⎧⎨=⎩，则9n a n =-，101a =-与0n a >矛盾；（2） （3）1kk c c -≥⎩∴数列{}n c 有最大项，最大项是78998110c c ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭。