高三数学典型例题解析：第四章 数列
新人教版高中数学选择性必修第二册第四章数列的概念及通项公式
学习目标
1.理解数列的有关概念与数列的表示方法. 2.掌握数列的分类，了解数列的单调性. 3.理解数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的任一项. 4.能根据数列的前几项写出数列的一个通项公式. 5.了解数列是一种特殊函数.
导语
同学们，生活中我们经常有这样的经历，比如，你在某地摊上相中 了一件商品，你问老板：怎么卖的？老板说：100元一个，你说：20 卖不卖？只见老板气的脸都绿了，但也忍着说：不卖，最低90；你 说：老板，你看我一个学生，也没多少钱，30吧；老板说：赔钱反 正不能卖，你如果想要，最低80，不能再少了；你说：薄利多销啊 老板，40怎么样，不卖走了；…同学们，在你们的讨价还价中，按 照你们所说的数字的先后顺序产生了一组非常有意思的数： 100,20,90,30,80,40…这就是我们今天要研究的数列.
3.
分类标准 名称
含义
按项的 有穷数列
项数有限的数列
个数 无穷数列
项数无限的数列
递增数列 从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列
按项的 变化 趋势
递减数列 从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列
常数列
各项都相等的数列
周期数列
项呈现周期性变化
从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项 摆动数列
小于它的前一项
解 (5)是有穷数列； (1)(2)(3)(4)(6)是无穷数列； (2)是递增数列； (1)(4)(5)是递减数列； (3)是常数列； (6)是摆动数列.
反思感悟 (1)判断数列是何种数列一定严格按照定义进行判断. (2)判断数列的单调性时一定要确保每一项均大于(或均小于)后一项， 不能有例外.
知识梳理
1ห้องสมุดไป่ตู้一般地，我们把按照 确定的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.数列的第一个位置上的数叫做这个数列的 第 1 项，常用符号a1表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第 2 项， 用a2表示……，第n个位置上的数叫做这个数列的第n项，用 an表示.其 中第1项也叫做首项. 2. 数列的一般形式是a1，a2，a3，…，an，…，简记为{an} .
新教材2023年高中数学第四章数列4
2．已知等差数列{an}中，a2＝3，d＝2，Sn＝49，则n＝__7__． [解析] 由题意得 a1＝1，又 Sn＝49，d＝2，所以 n×1＋n（n2－1）·2 ＝49，所以 n＝7.
关键能力 ·攻重难
题型探究
题型一
有关等差数列前n项和公式的计算
典例1 则a8＝
A．8
(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a8＝13，S7＝35，
(2)由已知SS′nn＝7nn＋＋32，ab77＝SS′1133＝1963.
(3)方法一：因为 S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100 成等差数列，设公差为 d，前 10 项的和为：10×100＋102×9d＝10，所以 d＝－22，
所以前 11 项的和 S110＝11×100＋11×2 10d＝11×100＋11×2 10×(－ 22)＝－110.
【对点训练】❸(1)设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a1 ＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，若对任意n∈N*，都有Sn≤Sk成立，则k 的值为__2_0__．
(2)已知等差数列{an}中，a1＝13，S3＝S11.那么当n＝__7__，Sn取最大 值．
[解析] (1)方法一：对任意 n∈N*，都有 Sn≤Sk 成立，即 Sk 为 Sn 的 最大值．因为 a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，所以 a4＝33，a5＝31， 故公差 d＝－2，an＝a4＋(n－4)d＝41－2n，当 Sn 取得最大值时，对任意 n∈N*满足aann＋≥1≤0，0，解得 n＝20.
(2)求值想到 Sn＝n（a12＋an）⇒若 m＋n＝p＋q 则 am＋an＝ap＋aq⇒abnn ＝SS′22nn－－11.
人教A版高中数学选择性必修第二册课后习题 第四章 数列 第2课时 数列的递推公式和前n项和公式
第2课时 数列的递推公式和前n 项和公式课后训练巩固提升1.已知数列{a n }的前n 项和S n =2n -1,则a 5=( )A.15B.16C.31D.32解析:依题意,5≥2,故a 5=S 5-S 4=(25-1)-(24-1)=31-15=16.答案:B2.已知数列{a n }满足a n =4a n-1+3,且a 1=0,则此数列的第5项是( )A.15B.255C.20D.8解析:由题意知,a 1=0,a 2=4×0+3=3,a 3=4×3+3=15,a 4=4×15+3=63,a 5=4×63+3=255.答案:B3.(多选题)已知函数f(x)={x +12,x ≤12,2x -1,12<x <1,x -1,x ≥1,若数列{a n }满足a 1=73,a n+1=f(a n ),n ∈N *,则下列说法正确的是( ) A.该数列具有周期性且周期为3B.该数列不具有周期性C.a 4 022+a 4 023=1D.a 4 022+a 4 023=76解析:∵a 2=f (73)=73-1=43;a 3=f (43)=43-1=13;a 4=f (13)=13+12=56; a 5=f (56)=2×56-1=23;a 6=f (23)=2×23-1=13;…… ∴从a 3开始数列{a n }具有周期性且周期为3,但数列{a n }并不具有周期性,故A 错误,B 正确.而a 4022+a 4023=a 5+a 3=1,∴C 正确,D 错误.故选BC.答案:BC4.若数列{a n }满足a n+1=2a n -1,且a 8=16,则a 6= .解析:∵a n+1=2a n -1,∴a 8=2a 7-1=16,解得a 7=172. 又a 7=2a 6-1=172,解得a 6=194. 答案:194 5.已知数列{a n }满足a 1=3,a n+1-a n =2n-8(n ∈N *),则a 8= .解析:在数列{a n }中,a 1=3,a n+1-a n =2n-8(n ∈N *),则a 2=a 1+2-8=-3,a 3=a 2+4-8=-7,a 4=a 3+6-8=-9,a 5=a 4+8-8=-9,a 6=a 5+10-8=-7,a 7=a 6+12-8=-3,a 8=a 7+14-8=3.答案:36.根据下图中的5个图形及相应点的个数的变化规律,猜测第n 个图中有 个点.解析:观察题图中5个图形点的个数分别为1,1×2+1,2×3+1,3×4+1,4×5+1,故第n 个图中点的个数为(n-1)·n+1=n 2-n+1.答案:n 2-n+17.已知数列{a n }的前n 项和S n =2n 2+6n+1,求数列{a n }的通项公式.解:当n=1时,a 1=S 1=9.当n≥2时,a n =S n -S n-1=2n 2+6n+1-[2(n-1)2+6(n-1)+1]=4n+4.当n=1时,a 1=9不适合上式,故a n ={9,n =1,4n +4,n ≥2.8.已知数列{a n }的通项公式为a n =n 2-5n+4.(1)30是不是数列{a n }中的项?70呢?(2)数列中有多少项是负数?(3)当n为何值时,a n有最小值?并求出这个最小值. 解:(1)由n2-5n+4=30,得n2-5n-26=0,解得n=5±√1292.因为n∈N*,所以30不是数列{a n}中的项.由n2-5n+4=70,得n2-5n-66=0,解得n=11或n=-6(舍),故70是数列{a n}中的第11项,即a11=70.(2)由n2-5n+4<0,解得1<n<4.因为n∈N*,所以n=2或3.所以数列{a n}中有两项是负数.(3)因为a n=(n-52)2−94,又n∈N*,所以当n=2或n=3时,a n有最小值,最小值为a2=a3=-2.。
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4.3 等比数列
4.3.2 等比数列的前n项和公式 第1课时 等比数列的前n项和公式
素养目标·定方向 必备知识·探新知 关键能力·攻重难 课堂检测·固双基
素养目标 ·定方向
学习目标 借助教材实例了解等比数列前n项和公式的推 导过程 借助教材掌握a1，an，q，n，Sn的关系 掌握等比数列的前n项和公式、性质及其应用
想一想：如果数列{an}的前n项和为Sn＝－Aqn＋A(Aq≠0，q≠1， n∈N＋)，那么这个数列一定是等比数列吗？
提示：一定．理由如下：由于 Sn＝－Aqn＋A，则当 n＝1 时，S1＝a1 ＝A(1－q)；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(－Aqn＋A)－(－Aqn－1＋A)＝Aqn－ 1(1－q)，而当 n＝1 时也符合该式．故数列{an}的通项公式为 an＝Aqn－1(1 －q)(n∈N＋)，并且aan＋n 1＝AAqqn－n（1（11－－qq））＝q(常数)，
(C )
A．3
B．13
C．3 或13
D．以上都不对
[解析] (1)设等比数列的公比为 q， 由 a5－a3＝12，a6－a4＝24 可得： aa11qq45－－aa11qq23＝＝1224⇒aq1＝＝21， 所以 an＝a1qn－1＝2n－1， Sn＝a1（11－－qqn）＝11－－22n＝2n－1， 因此Sann＝22n－n－11＝2－21－n.
【对点训练】❷(2022·汕尾高二检测)中国古代数学名著《九章算
术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊
主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各
出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人
要求赔偿5斗粟. 羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人
高中数学第四章数列4.2等差数列4.2.1等差数列的概念第二课时等差数列的性质及其应用课件新人教A版
二、应用性——强调学以致用 2.如图所示，三个正方形的边AB，BC，CD的长组成等差数
列，且AD＝21 cm，这三个正方形的面积之和是179 cm2. (1)求AB，BC，CD的长； (2)以AB，BC，CD的长为等差数列的前三项，以第10项为边长的正方形的面 积是多少？
解：(1)设公差为 d(d>0)，BC＝x，则 AB＝x－d，CD＝x＋d. 由题意得xx－ －dd＋ 2＋xx＋2＋x＋x＋dd＝2＝211，79， 解得dx＝＝47， 或dx＝＝－7，4 (舍去)． 所以 AB＝3(cm)，BC＝7(cm)， CD＝11(cm)． (2)正方形的边长组成首项是 3，公差是 4 的等差数列{an}， 所以 a10＝3＋(10－1)×4＝39， a210＝392＝1 521(cm2)． 所求正方形的面积为 1 521 cm2.
(3)若{an}是公差为d的等差数列，则 ①{c＋an}(c为任一常数)是公差为d的等差数列； ②{can}(c为任一常数)是公差为cd的等差数列； ③{an＋an＋k}(k为常数，k∈N*)是公差为2d的等差数列． (4)若{an}，{bn}分别是公差为d1，d2的等差数列，则数列{pan＋qbn}(p，q是 常数)是公差为pd1＋qd2的等差数列．
三、创新性——强调创新意识和创新思维 3．对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋
an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数 列”．
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”； (2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．
年12月末人口总数为万，则2019年10月末的人口总数为
人教A版高中数学选修二第四章《数列》提高训练题 (1)(含答案解析)
（2）至少操作多少次，A、B两容器内的盐水浓度之差小于1%？(取lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1)；
（3）求an，bn的表达式．
34．已知数列{an}的通项公式是 ，求其前n项和Sn.
35．设等差数列 的前 项和为 ， ， ， .其中 且 ，则数列 的前 项和的最大值为________.
只有最大值，没有最小值，故B错误；
因为当 时， ，∴ ，故C正确；
因为 ， ，所以满足条件的 的最大值为32，故D错误．
故选：AC．
11．ABC
【解析】
分 和 两种情况讨论，即可求解.
∵等差数列 ， 的前n项和为 ， ，
∴ ，
∴ ，又
∴
故选：A.
9．D
【解析】
推导出 ， ，由 ，得 ，从而 ，进而 或 ．由此利用分类讨论思想和递推思想能求出满足条件的 的值的个数．
解：由题意知 ， ，
由 ，得 ， ， 或 ．
①当 时， ， ， 或 ， 或 ．
②若 ，则 ， 或 ，
当 时， ，此时， 或 ，
50．设数列 满足 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）令 ，求数列 的前n项和 ．
【答案与解析】
1．A
【解析】
根据等比数列的通项公式、求和公式求解即可.
设等比数列{an}的公比为q，则q>0．
∵a1＋3a3＝ ，S3＝ ，
∴a1＋3a1q2＝ ，a1(1＋q＋q2)＝ ，联立解得a1＝2，q＝ ．
则a4＝2× ＝
20．已知数列{an}中，a1＝1， ，则数列{an}的通项公式an＝________.
21．如图，将数列 中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表已知表中的第一列 构成一个公比为2的等比数列，从第2行起，每一行都是一个公差为 的等差数列，若 ，则 ________.
高中数学第四章数列 等比数列的概念第2课时等比数列的性质课后提能训练新人教A版选择性必修第二册
第四章 4.3 4.3.1 第2课时A 级——基础过关练1．(多选)设数列{a n }为等比数列,则下面四个数列中,是等比数列的是( ) A ．{a 2n }B ．{pa n }(p 为非零常数)C ．{a n ·a n ＋1}D ．{a n ＋a n ＋1}【答案】ABCD 【解析】A 中,∵a 2n ＋1a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝q 2,∴{a 2n }是等比数列；B 中, ∵pa n ＋1pa n ＝a n ＋1a n ＝q ,∴{pa n }是等比数列；C 中,∵a n ·a n ＋1a n －1·a n ＝a n ＋1a n －1＝q 2,∴{a n ·a n ＋1}是等比数列；D 中,∵a n ＋a n ＋1a n －1＋a n ＝q (a n －1＋a n )a n －1＋a n＝q ,∴{a n ＋a n ＋1}是等比数列．2．已知等比数列{a n }中,公比q ＝12,a 3a 5a 7＝64,则a 4＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】D 【解析】由a 3a 5a 7＝a 35＝64,得a 5＝4.又∵q ＝12,∴a 4＝a 5q＝8.3．(2022年广西模拟)在等比数列{a n }中,a n >0,a 1＋a 2＋…＋a 8＝4,a 1a 2…a 8＝16,则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】A 【解析】由分数的性质得1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.∵a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5,∴原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5.又∵a 1a 2…a 8＝16＝(a 4a 5)4,a n >0,∴a 4a 5＝2,∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.4．(2021年驻马店期末)若数列{a n }满足1a n ＋1－3a n＝0(n ∈N *),则称{a n }为“梦想数列”,已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“梦想数列”,且b 1＋b 2＋b 3＝2,则b 3＋b 4＋b 5＝( )A ．18B ．16C ．32D ．36【答案】A 【解析】由1a n ＋1－3a n ＝0,得a n ＝3a n ＋1,即“梦想数列”为公比为13的等比数列．若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“梦想数列”,则1b n ＋1＝13·1b n ,即b n ＋1＝3b n ,即数列{b n }为公比为3的等比数列．若b 1＋b 2＋b 3＝2,则b 3＋b 4＋b 5＝9(b 1＋b 2＋b 3)＝18.5．正项等比数列{a n }中,a n ＋1＜a n ,a 2·a 8＝6,a 4＋a 6＝5,则a 5a 7＝( ) A ．56 B ．65 C ．23D ．32【答案】D 【解析】因为正项等比数列{a n }中,a n ＋1＜a n ,a 2·a 8＝6,a 4＋a 6＝5,所以a 4·a 6＝6,a 4＋a 6＝5,解得a 4＝3,a 6＝2.所以a 5a 7＝a 4a 6＝32.6．已知等比数列{a n }中,a 4＋a 8＝－2,则a 6(a 2＋2a 6＋a 10)的值为( ) A ．4 B ．6 C ．8D ．－9【答案】A 【解析】a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝a 6a 2＋2a 26＋a 6a 10＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝(a 4＋a 8)2.∵a 4＋a 8＝－2,∴a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝4.7．已知等比数列{a n }中,满足a 1＝1,公比q ＝－3,下列说法正确的有( )①数列{3a n ＋a n ＋1}是等比数列；②数列{a n ＋1－a n }是等差数列；③数列{a n a n ＋1}是等比数列；④数列{log 3|a n |}是等差数列．A ．①②B ．①③C ．②④D ．③④【答案】D 【解析】等比数列{a n }中,满足a 1＝1,公比q ＝－3,3a n ＋a n ＋1＝3[(－3)n －1]＋(－3)n＝[(－1)n －1＋(－1)n]·3n＝0,∴数列{3a n ＋a n ＋1}是由0构成的常数列,不是等比数列,故①错误；a n ＋1－a n ＝(－3)n－(－3)n －1＝43·(－3)n,是等比数列,故②错误；a n a n ＋1＝(－3)n －1·(－3)n ＝(－3)2n －1,是等比数列,故③正确；log 3|a n |＝log 3|(－3)n －1|＝n －1,是等差数列,故④正确．故选D ．8．在等比数列{a n }中,a n ＞0且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 3a 7＝25,则a 3＋a 5＝________．【答案】5 【解析】在等比数列{a n }中,a n ＞0且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 3a 7＝25,即a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25,∴(a 3＋a 5)2＝25,解得a 3＋a 5＝5.9．设等比数列{a n }的各项均为正数且a 5a 6＋a 4a 7＝18,则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝________．【答案】10 【解析】由题意可得a 5a 6＋a 4a 7＝2a 5a 6＝18,解得a 5a 6＝9,∴log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝log 395＝log 3310＝10.10．有四个数,其中前三个数成等比数列,其积为216,后三个数成等差数列,其和为36,求这四个数．解：设这四个数为aq,a ,aq ,2aq －a ,则⎩⎪⎨⎪⎧a q ·a ·aq ＝216①，a ＋aq ＋(2aq －a )＝36②，由①,得a 3＝216,a ＝6③,将②变形得3aq ＝36,将③代入此式得q ＝2, 所以这四个数为3,6,12,18.B 级——能力提升练11．已知等比数列{a n }的公比q ＞0且q ≠1,又a 6＜0,则( ) A ．a 5＋a 7＞a 4＋a 8 B ．a 5＋a 7＜a 4＋a 8 C ．a 5＋a 7＝a 4＋a 8 D ．|a 5＋a 7|＞|a 4＋a 8|【答案】A 【解析】∵a 6＜0,q ＞0,∴a 5,a 7,a 8,a 4都是负数,∴a 5＋a 7－a 4－a 8＝a 4(q －1)＋a 7(1－q )＝(q －1)·(a 4－a 7)．若0＜q ＜1,则q －1＜0,a 4－a 7＜0,则有a 5＋a 7－a 4－a 8＞0；若q ＞1,则q －1＞0,a 4－a 7＞0,则有a 5＋a 7－a 4－a 8＞0,∴a 5＋a 7＞a 4＋a 8.12．(多选)(2022年海南期末)在各项均为正数的等比数列{a n }中,已知a 1＋a 5＝1a 1＋1a 5＝52,则下列结论正确的是( ) A ．a 2a 4＝1 B ．a 2＋a 4＝322C ．q ＝2或12D ．a 1＝2或12【答案】ABD 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 1＋a 5＝1a 1＋1a 5＝52,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 5＝52，a 1a 5＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a 5＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，a 5＝2，即2×q 4＝12或12×q 4＝2,所以解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q 2＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，q 2＝2，所以选项C 错误,选项D 正确；因为等比数列{a n }的各项均为正数,所以a 2a 4＝a 1a 5＝1,选项A 正确；a 2＋a 4＝a 1q ＋a 1q 3＝322,选项B 正确．故选ABD ．13．(2022年焦作四模)在各项均为正数的等比数列{a n }中,a 1a 11＋2a 5a 9＋a 3a 13＝25,则a 1a 13的最大值是________．【答案】254【解析】由题意利用等比数列的性质知,a 1a 11＋2a 5a 9＋a 3a 13＝a 26＋2a 6a 8＋a 28＝(a 6＋a 8)2＝25,又因为a n ＞0,所以a 6＋a 8＝5,所以a 1a 13＝a 6a 8≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6＋a 822＝254,当且仅当a6＝a 8＝52时,取等号．14．已知数列{a n },{b n }满足a 1＝1,且a n ,a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点,则a 5＝________,b 10＝________．【答案】4 64 【解析】因为a n ,a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点,所以a n ,a n＋1是方程f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个根,根据根与系数的关系,可得a n ·a n ＋1＝2n,a n ＋a n ＋1＝b n ,由a n ·a n ＋1＝2n,可得a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1,两式相除可得a n ＋2a n＝2,所以a 1,a 3,a 5,…成公比为2的等比数列,a 2,a 4,a 6,…成公比为2的等比数列．又因为由a 1＝1,得a 2＝2,所以a 5＝1×22＝4,a 10＝2×24＝32,a 11＝1×25＝32,所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64.15．从盛满a (a >1)升纯酒精的容器里倒出1升,然后添满水摇匀,再倒出1升混合溶液后又用水添满摇匀,如此继续下去,问：第n 次操作后溶液的浓度是多少？当a ＝2时,至少应倒几次后才能使酒精的浓度低于10%?解：设开始时溶液的浓度为1,操作一次后溶液浓度a 1＝1－1a.设操作n 次后溶液的浓度为a n ,则操作(n ＋1)次后溶液的浓度为a n ＋1＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫1－1a ,∴{a n }是以a 1＝1－1a 为首项,q ＝1－1a为公比的等比数列,∴a n ＝a 1q n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n,即第n 次操作后酒精的浓度是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n. 当a ＝2时,由a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<110(n ∈N *),解得n ≥4.故至少应操作4次后才能使酒精的浓度小于10%.。
人教A版高中数学选修二第四章《数列》提高训练题 (20)(含答案解析)
（2）若 为数列 的前 项和，且 ，求数列 的前 项和.
42．已知正项等比数列 的前 项和为 ， ，且 ， ， 成等差数列.
（1）求 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 .
43．已知Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和，S3＝6，a3是a1与a9的等比中项．
A．3976B．3974
C．3978D．3973
10．已知函数 是定义在 上的单调函数，且对任意的正数 ， 都有 ，若数列 的前 项和为 ，且满足 ，则 （）
A． B． C． D．
11．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足：a1＋3a3＝ ，S3＝ ，则a4＝（）
A． B．
C．4D．8
故选：A.
10．D
【解析】
根据 ，对 进行变形得到 ，根据知 求 ，经过计算得到 的通项公式.
因为 对于对任意的正数 ， 都成立，
所以 ，即 ，
所以 ，
又 ，
故两式相减得 ，即
又当 时， ，即 ，
故数列 是首项为1，公比为 的等比数列，即 ．
故选：D.
11．A
【解析】
根据等比数列的通项公式、求和公式求解即可.
D．若 既是开方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
17．（多选题）已知数列 的前 项和为 ， ， ，数列 的前 项和为 ，则下列选项正确的为（）
A．数列 是等差数列
B．数列 是等比数列
C．数列 的通项公式为
D．
18．设数列 是以 为公差的等差数列， 是其前 项和， ，且 ，则下列结论正确的是（）
则 .
所以 .
所以 .
故选：A
7．A
第四章 数列 章末检测试卷一(第四章)(含解析)高中数学人教A版选择性必修第二册
章末检测试卷一(第四章)［时间：120分钟分值：150分］一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.已知数列1，3，5，7，…，2n―1，则35是这个数列的第（ ）A.20项B.21项C.22项D.23项2.设等差数列｛a n｝的前n项和为S n，若a4=8，S3=18，则S5等于（ ）A.34B.35C.36D.383.已知等比数列｛a n｝的各项均为正数，若log3a1+log3a2+…+log3a12=12，则a6a7等于（ ）A.1B.3C.6D.94.等差数列｛a n｝的前n项和为S n.若a1011+a1012+a1013+a1014=8，则S2024等于（ ）A.8096B.4048C.4046D.20245.已知圆O的半径为5，|OP|=3，过点P的2024条弦的长度组成一个等差数列｛a n｝，圆O的最短弦长为a1，最长弦长为a2024，则其公差为（ ）A.12 023B.22 023C.31 011D.15056.已知等差数列｛a n｝的前n项和为S n，若a6+a7>0，a6+a8<0，则S n最大时n的值为（ ）A.4B.5C.6D.77.已知数列｛a n｝中的项都是整数，且满足a n+1={a n2,a n为偶数,3a n+1,a n为奇数,若a8=1，a1的所有可能取值构成集合M，则M中的元素的个数是（ ）A.7B.6C.5D.48.若数列｛a n｝的前n项和为S n，b n=S nn，则称数列｛b n｝是数列｛a n｝的“均值数列”.已知数列｛b n｝是数列｛a n｝的“均值数列”且通项公式为b n=n，设数列{1a n a n+1}的前n项和为T n，若T n<12m2-m-1对一切n∈N*恒成立，则实数m的取值范围为（ ）A.（-1，3）B.［-1，3］C.（-∞，-1）∪（3，+∞）D.（-∞，-1］∪［3，+∞）二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.已知数列｛a n ｝的通项公式为a n =（n +2）·(67)n，则下列说法正确的是（ ）A.a 1是数列｛a n ｝的最小项B.a 4是数列｛a n ｝的最大项C.a 5是数列｛a n ｝的最大项D.当n ≥5时，数列｛a n ｝为递减数列10.设d ，S n 分别为等差数列｛a n ｝的公差与前n 项和，若S 10=S 20，则下列说法中正确的是（ ）A.当n =15时，S n 取最大值B.当n =30时，S n =0C.当d >0时，a 10+a 22>0D.当d <0时，|a 10|>|a 22|11.已知两个等差数列｛a n ｝和｛b n ｝的前n 项和分别为S n 和T n ，且S n T n=3n +39n +3，则使得a n b n 为整数的正整数n的值为（ ）A.2 B.3C.4D.14三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，a 1=1，a n +a n +1=4×3n -1，则S 2 024= .13.在等差数列｛a n ｝中，前m （m 为奇数）项和为135，其中偶数项之和为63，且a m -a 1=14，则a 100的值为 .14.已知函数f （x ）=（x +1）3+1，正项等比数列｛a n ｝满足a 1 013=110，则2 025Σk =1f （lg a k ）= . 四、解答题（本题共5小题，共77分）15.（13分）在数列｛a n ｝中，a 1=1，a n +1=3a n .（1）求｛a n ｝的通项公式；（6分）（2）数列｛b n ｝是等差数列，S n 为｛b n ｝的前n 项和，若b 1=a 1+a 2+a 3，b 3=a 3，求S n .（7分）16.（15分）已知等差数列｛a n ｝中，a 5-a 2=6，且a 1，a 6，a 21依次成等比数列.（1）求数列｛a n ｝的通项公式；（6分）（2）设b n =1a n a n +1，数列｛b n ｝的前n 项和为S n ，若S n =335，求n 的值.（9分）17.（15分）在数列｛a n ｝中，前n 项和S n =1+ka n （k ≠0，k ≠1）.（1）证明：数列｛a n ｝为等比数列；（5分）（2）求数列｛a n ｝的通项公式；（4分）（3）当k =-1时，求a 21+a 22+…+a 2n .（6分）18.（17分）某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需要安装、人工等费用24万元，从第二年起，包括人工、维修等费用每年所需费用比上一年增加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.（1）引进该生产线几年后总盈利最大，最大是多少万元？（8分）（2）引进该生产线几年后平均盈利最多，最多是多少万元？（9分）19.（17分）在如图所示的三角形数阵中，第n 行有n 个数，a ij 表示第i 行第j 个数，例如，a 43表示第4行第3个数.该数阵中每一行的第一个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，从第三行起每一行的数从左到右构成以m 为公比的等比数列（其中m >0）.已知a 11=2，a 41=12a 32+2，a 22a 21=m .（1）求m 及a 53；（7分）（2）记T n =a 11+a 22+a 33+…+a nn ，求T n .（10分）答案精析1.D ［已知数列1，3，5，7，…，2n ―1，则该数列的通项公式为a n =2n ―1，若2n ―1=35=45，即2n -1=45，解得n =23，则35是这个数列的第23项.］2.B ［因为｛a n ｝是等差数列，设其公差为d ，因为S 3=a 1+a 2+a 3=3a 2=18，则a 2=6，所以2d =a 4-a 2=2，则d =1，所以a 5=9，S 5=S 3+a 4+a 5=18+8+9=35.］3.D ［因为等比数列｛a n ｝的各项均为正数，且log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 12=12，即log 3(a 1·a 2·…·a 12)=12，所以a 1·a 2·…·a 12=312，所以(a 6a 7)6=312，所以a 6a 7=32=9.］4.B ［由等差数列的性质可得a 1 011+a 1 012+a 1 013+a 1 014=2(a 1 012+a 1 013)=8，所以a 1 012+a 1 013=4，所以S 2 024=2 024(a 1+a 2 024)2=2 024(a 1 012+a 1 013)2=4 048，故B 正确.］5.B ［由题意，知最长弦长为直径，即a 2 024=10，最短弦长和最长弦长垂直，由弦长公式得a 1=252―32=8，所以d =a 2 024―a 12 024―1=22 023.］6.C ［∵等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，a 6+a 7>0，a 6+a 8<0，∴a 6+a 8=2a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，∴S n 最大时n 的值为6.］7.B ［a n +1={a n2,a n 为偶数,3a n +1,a n 为奇数,若a 8=1，可得a 7=2，a 6=4，所以a 5=8或a 5=1.①若a 5=8，则a 4=16，a 3=32或a 3=5，当a 3=32时，a 2=64，a 1=128或a 1=21；当a 3=5时，a 2=10，a 1=20或a 1=3； ②若a 5=1，则a 4=2，a 3=4，a 2=8或a 2=1，当a 2=8时，a 1=16；当a 2=1时，a 1=2，故当a 8=1时，a 1的所有可能的取值集合M =｛2，3，16，20，21，128｝，即集合M 中含有6个元素.］8.D ［由题意，得数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，由“均值数列”的定义可得S nn =n ，所以S n =n 2，当n =1时，a 1=S 1=1；当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-(n -1)2=2n -1，a 1=1也满足a n =2n -1，所以a n =2n -1，所以1a n a n +1=1(2n ―1)(2n +1)=12(12n ―1―12n +1)，所以T n =12(1―13+13―15+…+12n ―1―12n +1)=12(1―12n +1)<12，又T n <12m 2-m -1对一切n ∈N *恒成立，所以12m 2-m -1≥12，整理得m 2-2m -3≥0，解得m ≤-1或m ≥3.即实数m 的取值范围为(-∞，-1］∪［3，+∞).］9.BCD ［假设第n 项为｛a n ｝的最大项，则{a n ≥a n―1,a n ≥a n +1,即{(n +2)·(67)n≥(n +1)·(67)n―1,(n +2)·(67)n≥(n +3)·(67)n +1,所以{n ≤5,n ≥4,又n ∈N *，所以n =4或n =5，故数列｛a n ｝中a 4与a 5均为最大项，且a 4=a 5=6574，故B ，C 正确；当n ≥5时，数列｛a n ｝为递减数列，故A 错误，D 正确.］10.BC ［因为S 10=S 20，所以10a 1+10×92d =20a 1+20×192d ，解得a 1=-292d.所以S n =-292dn +n (n ―1)2d =d 2n 2-15nd =d 2［(n -15)2-225］.对于选项A ，因为d 的正负不确定，S n 不一定有最大值，故A 错误；对于选项B ，S 30=30a 1+30×292d =30×(―292d )+15×29d =0，故B 正确；对于选项C ，a 10+a 22=2a 16=2(a 1+15d )=2(―292d +15d )=d >0，故C 正确；对于选项D ，a 10=a 1+9d =-292d +182d =-112d ，a 22=a 1+21d =-292d +422d =132d ，因为d <0，所以|a 10|=-112d ，|a 22|=-132d ，|a 10|<|a 22|，故D 错误.］11.ACD ［由题意可得S 2n―1T 2n―1=(2n ―1)(a 1+a 2n―1)2(2n ―1)(b 1+b 2n―1)2=(2n ―1)a n (2n ―1)b n =a n b n ，则a n b n =S 2n―1T 2n―1=3(2n ―1)+39(2n ―1)+3=3n +18n +1=3+15n +1，由于a nb n 为整数，则n +1为15的正约数，则n +1的可能取值有3，5，15，因此，正整数n 的可能取值有2，4，14.］12.32 024―12解析 根据题意，可得a 1+a 2=4×30=4，a 3+a 4=4×32，…，a 2 023+a 2 024=4×32 022，所以S 2 024=4×30+4×32+…+4×32 022=4×(30+32+…+32 022)=4×1―(32)1 0121―32=32 024―12.13.101解析 ∵在前m 项中偶数项之和为S 偶=63，∴奇数项之和为S 奇=135-63=72，设等差数列｛a n ｝的公差为d ，则S 奇-S 偶=2a 1+(m ―1)d2=72-63=9.又a m =a 1+d (m -1)，∴a 1+a m2=9，∵a m -a 1=14，∴a 1=2，a m =16.∵m (a 1+a m )2=135，∴m =15，∴d =a m ―a 1m ―1=1，∴a 100=a 1+99d =101.14.2 025解析 函数f (x )=(x +1)3+1的图象可看成由y =x 3的图象向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到，因为y =x 3的对称中心为(0，0)，所以f (x )=(x +1)3+1的对称中心为(-1，1)，所以f (x )+f (-2-x )=2，因为正项等比数列｛a n ｝满足a 1 013=110，所以a 1·a 2 025=a 2·a 2 024=…=a 21 013=1100，所以lg a 1+lg a 2 025=lg a 2+lg a 2 024=...=2lg a 1 013=-2，所以f (lg a 1)+f (lg a 2 025)=f (lg a 2)+f (lg a 2 024)= (2)2 025Σk =1f （lg a k ）=f （lg a 1）+f （lg a 2）+f （lg a 3）+…+f （lg a 2 025），①2 025Σk =1f （lg a k ）=f （lg a 2 025）+f （lg a 2 024）+f （lg a 2 023）+…+f （lg a 1），②则①②相加得22 025Σk =1f （lg a k ）=［f （lg a 1）+f （lg a 2 025）］+［f （lg a 2）+f （lg a 2 024）］+…+［f （lg a 2 025）+f （lg a 1）］=2 025×2，所以2 025Σk =1f （lg a k ）=2 025.15.解 (1)因为a 1=1，a n +1=3a n ，所以数列｛a n ｝是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n =3n -1.(2)由(1)得，b 1=a 1+a 2+a 3=1+3+9=13，b 3=9，则b 3-b 1=2d =-4，解得d =-2，所以S n =13n +n (n ―1)2×(-2)=-n 2+14n.16.解 (1)设数列｛a n ｝的公差为d ，因为a 5-a 2=6，所以3d =6，解得d =2.因为a 1，a 6，a 21依次成等比数列，所以a 26=a 1a 21，即(a 1+5×2)2=a 1(a 1+20×2)，解得a 1=5，所以a n =2n +3.(2)由(1)知b n =1a n a n +1=1(2n +3)(2n +5)，所以b n =12(12n +3―12n +5)，所以S n =12[(15―17)+(17―19)+…+(12n +3―12n +5)]=n5(2n +5)，由n5(2n +5)=335，得n =15.17.(1)证明 因为S n =1+ka n ，①S n -1=1+ka n -1(n ≥2)，②由①-②，得S n -S n -1=ka n -ka n -1(n ≥2)，所以a n =kk ―1a n -1.当n =1时，S 1=a 1=1+ka 1，所以a 1=11―k .所以｛a n ｝是首项为11―k ，公比为kk ―1的等比数列.(2)解 因为a 1=11―k ，q =kk ―1，所以a n =11―k ·(k k ―1)n―1=-k n―1(k ―1)n .(3)解 因为在数列｛a n ｝中，a 1=11―k ，公比q =kk ―1，所以数列｛a 2n ｝是首项为(1k ―1)2，公比为(k k ―1)2的等比数列.当k =-1时，等比数列｛a 2n ｝的首项为14，公比为14，所以a 21+a 22+…+a 2n=14×[1―(14)n ]1―14=13×[1―(14)n ].18.解 (1)设引进设备n 年后总盈利为f (n )万元，设除去设备引进费用，第n 年的成本为a n ，构成一等差数列，前n 年成本之和为[24n +n (n ―1)2×8]万元，所以f (n )=100n -［24n +4n (n -1)+196］=-4n 2+80n -196=-4(n ―10)2+204，n ∈N *，所以当n =10时，f (n )max =204(万元)，即引进生产线10年后总盈利最大，为204万元.(2)设n 年后平均盈利为g (n )万元，则g (n )=f (n )n=-4n -196n +80，n ∈N *，因为g (n )=-4(n +49n)+80，当n ∈N *时，n +49n ≥2n·49n=14，当且仅当n =49n ，即n =7时取等号，故当n =7时，g(n)max=g(7)=24(万元)，即引进生产线7年后平均盈利最多，为24万元.19.解 (1)由已知得a31=a11+(3-1)×m=2m+2，a32=a31×m=(2m+2)×m=2m2+2m，a41=a11+(4-1)×m=3m+2，a32+2，∵a41=12(2m2+2m)+2，∴3m+2=12即m2-2m=0.又m>0，∴m=2，∴a51=a11+4×2=10，∴a53=a51×22=40.(2)由(1)得a n1=a11+(n-1)×2=2n.当n≥3时，a nn=a n1·2n-1=n·2n.(*)又a21=a11+2=4，a22=ma21=2×4=8.a11=2，a22=8符合(*)式，∴a nn=n·2n.∵T n=a11+a22+a33+…+a nn，∴T n=1×21+2×22+3×23+4×24+…+n·2n，①2T n=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1，②由①-②得，-T n=21+22+23+24+…+2n-n·2n+1-n·2n+1=2×(1―2n)1―2=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2，∴T n=(n-1)·2n+1+2.。
高中数学 第四章 数列 4.3.1 第1课时 等比数列的概念及通项公式课后提升训练(含解析)新人教A
第四章数列4.3 等比数列 4.3.1等比数列的概念第1课时 等比数列的概念及通项公式课后篇巩固提升基础达标练1.等比数列{a n }中,a 1a 2=2,a 2a 4=16,则公比q 等于 ()A.2B.3C.√84D.2√43{a n }中,a 1a 2=2,a 2a 4=16,∴a 2·a4a 1·a 2=q 3=8,则公比q=2,故选A .2.(多选)(2020某某某某一中高一月考)设{a n }为等比数列,给出四个数列:①{2a n };②{a n 2};③{2a n };④{log 2|a n |},其中一定为等比数列的是() A.①B.②C.③D.④{a n }的公比为q ,则2a n2a n -1=a na n -1=q ,故{2a n }是等比数列; a n 2a n -12=(a n a n -1)2=q 2, 故{a n 2}是等比数列;取等比数列a n =(-1)n ,则{2a n }的前三项为12,2,12,不成等比数列;此时log 2|a n |=0,{log 2|a n |}不成等比数列.故选AB .3.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项的和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=() A.16B.8C.4D.2a 1,公比为q ,由已知得,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,因为a 1>0且q>0,则可得q=2,又因为a 1(1+q+q 2+q 3)=15,即可解得a 1=1,则a 3=a 1q 2=4.4.已知等差数列{a n }的公差为2,若a 1,a 3,a 4成等比数列,则a 2=() A.-4B.-6C.-8D.-10a 4=a 1+6,a 3=a 1+4,a 1,a 3,a 4成等比数列,∴a 32=a 1·a 4,即(a 1+4)2=a 1·(a 1+6),解得a 1=-8,∴a 2=a 1+2=-6.故选B .5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =2a n+1,则S n =() A .2n-1B .(32)n -1C .(23)n -1D .12n -1S n =2a n+1,得S n =2(S n+1-S n ),即2S n+1=3S n ,S n+1Sn=32.又S 1=a 1=1,所以S n =(32)n -1,故选B .6.在160与5中间插入4个数,使它们同这两个数成等比数列,则这4个数依次为.6个数所成等比数列的公比为q ,则5=160q 5,∴q 5=132,∴q=12.∴这4个数依次为80,40,20,10.7.在数列{a n }中,已知a 1=3,且对任意正整数n 都有2a n+1-a n =0,则a n =.2a n+1-a n =0,得a n+1a n=12,所以数列{a n }是等比数列,公比为12.因为a 1=3,所以a n =3·(12)n -1.3·(12)n -18.在等比数列{a n }中,若a 1=18,q=2,则a 4与a 8的等比中项是.,得a 6=a 1q 5=18×25=4,而a 4与a 8的等比中项是±a 6,故a 4与a 8的等比中项是±4.49.已知数列{a n }是等差数列,且a 2=3,a 4+3a 5=56.若log 2b n =a n . (1)求证:数列{b n }是等比数列; (2)求数列{b n }的通项公式.log 2b n =a n ,得b n =2a n .因为数列{a n }是等差数列,不妨设公差为d ,则bnb n -1=2a n 2a n -1=2a n -a n -1=2d (n ≥2),2d 是与n 无关的常数,所以数列{b n }是等比数列.,得{a 1+d =3,a 1+3d +3(a 1+4d )=56,解得{S 1=-1,d =4,于是b 1=2-1=12,公比q=2d =24=16,所以数列{b n }的通项公式b n =12·16n-1.10.已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=2a n +1. (1)证明:数列{a n +1}是等比数列; (2)求数列{a n }的通项公式.a n+1=2a n +1,∴a n+1+1=2(a n +1).由a 1=1,知a 1+1≠0,从而a n +1≠0.∴a n+1+1a n +1=2(n ∈N *). ∴数列{a n +1}是等比数列.(1)知{a n +1}是以a 1+1=2为首项,2为公比的等比数列.∴a n +1=2·2n-1=2n .即a n =2n -1.能力提升练1.若a ,b ,c 成等差数列,而a+1,b ,c 和a ,b ,c+2都分别成等比数列,则b 的值为() A.16B.15C.14D.12,得{2b =a +c ,b 2=(a +1)c ,b 2=a (c +2),解得{a =8,b =12,c =16.2.在等比数列{a n }中,a 1=1,公比|q|≠1.若a m =a 1a 2a 3a 4a 5,则m 等于() A.9B.10C.11D.12a m =a 1a 2a 3a 4a 5=q ·q 2·q 3·q 4=q 10=1×q 10,∴m=11.3.(多选)(2019某某滕州第一中学新校高二月考)已知数列{a n },{b n }是等比数列,那么下列一定是等比数列的是 ()A.{k ·a n }B.{1a n}C.{a n +b n }D.{a n ·b n },可设等比数列{a n }的公比为q 1(q 1≠0),则a n =a 1·q 1n -1,等比数列{b n }的公比为q 2(q 2≠0),则b n =b 1·q 2n -1,对于A,当k=0时,{k ·a n }显然不是等比数列,故A 错误;对于B,1an=1a 1q 1n -1=1a 1·(1q 1)n -1,∴数列{1a n}是一个以1a 1为首项,1q 1为公比的等比数列,故B 正确;对于C,举出反例,当a n =1,b n =-1时,数列{a n +b n }不是等比数列,故C 错误; 对于D,a n ·b n =a 1·b 1(q 1·q 2)n-1,∴数列{a n ·b n }是一个以a 1b 1为首项,q 1q 2为公比的等比数列,故D 正确.故选BD .4.已知-7,a 1,a 2,-1四个实数成等差数列,-4,b 1,b 2,b 3,-1五个实数成等比数列,则a 2-a1b 2=.,得a 2-a 1=-1-(-7)3=2,b 22=(-4)×(-1)=4.又b 2是等比数列中的第3项,所以b 2与第1项同号,即b 2=-2,所以a 2-a 1b 2=2-2=-1.15.已知一个等比数列的各项均为正数,且它的任何一项都等于它的后面两项的和,则它的公比q=.,得a n =a n+1+a n+2,所以a n =a n q+a n q 2.因为a n >0,所以q 2+q-1=0, 解得q=-1+√52(q =-1-√52舍去).6.若数列a 1,a 2a 1,a 3a 2,…,an a n -1,…是首项为1,公比为-√2的等比数列,则a 5=.,得aS a n -1=(-√2)n-1(n ≥2),所以a2a 1=-√2,a3a 2=(-√2)2,a4a 3=(-√2)3,a5a 4=(-√2)4,将上面的四个式子两边分别相乘,得a5a 1=(-√2)1+2+3+4=32.又a 1=1,所以a 5=32.7.已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1,a n 2-(2a n+1-1)a n -2a n+1=0.(1)求a 2,a 3;(2)求{a n }的通项公式.由题意可得a 2=12,a 3=14.(2)由a n 2-(2a n+1-1)a n -2a n+1=0,得2a n+1(a n +1)=a n (a n +1).因为{a n }的各项都为正数,所以a n+1a n=12.故{a n }是首项为1,公比为12的等比数列,因此a n =12n -1,n ∈N*.8.已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n +1, (1)求证{a n }是等比数列,并求出其通项公式; (2)设b n =a n+1+2a n ,求证:数列{b n }是等比数列.∵S n =2a n +1,∴S n+1=2a n+1+1,S n+1-S n =a n+1=(2a n+1+1)-(2a n +1)=2a n+1-2a n ,∴a n+1=2a n .由已知及上式可知a n ≠0. ∴由a n+1a n=2知{a n }是等比数列. 由a 1=S 1=2a 1+1,得a 1=-1,∴a n =-2n-1.(2)由(1)知,a n=-2n-1,∴b n=a n+1+2a n=-2n-2×2n-1=-2×2n=-2n+1=-4×2n-1.b S+1 b n =-4×2n-4×2n-1=2.∴数列{b n}是等比数列.素养培优练已知数列{},其中=2n+3n,数列{+1-p}为等比数列,求常数p.{+1-p}为等比数列,所以(+1-p)2=(-p-1)(+2-p+1),将=2n+3n代入上式得,[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n-p(2n-1+3n-1)],整理得16(2-p)(3-p)·2n·3n=0,解得p=2或p=3.。
新教材高中数学第四章数列4.2等差数列4.2.2.2等差数列习题课课件新人教A版选择性必修第二册
①式的两边同除以SnSn-1得:
1 Sn1
1 Sn
2即：1 Sn
1 Sn1
2，
所以数列 { 1是} 首项为2,公差为2的等差数列,
Sn
所以 S1n=2+2(n-1)=2n,即:Sn=21n ,则
an
2SnSn1
1 （n 2n(n 1)
【类题·通】 应用等差数列解决实际问题的一般思路
【习练·破】 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树,每人植树一棵,相邻两棵树相 距10 m,开始时需将树苗集中放置在某一棵树坑旁边,使每位同学从各自树坑 出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小,此最小值为________ m.
【解析】假设20位同学是1号到20号依次排列,使每位同学从各自树坑出发前
【习练·破】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*,满足a1+a2=10,S5=40. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=|13-an|,求数列{bn}的前n项和Tn.
【素养·探】 在裂项求和与并项求和有关的问题中,经常利用核心素养中的数学运算,通过 对数列通项结构特征的分析和适当变形,选择恰当的方法求和. 将本例1的条件改为“an=(-1)n(3n-2)”,试求a1+a2+…+a10.
【解析】a1+a2+…+a10=-1+4-7+10+…+(-1)10·(3×10-2) =(-1+4)+(-7+10)+…+[(-1)9·(3×9-2)+(-1)10·(3×10-2)]=3×5=15.
2023高考数学----数列的通项公式规律方法与典型例题讲解
2023高考数学----数列的通项公式规律方法与典型例题讲解【规律方法】常见求解数列通项公式的方法有如下六种：（1）观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法猜想其通项公式． （2）累加法：形如1()n n a a f n +=+的解析式．（3）累乘法：形如()()*1()02,?n n n a f n a a n n −=⋅≠∈N … （4）公式法（5）取倒数法：形如11n n n p ta a ma −−=+的关系式（6）构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差（比）数列构造为等差（比）数列来求通项公式．【典型例题】例1．（2022·上海市南洋模范中学高三期中）在数列{}*(N )n a n ∈中.12a =，n S 是其前n 项和，当2n ≥时，恒有n a 、n S 、2n S −成等比数列，则n a =___________ 【答案】22122n n n n=⎧⎪⎨≥⎪−⎩，，【解析】当2n ≥时，由题可得()22n n n S a S =−，即()()212n n n n S S S S −=−−，化简得1122n n n n S S S S −−+=，得1122n n n S S S −−=+，两边取倒数得11111211222n n n n n S S S S S −−−−=+=+， 11112n n S S −∴−=， 所以，数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111112S a ==为首项，以12为公差的等差数列，()1111222n nn S ∴=+−⋅=，2n S n∴=， 当2n ≥时，()12222211n n n a S S n n n n n n−=−=−=−=−−−−， 所以，22122n n a n n n =⎧⎪=⎨≥⎪−⎩，，.故答案为：22122n n n n =⎧⎪⎨≥⎪−⎩，，.例2．（2022·黑龙江·肇州县第二中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()21(21)2,N n n n S n S n a n n *−−−=≥∈，则数列n S =_____________． 【答案】2(1)n n +【解析】由题意可得2*11(21)(),(2,N )n n n n S n S n S S n n −−−−=−≥∈， 所以221(1)(1)n n n S n S −−=−，所以21(1)1(1)(1)1n n S n n S n n n −−−==+−+， 所以32121121(1)!2(1)!341(1)2n n S S S n n n S S S n n n −−−⨯⨯⋅⋅⋅⨯=⨯⨯⋅⋅⋅⨯==+++，又因为111S a ==，所以2(1)n S n n =+，故答案为：2(1)n n +例3．（2022·福建·高三阶段练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若226n n S n a =+−，则n a =______. 【答案】23n +【解析】当1n =时，11126a a =+−，则15a =； 当2n ≥时，()211126n n S n a −−=−+−，两式相减，整理得1212n n a a n −=−+，设公差为d ，则1121n n n a a d a n −−−==−+，即()5221n d n d +−=+−， 所以2d =， 所以23n a n =+. 故答案为：23n +.例4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =，且+1=3+1n n n a a a ，则数列{}n a 的通项公式为=n a ______． 【答案】131n − 【解析】由+1=3+1n n n a a a 两边取倒数可得+111=3n n a a +，即+1113n na a −=． 所以数列是首项为2，公差为3等差数列. 所以()123131n n n a =+−=−，所以131n a n =−． 故答案为：131n −. 例5．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，12a =，3211223nn a a a a a n+++++=−，则n a =__________． 【答案】2n 【解析】因为3211223n n a a a a a n +++++=−，当2n ≥时，31212231n n a a a a a n −++++=−−， 则1n n n a a a n +=−，即有11n n a a n n +=+，当1n =时，122a a =−，得24a =，2121a a=满足上式， N n *∈，11n n a a n n +=+，因此数列{}n a n是常数列，即121n a an ==，所以2n a n =. 故答案为：2n例6．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则n a =______．【答案】3223n n− 【解析】因为156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1122213n n n n a a ++=⨯+，整理得()11223233n n n n a a ++−=−，所以数列{}23n n a −是以14233a −=−为首项， 23为公比的等比数列，所以1422333n n n a −⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，解得3223n n na =−． 故答案为：3223nn −. 例7.（2022·全国·高三专题练习）设{}n a 是首项为1的正项数列且22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++−+=∈，且1+≠n n a a ，求数列{}n a 的通项公式_________ 【答案】n a n =【解析】依题意11a =，22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++−+=∈，所以()()1110n n n n a a na n a ++−−+=⎡⎤⎣⎦， 又因为1+≠n n a a ，所以10n n a a +−≠，所以()101n n na n a +−+=，()111,21n n n n a a n nn a n a n +−+==≥−， 所以13211221n n n n n a a a a a a a a a a −−−=⋅⋅⋅⋅⋅13211221n n n n n −=⋅⋅⋅⋅⋅=−−， 经检验，11a =也符合上式. 所以()*N n a n n =∈.综上所述， n a n =. 故答案为： n a n =.例8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*N n ∈），则n S =___________ 【答案】2n n ⋅【解析】因为12n n n a S n ++=，则12n n na S n +=+，当2n ≥时，1(1)1n n n a S n −−=+，因此1(1)21n n n na n a a n n +−=−++， 化简整理得1221n n a a n n +=⋅++，而211336a S a ===，有21232a a=⋅，即有*N n ∈，1221n n a a n n +=⋅++， 因此，数列{}1n a n +是以112a=为首项，2为公比的等比数列，则121n n a n −=+，即1(1)2n n a n −=+⋅， 所以1(2)2222n n n n n n S a n n n n +==⋅+⋅=⋅++. 故答案为：2n n ⋅例9．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足：123a =，()()()21*12122N n n n n a a n +++−=−∈，则{}n a 的通项公式为_____________.【答案】()()122121nn nn a +=−− 【解析】由()()2112122n n n n a a +++−=−得，1122222122121n n n n n n a a ++++−−==⋅−−， 则1231122113123121212121222221212121n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a −−−−−+−−−−−−−−⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=−−−−()()11322121n n n −+⋅−−， 即()()111322121n n n n a a −+⋅=−−，又123a =，所以()()122121n n nn a +=−−. 故答案为：()()122121n n nn a +=−−.例10．（2022·全国·高三专题练习）甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，则第n 次由甲掷的概率n P =______（用含n 的式子表示）． 【答案】1111223n −⎛⎫+− ⎪⎝⎭【解析】易知掷出的点数之和为3的倍数的概率为121363=．“第1n +次由甲掷”这一事件，包含事件“第n 次由甲掷，第1n +次继续由甲掷”和事件“第n 次由乙掷，第1n +次由甲掷”，这两个事件发生的概率分别为13n P ，()1113n P ⎛⎫−− ⎪⎝⎭，故()11112113333n n n n P P P P +⎛⎫=+−−=−+ ⎪⎝⎭（其中11P =）， 所以1111232n n P P +⎛⎫−=−− ⎪⎝⎭， 所以数列12n P ⎧−⎫⎨⎬⎩⎭是以112P −为首项，13−为公比的等比数列， 于是11111223n n P P −⎛⎫⎛⎫−=−⋅− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1111223n n P −⎛⎫=+− ⎪⎝⎭．故答案为：1111223n −⎛⎫+− ⎪⎝⎭。
高三数学数学解题方法四待定系数法在数列问题中的应用试题新人教A版
四、待定系数法在数列问题中的应用典型例题：例1.已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和。
若11a =2，23S a =，则2a =▲ ； n S = ▲ 【答案】1；211nn44+。
【考点】等差数列【解析】设等差数列的公差为d ，根据等差数列通项公式和已知11a =2，23S a =得22221a =1a =d 211d =a =a d 22⎧+⎧⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪++⎩⎪⎩。
∴()112n a a n 1d11S =n =nn244++-⋅+。
例2..已知递增的等差数列{}n a 满足11a =，2324a a =-，则n a = ▲ 。
【答案】21n -。
【考点】等差数列。
【解析】设递增的等差数列{}n a 的公差为d （0d >），由2324a a =-得212(1)4d d +=+-，解得2d =?，舍去负值，2d =。
∴21n a n =-。
例 3.设公比为(0)q q >的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若2232S a =+，4432S a =+，则q = ▲ ． 【答案】32。
【考点】等比数列的性质，待定系数法。
【解析】用待定系数法将2232S a =+，4432S a =+两个式子全部转化成用1a ，q 表示的式子：111233111113232a a q a q a a q a q a q a q +=+⎧⎨+++=+⎩，两式作差得：2321113(1)a q a qa q q +=-，即：2230q q --=，解之得：32q=或1q =- (舍去)。
例 4.已知等比数列｛a n ｝为递增数列，且251021,2()5n n n a a a a a ++=+=，则数列｛a n ｝的通项公式a n =▲ 。
【答案】2n 。
【考点】等比数列的通项公式。
【解析】设等比数列｛a n ｝的公比为q 。
∵2510a a =，∴42911()a q a q =。
高考数学解答题(新高考)数列求通项(隔项等差(等比)数列)(典型例题+题型归类练)(解析版)
专题04 数列求通项（隔项等差（等比）数列）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1、隔项等差数列已知数列{}n a ，满足1()(1)n n a a f n ++=----，则21(1)(2)n n a a f n +++=+----；1(1)(3)n n a a f n -+=-----2(2)(1):n n a a d +--=（其中d 为常数）；或11(1)(3):(2)n n a a d n +---=≥则称数列{}n a 为隔项等差数列，其中： ①1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等差数列，公差为d ； ②2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等差数列，公差为d ；2、隔项等比数列已知数列{}n a ，满足1()(1)n n a a f n +⋅=----，则21(1)(2)n n a a f n ++⋅=+----；1(1)(3)n n a a f n -⋅=-----2(2):(1)n n a q a +=（其中q 为常数）；或11(1):(2)(3)n n a q n a +-=≥则称数列{}n a 为隔项等比数列，其中： ①1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等比数列，公比为q ； ②2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等比数列，公比为q ；二、典型例题角度1：隔项等差数列例题1．（2022·四川眉山·三模（文））已知数列{}n a ，11a =，14n n a a n ++=，求{}n a 的通项公式；思路点拨：根据题意：，可推出，两式作差，判断为隔项等差数列解答过程：由，可推出，两式作差（）所以是隔项等差数列：①构成以为首项的等差数列，公差为；②构成以为首项的等差数列，公差为；下结论求通项当为奇数：为第项：求通项当为偶数：为第项：综上：无论为奇数还是偶数：.核心秘籍对于本例中作为一个模型直接记忆，考试遇到判断为隔项等差数列.便于快速求解特别注意分奇偶时，判断是第几项【答案】(1)=21n a n -因为14n n a a n ++= 所以14(1)(2)n n a a n n -+=-≥， 两式相减得114n n a a +--=，所以{}n a 是隔项等差数列， 124a a +=且11a =， 所以11()=212n n a a d n -=+-(n 为奇数)， 22()=212n n a a d n -=+-(n 为偶数)， 所以=21n a n -.例题2．（2022·安徽·淮南第二中学高二开学考试）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()112*n n n n N S a a +=∈⋅，11a =.求数列{}n a 的通项公式；思路点拨：根据题意：，可推出，两式作差，判断为隔项等差数列解答过程：由，可推出，及两式作差∵，∴.所以是隔项等差数列：①构成以为首项的等差数列，公差为； ②构成以为首项的等差数列，公差为；下结论求通项当为奇数：为第项：求通项当为偶数：为第项：综上：无论为奇数还是偶数：.【答案】()*n a n n N =∈由题意得，12n n n S a a +=⋅，则1122n n n S a a +++=⋅，两式相减得()1122n n n n a a a a +++=-， ∵10n a +>，∵22n n a a +-=.∵11a =，∵当()21N*n k k =-∈，()2112121n k a a k k n -==+-=-=， 又1122S a a =，∵22a =，∵当()2N*n k k =∈时，()22212n k a a k k n ==+-==. 综上，()N*n a n n =∈.角度2：隔项等比数列例题3．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，19nn n a a +⋅=，N n *∈.求数列{}n a 的通项公式n a ；思路点拨：根据题意：，可推出，两式作商，判断为隔项等比数列解答过程：由，可推出，两式作商所以是隔项等比数列：①构成以为首项的等比数列，公比为； ②构成以为首项的等比数列，公比为；下结论求通项当为奇数：为第项：求通项当为偶数：为第项：综上：.【答案】(1)13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 解：由题意，当1n =时，129a a =，可得29a =，因为19n n n a a +⋅=，可得1129n n n a .a +++=，所以，29n na a +=， 所以数列{}n a 的奇数项和偶数项都是公比为9的等比数列.所以当n 为奇数时，设()21N n k k *=-∈，则1221211933k k n n k a a ----==⋅==， 当n 为偶数时，设()2N n k k *=∈，则12299933k k k nn k a a -==⋅===.因此，13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数. 三、题型归类练1．在数列{an }中，若()1121nn n a a n ++--＝，则数列{an }的前12项和等于_________. 【答案】78因为()1121nn n a a n ++-=-，所以211a a -=，323a a +=，435a a -=，547a a +=，659a a -=，76a a +=11，87a a -=13，98a a +=15，109a a -=17，1110a a +=19，1211a a -=21.从第一个式子开始，相邻的两个式子作差得： 1357911a a a a a a +++===2.从第二个式子开始，相邻的两个式子相加得： 42681012a a a a a a +++=8,=24,=40,把以上的式子依次相加可得： 12121112S a a a a =++++()()()()()()135791124681012a a a a a a a a a a a a =+++++++++++22282440+=++++=78.核心秘籍对于本例中作为一个模型直接记忆，考试遇到判断为隔项等比数列.便于快速求解特别注意分奇偶时，判断是第几项故答案为：78.2．秋末冬初，流感盛行，某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{}n a ，已知11a =，22a =，且()*21(1)n n n a a n N +-=+-∈，则该医院第5天入院治疗流感的人数有________人；则该医院30天内入院治疗流感的人数共有________人. 【答案】 1 25511a =，22a =，且()*21(1)n n n a a n N +-=+-∈1n =时，31301a a a =⇒-=，2n =时，42424a a a =⇒-=，3n =时，53501a a a =⇒-=，观察可知{}n a 奇数项是1的常数列，偶数项是首项为2，公差为2的等差数列. 30(230)151152552S故答案为: 1 ；2553．（2022·广东·三模）已知数列{n a }的前n 项和n S ，11a =，0n a >，141n n n a a S +=-.计算2a 的值，求{n a }的通项公式；【答案】3，21n a n =-当1n =时，12141a a a =-，解得23a = 由题知141n n n a a S +=- ① 12141n n n a a S +++=- ②由②-①得()1214n n n n a a a a +++-=， 因为0n a >，所以24n n a a +-=所以数列{}n a 的奇数项是以11a =为首项，以4为公差的等差数列；偶数项是以23a =为首项，以4为公差的等差数列；当n 为奇数时，1114212n n a n +⎛⎫=+-⨯=- ⎪⎝⎭ 当n 为偶数时，314212n n a n ⎛⎫=+-⨯=- ⎪⎝⎭所以{}n a 的通项公式21n a n =-.4．（2022·新疆·一模（理））已知数列{}n a 满足2122a a ==，1294n n n a a -+=+⋅．求数列{}n a 的通项公式；【答案】()()113241N 55n n n a n +-*=⋅+-⋅∈；依题意，121,2a a ==，由1294n n n a a -+=+⋅得：1294n n n a a -+-=⋅，则当n 为奇数，3n ≥时，()()()131532n n n a a a a a a a a -=+-+-+-⋅⋅⋅+()32232144191441914n n ---⋅=+++⋅⋅⋅+=+⋅-132455n -=⋅+，11a =满足上式，当n 为偶数，4n ≥时，()()()242642n n n a a a a a a a a -=+-+-+⋅⋅⋅+-()32332444294442914n n ---⋅=+++⋅⋅⋅+=+⋅-132455n -=⋅-，22a =满足上式，即当n 为奇数时，132455n n a -=⋅+，当n 为偶数时，132455n n a -=⋅-，所以()()113241N 55n n n a n +-*=⋅+-⋅∈．5．（2022·福建泉州·模拟预测）记数列{n a }的前n 项和为n S .已知11a =，___________. 从①24n n a a +-=；②14n n a a n ++=；③11n n S na n n +=-+（）中选出一个能确定{n a }的条件，补充到上面横线处，并解答下面的问题.求{n a }的通项公式： 【答案】(1)21n a n =- 选①：24n n a a +-=，只能说明数列{}n a 的奇数项和偶数项分别构成等差数列，已知11a =，数列的奇数项可以确定，但2a 未知，故数列的偶数项不确定，因此数列{}n a 不确定，题设的两个条件均无法求解， 选②：14n n a a n ++=，由14n n a a n ++=得： ()()12121n n a n a n +⎡⎤-+=---⎣⎦， 因为11a =，所以()1121110a a -⨯-=-= 故()210n a n --=，即21n a n =-； 选③：()11n n S na n n +=-+由()11n n S na n n +=-+得：2121a S -==，故23a = 当2n ≥时，()()111n n S n a n n -=---， 两式相减得：12n n a a +-=，又因为212a a -=满足12n n a a +-=， 综上：对所有的n *∈N ，均有12n n a a +-=， 所以{}n a 为首项为1，公差为2的等差数列， 故21n a n =-6.若数列{}n a ，11a =，2111()2n n n a a ++=，求数列{}n a 的通项公式.答案当n 是奇数时：11211()4n n a +-=⋅，整理得11()2n n a -=；当n 是偶数时：1221()4nn a a -=⋅，整理得11()2n n a +=解：因为2111()2n n n a a ++=，所以23211()2n n n a a +++=，两式相除：214n n a a +=，所以{}n a 是隔项等比数列； 1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等比数列，公比为14； 2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等比数列，公比为14； 当n 是奇数时：11211()4n n a +-=⋅，整理得11()2n n a -=当n 是偶数时：1221()4nn a a -=⋅，整理得11()2n n a +=7．（2022·浙江省富阳中学高三阶段练习）数列{}n a 满足21112,2n n n a a a ++=⋅=，求数列{}n a 的通项公式；【答案】(1)2n n a =依题意，数列{}n a 满足21112,2n n n a a a ++=⋅=，()21122n n n a a n --⋅=≥，两式相除并化简得()1142n n a n a +-=≥，312224a a a ⋅=⇒=， 所以{}{}212,n n a a -是公比为4的等比数列，其中{}21n a -的首项为2，{}2n a 的首项为4. 所以12112212242,442n n n n n n a a ----=⨯==⨯=，所以2n n a =.。
高中数学第四章数列4.3等比数列4.3.1.2等比数列的性质及应用课件新人教A版选择性必修第二册
(4)当________q_<_0____________时，等比数列{an}为摆动数列．
状元随笔
由等比数列的通项公式可知，公比影响数列各项的符号：一般 地，q>0 时，等比数列各项的符号相同；q<0 时，等比数列各项的 符号正负交替．
＋2)(k＋3)， 即 k2－5k－6＝0，解得 k＝6 或 k＝－1(舍去)，因此 k＝6.
解析：(1)由 a2＝b2，a8＝b3， 得aa11＋ ＋d7＝ d＝b1bq1， q2， 即11＋ ＋d7＝ d＝q， q2， 解得qd＝＝65，， 或qd＝＝10，， (舍去)．
(2)由(1)知 an＝1＋(n－1)·5＝5n－4， bn＝b1qn－1＝6n－1. 假设存在常数 a，b，使得对任意 n∈N*，都有 an＝logabn＋b 成立，则 5n－4＝loga6n－1＋b，
a7. (2)已知{an}为等比数列，a2·a8＝36，a3＋a7＝15，求公比 q.
解析：(1)法一：aa11qq21＝ 0＝32，7 相除得 q8＝9.
所以 q4＝3，所以 a7＝a3·q4＝9. 法二：因为 a27＝a3a11＝81，所以 a7＝±9， 又 a7＝a3q4＝3q4>0，所以 a7＝9.
方法归纳
有关等比数列的计算问题，基本方法是运用方程思想列出基本 量 a1 和 q 的方程组，先解出 a1 和 q，然后利用通项公式求解．但有 时运算稍繁，而利用等比数列的性质解题，却简便快捷，为了发现 性质，要充分发挥项“下标”的指导作用．
跟踪训练 1 (1)已知数列{an}为等比数列，a3＝3，a11＝27，求
人教A版高中数学选择性必修第二册课后习题 第四章 数列 4.4 数学归纳法 (3)
第四章4.4*数学归纳法A级必备知识基础练A.13k+1B.13k+1−1k+1C.13k+2+13k+3+13k+4D.13k+2+13k+4−23(k+1)2.[探究点一]用数学归纳法证明:(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)(n∈N*).从n=k(k∈N*)到n=k+1,若设f(k)=(k+1)(k+2)…(k+k),则f(k+1)=( )A.f(k)+[2(2k+1)]B.f(k)·[2(2k+1)]C.f(k)+2k+1k+1D.f(k)·2k+1k+1A.p(k)对k=528成立B.p(k)对每一个自然数k都成立C.p(k)对每一个正偶数k都成立D.p(k)对某些偶数可能不成立4.[探究点一](多选题)对于不等式√n2+n≤n+1(n∈N*),某学生的证明过程如下:①当n=1时,√12+1≤1+1,不等式成立.②假设n=k(k ∈N *)时,不等式成立,即√k 2+k <k+1,则n=k+1时,√(k +1)2+(k +1)=√k 2+3k +2<√(k 2+3k +2)+(k +2)=√(k +2)2=(k+1)+1,所以当n=k+1时,不等式成立.关于上述证明过程的说法正确的是( ) A.证明过程全都正确 B.当n=1时的验证正确 C.归纳假设正确D.从n=k 到n=k+1的推理不正确5.[探究点五·江西新余月考]用数学归纳法证明34n+2+52n+1(n ∈N)能被14整除时,当n=k+1时,对于34(k+1)+2+52(k+1)+1应变形为 .6.[探究点四]在数列{a n }中,a 1=12,a n+1=3a n a n +3.(1)求出a 2,a 3并猜想{a n }的通项公式; (2)用数学归纳法证明你的猜想.7.[探究点三·人教B版教材例题]求证:当n是大于或等于5的正整数时,2n>n2.8.[探究点二·北师大版教材习题]平面内有n(n≥2,n∈N*)条直线,其中任何两条都不平行,任何三条都不经过同一点,用数学归纳法证明:交点的个数f(n)=n(n-1).2B级关键能力提升练9.用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+…+1n+n>1314(n∈N*)的过程中,由n=k递推到n=k+1时,不等式左边( )A.增加了12(k+1)B.增加了12k+1+12k+2C.增加了12(k+1)−1k+1D.增加了12k+1+12k+2−1k+110.利用数学归纳法证明等式:1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+n·1=16n(n+1)(n+2)(n∈N*),当n=k时,左边的和1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,记作S k,则当n=k+1时左边的和,记作S k+1,则S k+1-S k=( )A.1+2+3+…+kB.1+2+3+…+(k-1)C.1+2+3+…+(k+1)D.1+2+3+…+(k-2)A.若f(6)<7成立,则f(5)<6成立B.若f(3)≥4成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k+1成立C.若f(2)<3成立,则f(1)≥2成立D.若f(4)≥5成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k+1成立12.用数学归纳法证明“当n ∈N *时,f(n)=5n +2×3n-1+1能被8整除”时,第二步“假设当n=k(k ∈N *)时,f(k)=5k +2×3k-1+1能被8整除,证明当n=k+1时f(k+1)也能被8整除”的过程中,得到f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=f(k)+A,则A 的表达式为 .13.是否存在a,b,c 使等式(1n )2+(2n )2+(3n )2+…+(n n)2=an 2+bn+cn对一切n ∈N *都成立?若不存在,说明理由;若存在,用数学归纳法证明你的结论.14.[北师大版教材例题]用数学归纳法证明:(1+α)n≥1+nα(其中α>-1,n∈N*).(x>0),f n+1(x)=f1(f n(x)). 15.已知数列{f n(x)}满足f1(x)=√1+x2(1)求f2(x),f3(x),并猜想{f n(x)}的通项公式;(2)用数学归纳法证明猜想.C级学科素养创新练16.观察下列不等式:5+3≥8,25+9≥32,125+27≥128,625+81≥512,….4.4* 数学归纳法1.D 当n=k 时,不等式的左边等于1k+1+1k+2+1k+3+…+13k+1,且k ∈N *,当n=k+1时,不等式的左边等于1k+2+1k+3+1k+4+…+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4,当n=k+1时,不等式的左边比当n=k 时增加的项为13k+2+13k+3+13k+4−1k+1=13k+2+13k+4−23k+3.故选D.2.B 由数学归纳法证明(n+1)·(n+2)…(n+n)=2n ×1×3×…×(2n -1)(n ∈N *)时,从“k”到“k+1”的证明,左边需增添的一个因式是(2k+1)(2k+2)k+1=2(2k+1),则f(k+1)=f(k)·[2(2k+1)].3.AD 由题意知p(k)对k=2,4,6,…,成立,当k 取其他值时不能确定p(k)是否成立,故选AD.4.BCD n=1的验证及归纳假设都正确,但从n=k 到n=k+1的推理中没有使用归纳假设,而通过不等式的放缩法直接证明,不符合数学归纳法的证题要求.故选BCD.5.34(34k+2+52k+1)-56·52k+1 34(k+1)+2+52(k+1)+1=34(34k+2+52k+1)-56·52k+1.6.(1)解由a 1=12,a n+1=3a na n +3,得a 2=3a 1a 1+3=3212+3=37,a 3=3a 2a 2+3=9737+3=924=38.猜想a n =3n+5.(2)证明①当n=1时,a1=12=36=31+5,结论成立.②假设当n=k(k∈N*)时,结论成立,即a k=3k+5,那么,当n=k+1时,a k+1=3a ka k+3=3·3k+53 k+5+3=93k+18=3(k+1)+5,结论成立.由①和②可知对任意n∈N*,都有a n=3n+5成立.综上可知,不等式对任何大于或等于5的正整数n都成立.9.D 当n=k时,1k+1+1k+2+…+1k+k>1314,当n=k+1时,1k+1+1+1k+1+2+…+1k+k+1k+k+1+1k+1+k+1>1314,左边增加了12k+1+12k+2−1k+1.10.C 依题意,S k=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,则S k+1=1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+4·(k-2)+…+k·2+(k+1)·1,∴S k+1-S k=1·[(k+1)-k]+2·[k-(k-1)]+3·[(k-1)-(k-2)]+4·[(k-2)-(k-3 )]+…+k·(2-1)+(k+1)·1=1+2+3+…+k+(k+1).11.AD 选项A中,若f(5)<6不成立,则f(5)≥6,由题意知f(6)≥7,与f(6)<7成立矛盾,所以f(5)<6成立,故A正确;选项D中,若f(4)≥5成立,则f(n0+1)≥n0+2(n0≥4,n0∈N*),即f(k)≥k+1(k≥5),结合f(4)≥5,所以当k≥4时,均有f(k)≥k+1成立,故D正确;选项C中,同选项A,应有f(1)<2成立,故C错误;B不一定成立.所以选AD.12.A=4(5k +3k-1) 因为f(k)=5k +2×3k-1+1,f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=5×5k +2×3k +1=5k +2×3k-1+1+4×5k +4×3k-1=f(k)+4(5k +3k-1).故A=4(5k +3k-1). 13.解取n=1,2,3可得{a +b +c =1,8a +4b +2c =5,27a +9b +3c =14,解得a=13,b=12,c=16.下面用数学归纳法证明(1n )2+(2n )2+(3n )2+…+(n n)2=2n 2+3n+16n=(n+1)(2n+1)6n.即证12+22+…+n 2=16n(n+1)(2n+1), ①当n=1时,左边=1,右边=1, ∴等式成立;②假设当n=k(k ∈N *)时等式成立,即12+22+…+k 2=16k(k+1)(2k+1)成立,则当n=k+1时,等式左边=12+22+…+k 2+(k+1)2=16k(k+1)(2k+1)+(k+1)2=16[k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2]=16(k+1)(2k 2+7k+6)=16(k+1)(k+2)(2k+3),故当n=k+1时等式成立.由数学归纳法,综合①②当n ∈N *等式成立,故存在a=13,b=12,c=16使已知等式成立.15.解(1)f2(x)=f1[f1(x)]=1√1+f12(x)=√1+2x2,f3(x)=f1[f2(x)]=2√1+f22(x)=√1+3x2.猜想:f n(x)=√1+nx2(n∈N*).(2)下面用数学归纳法证明f n(x)=√1+nx2(n∈N*),①当n=1时,f1(x)=√1+x2,显然成立.②假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即f k(x)=√1+kx2,则当n=k+1时,f k+1=f1[f k(x)]=x√1+kx2√1+(√1+kx2)=√2,即对n=k+1时,猜想也成立.结合①②可知,猜想f n(x)=√1+nx2对一切n∈N*都成立.第11页共11页。
人教A版高中数学选修二第四章《数列》提高训练题 (14)(含答案解析)
选修二第四章《数列》提高训练题 (14)一、单选题1．设数列{}n a 满足113,34n n a a a n +==-，若21485n n n n n b a a +++=，且数列{}n b 的前n 项和为n S ，则n S =（ ） A ．2169n n ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭B ．42369n n ++C ．1169n n ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭D ．2169n n ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭2．已知数列{}n a 满足113a =，()2*12N nn n a a a n n+=+∈，则下列选项正确的是（ ）A ．20212020a a <B ．2021202114043a << C ．2021202104043a <<D ．20211a >3．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 ．4﹣4．已知数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，…，则18是数列中的（ ） A ．第29项B ．第30项C ．第36项D ．第37项5．对于正项数列{}n a ，定义：12323nn a a a na G n++++=为数列{}n a 的“匀称值”.已知数列{}n a 的“匀称值”为n 2G n =+，则该数列中的10a 等于（ ） A ．83B ．125C ．94D ．21106．已知等比数列{}n a ，的前n 项和为91463,,3,2n S S n a a S *∈-==N ，若1,.2m a m *=∈N 则m =（ ） A ．6 B ．5 C ．8 D ．77．正整数数列{}n a 满足11,231,n n n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩是偶数是奇数，已知64a =，{}n a 的前6项和的最大值为S ，把1a 的所有可能取值按从小到大排列成一个新数列{}nb ，{}n b 所有项和为T ，则S T -=（ ） A ．61B ．62C ．64D ．658．在等差数列{}n a 中，首项10a >，公差0d ≠，前n 项和为n S （n *∈N ），有下列叙述： （1）若414S S =，则必有190S <； （2）若3130a a +>，则必有150S >；（3）若1011S S >，则必有1112S S >.其中叙述正确的序号是（ ） A ．（1）（2） B ．（1）（3）C ．（2）（3）D ．（1）（2）（3）9．已知数列{}n a 满足1122n n n a a a +=+（n *∈N ），且11a =，若记n b 为满足不等式11122k n n a -<≤（n *∈N ）的正整数k 的个数，设()()111nn n nnn b T b b -=----，数列{}n T 的最大项的值为M 与最小项的值为N ，则M N -=（ ） A ．712-B ．13C ．56D ．171210．已知数列{}n a ，0n a >且满足21122n n n a a a ++-=，*n N ∈，则下列说法中错误的是（ ）A ．若14a ≠，当3n ≥时，有：()()()()2234242224n n n a a a a a -⋅-+⋅++=- B ．若12a =，则7322n S n ≤- C ．当()10,2a ∈时，{}n a 是递增数列；当()14,a ∈+∞时，{}n a 是递减数列 D ．存在0M >，使n a M ≤恒成立11．已知等差数列{}n a 满足570a a +>，670a a +<，12323412n n n n T a a a a a a a a a ++=+++，若对任意正整数n ，恒有n k T T ≤，则正整数k 的值是（ ） A ．6B ．5C ．4D ．712．对于任一实数序列{}123,,,A a a a =，定义A 为序列{}213243,,,a a a a a a ---，它的第n 项是1n n a a +-，假定序列()A 的所有项都是1，且1820170a a ==，则2018a =（ ）A ．1000B ．2000C ．100D ．20013．在等比数列{}n a 中，123453a a a a a ++++=，222221234515a a a a a ++++=，则12345a a a a a -+-+的值是（ ） A ．5 BC．D ．3二、多选题14．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（ ）A ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小项为第6项B ．2445d -<<-C ．50a >D ．0n S >时，n 的最大值为515．设数列{}n a 前n 项和为()*n S n N ∈，关于数列{}n a 有下列命题，其中正确的命题是（ ） A ．若()*1n n a a n N +=∈则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若()2,n S an bn a b R =+∈，则{}n a 为等差数列C ．若{}n a 为等比数列，则232,,,n n n n n S S S S S --⋅⋅⋅成等比数列D ．若()11nn S =--，{}n a 是等比数列16．记n S 为数列{}n a 的前n 项和.下列说法正确的是（ ） A ．若对2n ∀≥，*n ∈N ，有112n n n a a a -+=+，则数列{}n a 是等差数列 B ．若对2n ∀≥，*n ∈N ，有211n n n a a a -+=⋅，则数列{}n a 是等比数列 C ．已知(1)n S n n a =+-，则{}n a 是等差数列的充要条件是0a = D ．已知2n n S a =-，则{}n a 是等比数列的充要条件是1a =三、双空题17．等比数列{}n a 的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为8532，偶数项之和为2116，则这个等比数列的公比q ＝________，又令该数列的前n 项的积为n T ，则n T 的最大值为________．18．如图是瑞典科学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图案的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，这样的过程称为一次操作.反复进行这种操作过程，就得到一条“雪花”状的曲线，并记n 次操作后的曲线为n T ，周长为n C .设原正三角形0T 的边长为1，03C =即对应图1，则进行二次操作后，曲线2T （对应图3）的顶点数为___________；若进行n 次操作后，则0ni i C ==∑___________.19．已知数列{}n a 的前n 项和为22n S n n =+，现将该数列按如下规律排成个数阵：按行排列，第n 行有12n -项，每一行从左到右项数依次增大，记(),m n 为 该数阵中第m 行从左到右第n 个数的坐标，则坐标()5,5为对应的数为____________；2021a 对应的坐标为____________ 20．已知数列{}n a 的前n 项和是n S ，满足11()1n n a n N a *+=∈-，112a =，则100a =___________2021S =___________四、填空题21．“康托尔尘埃”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：在一个单位正方形中，首先，将正方形等分成9个边长为13的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形的面积和为1S ；然后，将剩余的4个小正方形分别继续9等分，分别保留靠角的4个小正方形，记所得的16个小正方形的面积和为2S ；……；操作过程不断地进行下去，以至无穷，保留的图形称为康托尔尘埃．若121925n S S S ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+≥，则需要操作的次数n 的最小值为______．22．已知等差数列{}n a 满足：12121|||||||1||1||1||1|n n a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=++++⋅⋅⋅++=-2|1||1|2021n a a +-+⋅⋅⋅+-=，则正整数n 的最大值为________23．在如图的表格，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a +b +c 值为__．24．数列{}n a 中，12a =，()*,p q p q a a a p q +=∈N ，记m b 为{}n a 中在区间(]0,m ()*m ∈N 中的项的个数，则数列{}m b 的前150项和150S =________．25．已知等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且有393a a +=，576b b +=，则1111S T 的值为__________．26．设等比数列{}n a 满足：126a a +=，136a a -=-，记m b 为{}n a 中在区间(0,]m ()m ∈*N 中的项的个数，则数列{}m b 的前50项和50S =__________．27．已知整数数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n n a a a ++=-，*n ∈N ．若对任意给定的1a ，存在正整数0n ，使得00341n n n S S n +-<+对任意正整数n 成立，则3a 的取值集合是________．五、解答题28．已知{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，{}n b 是等比数列，且112a b ==，4427a b +=，4410S b -=. （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式； （2）记1122n n n T a b a b a b =+++，证明：()*118,2n n n T a b n n ---=∈≥N .29．已知数列{}n a 是等差数列，n S 是{}n a 的前n 项和，84a =， . （1）判断2022是否是数列{}n a 中的项，并说明理由； （2）求n S 的最小值.从①1122S =-，②56S S =中任选一个，补充在上面的问题中并作答. 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.30．已知在等差数列{}n b 中，()2log 1n n b a =-，*n N ∈，且13a =，39a =. （1）求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n a 的通项公式和前n 项和n S . 31．已知数列{}n a 满足13a =，()1*1323N n n n a a n ++=+⨯∈，数列{}n b 满足3nnna b=． （1）求证：数列{}n b 是等差数列，并求出数列{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（3）数列{}n b 的前n 项和为n T ，设()1nn n c T =-⋅，求数列{}n c 的前n 项和n M ．32．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，*12(N )n n a S n +=+∈． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设221log ()n n b a =+，求证：数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和16n T <.33．某企业去年的纯利润为500万元，因设备老化，企业的生产能力逐渐下降.若不进行技术改造，预测从今年起每年的纯利润比上一年减少20万元.今年年初该企业一次性投入600万元资金进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n 年（今年为第一年）的利润为150012n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭万元（n 为正整数）.（1）设从今年起的前()n n +∈N 年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为n a 万元，进行技术改造的累计纯利润为n b 万元（扣除技术改造资金），求n a ，n b 的表达式；（2）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润.34．数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()(),n n S n N *∈在函数()21122f x x x =+的图象上. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列21n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若不等式()1log 13n a T a >-对任意正整数n 恒成立，求实数a 的取值范围.35．在公差为d 的等差数列{}n a 中，已知110a =，且()2132522a a a =+.（1）求公差d 和通项公式n a ；（2）若0d <，求数列{}n a 的前n 项和n S ，并证明数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列.36．在公差为d 的等差数列{}n a 中，已知110a =，且()2132522a a a =+．（1）求公差d 和通项公式n a ；（2）若0d <，求123n a a a a +++⋅⋅⋅+．37．设{}n a 为等差数列，{}n b 为正项等比数列，111a b ==，243a a b +=，243b b a =，分别求出{}n a 及{}n b 的前10项的和10S 及10T ．38．数列{}n a 中，给定正整数(1)k k >，-111()k i i i V k a a +==-∑．定义：数列{}n a 满足1(1,2,,1)i i a a i k +≤=-，称数列{}n a 的前k 项单调不增．（1）若数列{}n a 通项公式为：1n a n=，*()n N ∈，求(5)V ； （2）若数列{}n a 满足：1a a =，m a b =，(1,,)m m a b >∈>*N ，求证： ()V m a b =-的充分必要条件是数列{}n a 的前m 项单调不增；（3）给定正整数(1)m m >，若数列{}n a 满足：0n a ≥，(1,2,,)n m =，且数列{}n a 的前m 项和为2m ，求()V m 的最大值与最小值．39．已知等差数列{}n a 公差大于零，且11a =，1a ，2a ，4a 成等比；数列{}n b 满足11b =，112n n n b b --=+（2n ≥，n N ∈）.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T .40．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若339S =，且33a 是5a 与4a -的等差中项. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 的前n 项和为n T ，且34log n n b a =，求1231111nT T T T +++⋅⋅⋅+. 41．已知等差数列{}n a 的公差为2，其前n 项和22n S pn n =+，*n N ∈. （1）求实数p 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）在等比数列{}n b 中，31b a =，424b a =+，若{}n b 的前n 项和为n T ，求证：数列16n T ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列.42．已知数列{}n a 满足：13a =，()112n n n a a n n++=+. （1）证明：数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）设n n c a n =+，求数列{}n c 的前2021项和2021T .43．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项和为n T ，2n n T S n n +=+.（1）证明数列{}2n a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n na 的前n 项和n M .44．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且13(2)12n n S n n n S --=≥-.（1）求n a 及n S ；（2）已知n b 是n a ，1n a +的等比中项，数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，求证：11106n T ≤<45．已知公差不为0的等差数列{}n a 满足749=S ，且1a ，2a ，5a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若12n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .46．已知数列{}n a 的前n 项和为2372n n nS +=.（1）求{}n a 的通项公式； （2）令2nn na b =，求{}n b 的前n 项和n T . 47．已知数列{}n a 满足214,(1)(1)n n a na n a n n +==+++，且1ln n n na b a +=. （1）证明数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（2）求数列{}n b 的前n 项和.48．在① 121n n S S +=+，② 22a =，③ 11n n S a +=-这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足___________，___________；又知递增等差数列{}n b 满足12b =，且1b ，2b ，5b 成等比数列. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前项和n T .49．已知等比数列{}n a 中，212343,a a a a ==+，数列{}n b 满足11b a =，1(1)(1)n n nb n b n n +-+=-+ （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：数列{}n bn为等差数列，并求{}n b 前n 项和的最大值50．设数列{}n a 的前n 项和为2n S n =，{}n b 为等比数列，且11a b =，()2211b a a b -=.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案与解析】1．D 【解析】先根据n a 的递推关系求出n a 的通项公式，代入n b 的表达式中，求出n b 的通项，即可求解n b 的前n 项和n S由134n n a a n +=-可得()[]12113(21)n n a n a n +-++=-+⎡⎤⎣⎦, ∵13a =, ∴1(211)0a -⨯+=,则可得数列{}(21)n a n -+为常数列0，即(21)0n a n -+=, ∴21n a n =+∴2485(21)(23)221111(21)(23)(21)(23)(21)(23)2123n n n n n b n n n n n n n n +++++===+=+-++++++++,∴111111112()(1)3557212332369n S n n n n n n n =+-+-++-=+-=+++++. 故选: D 2．B 【解析】利用数列{}n a 的单调性可判断A 选项的正误；利用放缩法得出()21111112,1n n n n a n n N a a n a n n *++-=<-≥∈-，111111n n a a n n+-<--，利用放缩法可判断BCD 选项的正误.由1103a =>，()2*12N nn n a a a n n+=+∈可得出2409a =>，30a >，，以此类推可知，对任意的n *∈N ，0n a >，所以，2120nn n a a a n+-=>，即1n n a a +>，所以，数列{}n a 为单调递增数列，故20212020a a >，A 错；在等式212nn n a a a n+=+的两边同时除以1n n a a +可得()2222222112111111111n nn n n n n n n n n a a a a a n a n a a n a n n n n n a n a n ++-====<<=-++--⎛⎫+ ⎪⎝⎭，其中2n ≥且n *∈N ，所以，2311112a a -<-，34111123a a -<-，，111111n n a a n n+-<--， 累加得211111n a a n+-<-，所以，1191511144n a n n +>-+=+>，则11n a +<，故20211a <. 故D 错误；对于()2211111111111n n n a a n a n n n n n +-=>≥=-++++， 所以，1211112a a ->-，23111123a a ->-，，111111n n a a n n +->-+， 累加得111311n a n +->-+，可得11123211n n a n n ++<+=++，则1123n n a n ++>+， 所以，202120214043a >，故2021202114043a <<， . 故选：B.结论点睛：几种常见的数列放缩公式： （1）()()21111211n n n n n n<=-≥--； （2）()2111111n n n n n >=-++； （3）2221441124412121n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭. 3．B 【解析】根据等差中项的应用求解出公比q ，然后将2018202020172019a a a a --化简为关于q 的形式，由此求解出结果.设等比数列{}n a 公比为q ， 因为14a ，312a ，23a 成等差数列， 所以12343a a a +=，所以211143a a q a q +=，且10a ≠， 所以2340q q --= 解得4q =或1q =-，为保证2018202020172019a a a a --有意义，则21q ≠，所以4q =，所以()201720192018202020172019201720194q a a a a q a a a a --===--， 故选：B 4．A 【解析】题目是数列找规律，发现是按照分子分母之和分别为2，3，4等等的规律书写的，即可推出18在数列中的位置解：由题意，此数列分母与分子之和为2的有一个，为3的两个，为4的有三个，按此规律，知18出现在和为9那一组中，又每一组的数都是以分子为1开始，故18是分子分母和为9的那一组的第一个数，由于和为9的那一组是第八组，前七组共有177282+⨯=个数，故18是第29个数，即第29项．故选：A ． 5．D 【解析】根据新定义的性质列等式求解即可.12323nn a a a na G n++++=，2n G n =+，123(2)23n n n G n n a a a na ∴⋅=⋅+=++++，()12310231010102a a a a ∴++++=⨯+①； ()1239239992a a a a ++++=⨯+②，-①②得:101021a =，102110a ∴=，选项D 正确，选项ABC 错误. 故选：D. 6．D 【解析】根据给定条件求出等比数列{}n a 的首项1a 及公比q ，再借助通项公式即可得解. 设等比数列{}n a 公比q ，依题意，1q ≠±，691169(1)(1),11a q a q S S q q--==--， 由9632S S =得：93363663331(1)(1)131(1)(1)12q q q q q q q q q q --++++===--++，解得312q =-，由143a a -=得：31(1)3a q -=，于是得12a =，则有12n n a q -=，由12m a =得：1122m q -=，即1223111()()()222m --==-，从而有123m -=，解得7m =，所以7m =. 故选：D 7．B 【解析】根据分段数列和64a =,倒过来依次分析{}n a 的前5项,即可求出S 和T ,从而求出答案. 正整数数列{}n a 满足11,231,n n n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩是偶数是奇数,且64a =, 所以54a =或1, 再依次分析4321,,,a a a a , 则可得{}n a 的前6项分别为: 128,64,32,16,8,4; 或21,64,32,16,8,4; 或20,10,5,16,8,4; 或3,10,5,16,8,4; 或16,8,4,2,1,4; 或2,1,4,2,1,4;因此12864321684252S =+++++=,23162021128190T =+++++=, 62S T -=, 故选：B在给出数列的递推公式时，若难以求到通项公式，可考虑逐个项计算再分析 8．D 【解析】对于（1）:由414S S =，得到1180a a +=，0d <，进而求出190a <，而1919S a =，即可判断； 对于（2）直接得到115313a a a a +=+，利用等差数列前n 项和公式即可判断； 对于（3）先判断出110a <， 0d <,可以求出120a <，即可得到1112S S >. 对于（1）若414S S =，则有56140a a a +++=，则有9100a a +=，所以1180a a +=，所以()1181918191919182a a S S a a a +=+=+=. 因为1180a a +=，10a >，所以181170a a d =+<，所以0d <，所以19180a a d =+<， 所以19190S a =<.故（1）正确.对于（2）若3130a a +>，则有1153130a a a a =++>，所以()115150152S a a +=>.故（2）正确； 对于（3）若1011S S >，则有1111101100a S a d S =-=+<，因为10a >，所以0d <,所以12110a d a =+<，所以1212110a S S -=<,即1112S S >.故（3）正确. 故选：D 9．D 【解析】利用取倒数法得到数列{}n a 的通项公式，由n b 为满足不等式11122k n n a -<≤（n *∈N ）的正整数k 的个数可得2nn b =，研究数列{}n T 的单调性，即可得到最值及答案.由于11a =，122nn n a a a +=+，则0n a ≠． ∴1212n n n a a a ++=，则121111111222n n n n n n n a a a a a a a ++-=-=+-=，即11112n n a a +-=为常数． 又111a ，∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，12为公差的等差数列．从而1111(1)22n n n a +=+-⨯=，即21n a n =+． 由111()()22n n k a -<，即1121()()212n n k -<+，得12121n n k +-<-， 又*k N ∈，从而1(21)(21)2n n n n b +=---=，故12111()1()122(1)21()2n n n n n nn T =---=-------， 当n 为奇数时，111()121()2n n n T =+-+，n T 单调递减，1506n T T <=． 当n 为偶数时，111()121()2n n n T =---，n T 单调递增，27012n T T -=<． 综上{}n T 的最大项为56M =，最小项为712N =-． ∴1712M N -=. 故选：D. 10．B 【解析】先根据题目条件得到1n a ，2n a >，2n ≥及1n n a a +-与1n n a a --的符号相同.选项A ，在等式21122n n n a a a ++-=两边减去8，再变形得()112424n n n a a a ++-+=-，代入求解即可；选项B ，先确定数列{}n a为递增数列，再算出471112a =>， 而后利用放缩法得到，当4n ≥时，()1112n S n >+-N ，当n N >时，有()11731222n n +--，所以n S>()11731222n n +--，故选项B 错误； 选项C ，利用1n n a a +-与1n n a a --的符号相同可判定； 选项D ，分()10,4a ∈，14a =和()14,a ∈+∞讨论n a 的范围. 由题知，2112121n n n a a a ++-+=+，()21121n n a a +-=+， 因为0n a >，所以112n a +=>，所以1n a ，2n a >，2n ≥.因为21122n n n a a a ++-=，所以2122n n n a a a --=，2n ≥两式相减整理得，()()()11122n n n n n n a a a a a a ++--+-=-，因为2n ≥时，2n a >，所以120n n a a ++->，1n n a a +-与1n n a a --的符号相同， 选项A ：由21122n n n a a a ++-=得，2112828n n n a a a ++--=-，()()()112424n n n a a a +++-=-，若14a ≠，则4n a ≠，所以()112424n n n a a a ++-+=-.当3n ≥时，()()()34222n a a a +⋅++()()()()2231234242424244444n n n n a a a a a a a a ------=⋅=----，故选项A 正确；选项B ：若12a =，则2113a ==>，因为2110a a ->，所以320a a ->，依次类推有10n n a a -->， 所以数列{}n a 是递增数列；又371112a >，471112a =>， 当4n ≥时，1234...n n S a a a a a =+++++()12343a a a n a >+++->()1112n +-因为712>，所以存在正整数N ，当n N >时，有()11731222n n +->-此时n S >()11731222n n +--，故选项B 错误；选项C ：当()10,2a ∈时，有212a a >>，所以210a a ->，从而有320a a ->， 依次类推可得10n n a a -->，所以数列{}n a 是递增数列；当()14,a ∈+∞时，因为()()()2111112140a a a a --+=->，所以()211211a a +<-，所以211a a =<，从而有32a a <，依次类推可得1n n a a -<， 所以数列{}n a 是递减数列，故选项C 正确；选项D ：当()14,a ∈+∞时，由选项C 的解析知，数列{}n a 是递减数列，所以1n a a ≤； 当()10,4a ∈时，由2221228a a a -=<解得224a -<<，又22a >，所以224a <<， 同理可推导324a <<，依次类推，有24n a <<；当14a =时，由2221228a a a -==及22a >得24a =，同理可推导34a =，依次类推，有4n a =； 令M 为4和1a 中的最大者，则n a M ≤对*n N ∈恒成立，故选项D 正确； 故选：B. 11．A 【解析】利用等差性质研究数列项的变化，从而可得结果. 由等差数列{}n a 满足570a a +>，670a a +<，可知620a >，即60a >，且70a <，67a a <，公差0d <， ∴1232343454565676780,0,0,0,0,0,a a a a a a a a a a a a a a a a a a >>>><> 78989100,0,,a a a a a a <<又()()567678675867670a a a a a a a a a a a a a a +=+=+>， ∴当6n =时，n T 最大， ∴正整数k 的值是6. 故选：A 12．A 【解析】A ∆是公差为1的等差数列，可先设出A ∆的首项，然后表示出A ∆的通项，再用累加法表示出序列A的通项，再结合1820170a a ==求出A ∆的首项和A 的首项，从而求出序列A 的通项公式，进而获解. 设序列A 的首项为d ，则序列A 为{},1,2,d d d ++，则它的第n 项为()1d n +-， 因此数列A 的第n 项，()()()1111112n n k k k a a a a a d d d n -+==+-=++++++-∑()()()111122a n d n n =+-+-⋅-， 则n a 是关于n 的二次多项式，其中2n 的系数是12， ∵1820170a a ==，∴必有()()11820172n a n n =--， ∴()()201812018182018201710002a =--=. 故选：A. 13．A 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，q 显然不等于1，化简已知得51(1)5,1a q q +=+再化简12345a a a a a -+-+即得解.设等比数列{}n a 的公比为q ，q 显然不等于1，由题得5210112(1)(1)3,15,11a q a q q q --==-- 所以两式相除得51(1)5,1a q q +=+ 所以551112345[1()](1)51()1a q a q a a a a a q q--+-+-+===--+.故选：A 14．ABC 【解析】利用数列的单调性结合不等式的基本性质可判断A 选项的正误；根据已知条件列出关于d 的不等式组，求出d 的取值范围，可判断B 选项的正误；利用等差数列求和公式及等差数列下标和性质可判断CD 选项的正误.对于C 选项，由()()110105610502a a S a a +==+>且60a <，可知50a >，C 对；对于B 选项，由53635632122031230252450a a d d a a d d a a a d d =+=+>⎧⎪=+=+<⎨⎪+=+=+>⎩，可得2445d -<<-，B 对； 对于D 选项，因为100S >，()111116111102a a S a +==<， 所以，满足0n S >的n 的最大值为10，D 错；对于A 选项，由上述分析可知，当15n ≤≤且n *∈N 时，0n a >； 当6n ≥且n *∈N 时，0n a <，所以，当15n ≤≤且n *∈N 时，0nnSa >，当610n ≤≤且n *∈N 时，0nnS a <，当11n ≥且n *∈N 时，0nnSa >.当610n ≤≤且n *∈N 时，{}n a 单调递减，即6789100a a a a a >>>>>，{}n S 单调递减，即有6789100S S S S S >>>>>，所以，678910111110a a a a a ->->->->->， 由不等式的性质可得6789106789100S S S S Sa a a a a ->->->->->， 从而可得6789106789100S S S S S a a a a a <<<<<， 因此，数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小项为第6项，A 对.故选：ABC. 15．BD 【解析】举出反例，如()*10n n a a n N +==∈，即可判断A ；根据n a 与n S 的关系，求得数列{}n a 的通项公式，再结合等差数列的定义即可判断B ； 举出反例，如{}n a 为1,1,1,1,1,1,---，n 为偶数时，即可判断C ；根据n a 与n S 的关系，求得数列{}n a 的通项公式，再结合等比数列的定义即可判断D ；对于A ，若()*10n n a a n N +==∈，则{}n a 既是等差数列，但不一定是等比数列，故A 错误；对于B ，由()2,n S an bn a b R =+∈，当1n =时，11a S a b ==+，当2n ≥时，()()221112n n n a S S an bn a n b n an a b -⎡⎤=-=+--+-=-+⎣⎦， 当1n =时，1a 适合上式， 所以2n a an a b =-+， 则12n n a a a +-=为常数，所以{}n a 为等差数列，故B 正确；对于C ，若{}n a 为等比数列，如{}n a 为1,1,1,1,1,1,---，n 为偶数时，0n S =，由等比数列中没有0这一项，所以232,,,n n n n n S S S S S --⋅⋅⋅不成等比数列，故C 错误； 对于D ，若()11nn S =--， 当1n =时，112a S ==，当2n ≥时，()()()()()1111111111121n n n n n n n n a S S -+---⎡⎤=-=-----=-+-=⋅-⎣⎦， 当1n =时，1a 适合上式， 所以()121n n a -=⋅-，则11n na a +=-， 所以数列{}n a 是以2为首项，-1为公比的等比数列，故D 正确. 故选：BD. 16．ACD 【解析】利用等差，等比数列的定义和性质，以及等差，等比数列的前n 项和的形式，可逐一判断． 解：由112(2)n n n a a a n +-=+和等差中项的性质知{}n a 为等差数列，则A 正确，当0n a ≠时，由211(2)nn n a a a n +-=⋅和等比中项的性质知{}n a 为等比数列，则B 不正确， 由等差数列的前n 项和211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+-， 得n S 是n 的二次函数，且不含常数项，则0a =，则C 正确，由等比数列的前n 项和111(1)111n n n a q a aS q q q q-==----，()1q ≠，1a ，则D 正确，故选：ACD ． 17．12 2 【解析】先设共有21m +项，由题意写出奇数项之和以及偶数项之和，根据等比数列性质列出方程得到其公比，写出该数列的前n 项的积n T 的表达式，结合二次函数单调性即可求解n T 的最大值. 设共有21m +项，由题意奇数项之和13218532m S a a a +=+++=1，偶数项之和22422116m S a a a =+++=， 又因为()11222422185221632m m S a a q a q q a a a q =+++=++++=+=，故12q =. 所以2312122121(1)21222n n n n n n n n n T a a a a q -++--=⋅==⨯=，显然2n ≥时函数递减，所以2n =，n T 有最大值2.故答案为:12;218．48 111433n n n ++--【解析】观察所给的图形，得到图2的顶点数和图1的顶点数和边数的关系，以及图3的顶点数与图2的顶点数和边数的关系，判断图2的顶点数，再由图形之间边长的关系，得到数列{}1n C -是首项为3，公差为43的等比数列，再按照等比数列求和. 0T 有3个顶点，3条边，1T 的顶点数是33312+⨯=个，有4312⨯=条边， 2T 的顶点数是1212348+⨯=个，由图形观察可知，1043C C =，2143C C =，……143n n C C -=，所以数列{}1n C -是首项为3，公差为43的等比数列，111104313434313n n n nin i C +++-=⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭-⎢⎥⎣⎦==-∑. 故答案为：48；111433n n n ++-- 19．41 ()11,998【解析】利用n a 和n S 的关系，求出()21,1n a n n =+≥，而该数列按第n 行有12n -个数排成的一个数阵，根据等比数列的前n 项和求得前四行数阵中共有15项，推理可知()5,5表示数阵中第五行第5个数，对应的是第20项，代入n a 通项公式，即可求得结果；由前k 行数阵中共有21k -项，可推算2021a 对应的坐标．解：由题可知，数列{}n a 的前n 项和为22n S n n =+， 则()()2211211,1n S n n n n -=-+-=->， 由()1211n n n S S a n n --==+>， 且1n =时，113a S ==， 所以21n a n =+，该数列按第n 行有12n -个数排成的一个数阵， 则前四行数阵中共有：()4012341122222211512⨯-+++==-=-项，而()5,5表示数阵中第五行第5个数，对应的是第20项， 所以()5,5表示数列{}n a 的第20项：20220141a =⨯+=； 前k 行数阵中共有()012111222222112k k k -⨯-++++==--项,当10k =时，有211023k -=项；当11k =时，有212047k -=项； 由10232021998-=知，2021a 对应的坐标为()11,998 故答案为：41；()11,998． 20．12 1012 【解析】根据递推关系发现数列{}n a 的项以3为周期变化，从而100112a a ==，2021121232019()3S a a a a a =++⨯++，从而求得结果. 由递推关系知，211121112a a ===--，32111112a a ===---，4311111(1)2a a ===---，52a =，61a =-，，则数列{}n a 的项以3为周期变化，100112a a ==，123132122a a a ++=+-= 故20211220193101232S a a =++⨯= 故答案为：12；1012 21．4 【解析】分别求出1S ，2S 进而可得n S ，可得{}n S 是等比数列，再利用等边数列求和公式求12n S S S ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+，利用单调性解不等式即可得答案.1S 是4个边长为13的小正方形面积之和，所以 21143S ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭， 2S 是24个边长为213⎛⎫ ⎪⎝⎭的小正方形面积之和，所以22222211144333S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯=⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦；3S 是34个边长为313⎛⎫ ⎪⎝⎭的小正方形面积之和，所以33323311144333S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯=⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦；所以214439nnn S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⨯=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以{}n S 是首项为49，公比为49的等比数列， 所以124419944145919n nnS S S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+，所以121925n S S S ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+≥即441915925n⎡⎤⎛⎫-≥⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以41920n⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，因为()49xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭在R 上单调递减，而()3464130.088972920f ⎛⎫==≈>⎪⎝⎭不成立，()44256140.0399656120f ⎛⎫==≈<⎪⎝⎭，即441920⎛⎫≤ ⎪⎝⎭， 所以需要操作的次数n 的最小值为4次， 故答案为：4. 22．62 【解析】设2,n k k N +=∈，等差数列的公差为d ，不妨设100k ka a +>⎧⎨<⎩，则10,0a d <>，且10k a +≤，即1k a ≤-，根据110k a +-≥，得到即有2d ≥，再根据等差数列的前n 项和公式，求得22021k d =，从而得出220212k ≥，即可求解.解： 由题意知：等差数列{}n a 满足1212111n n a a a a a a +++=++++++1211a a =-+-+12021n a +-=，故等差数列不是常数列，且{}n a 中的项一定满足100n n a a ->⎧⎨<⎩或10n n a a -<⎧⎨>⎩，且项数为偶数，设2,n k k N +=∈，等差数列的公差为d ，不妨设10k k a a +>⎧⎨<⎩，则10,0a d <>，且10k a +≤，即1k a ≤-， 由110k a +-≥，则111kd a kd -+≥+≥，即2kd ≥， 即有2d ≥，则121212k k k n a a a a a a a a +----++++⋯=++211(1)(1)[]()202122k k d k k ka k a kd dk d --=-++++==， 可得220212k ≥，解得31.7k ≤≈， 即有k 的最大值为31，n 的最大值为62. 故答案为：62. 23．1 【解析】每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，根据第一列、第三列成等比数列得第一列中第3个数、第4个数、12a =，根据等差中项得第三行第2个数和公差、第4个数、第5个数，得第四行中第1个数、第3个数、公差，可得第4个数、第5个数，第五列中，由于成等比数列可得c ．∵每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列， ∴根据第三列，得221a ⨯=，可得12a =，所以公比12q =， 在第一列中，第三个数为212⎛⎫ ⎪⎝⎭=14，因此根据等差中项得：第三行第2个数为：111242⎛⎫+ ⎪⎝⎭=38，可得第三行等差数列的公差为3184d =-=18，∴在第三行中，第4个数为：14+3×18=58，第5个数为：14+4×18=34， 即第四列中，第3个数为58；第五列中，第3个数为34，即第四行中，第1个数为18；第3个数为14，公差得111124816⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以第4个数为11541616b =+=，第5个数为15316168+=，第五列中，由于成等比数列28334c ⎛⎫ ⎪⎝⎭=，所以316c =，综上所述，得15321616a b c ++=++=1. 故答案为：1． 24．803 【解析】根据已知条件可以求出数列{}n a 为等比数列且2n n a =，讨论当1m =时和122n n m +≤<时m b 的值，代入计算即可得出结果.令1p =，q n =，则112n n n a a a a +==，所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，2n n a ∴=，①当1m =时，10b =； ②当122n n m +≤<时，m b n =，1501234567()()S b b b b b b b ∴=++++++23456465127128129150()()01222324252b b b b b b +++++++++=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯6627(150127)803+⨯+⨯-=．故答案为：803 25．12 【解析】由已知得623a =，626b =，再利用等差数列的前n 项和的性质化简求解.因为{}{}n n a b ，为等差数列， 则有39623a a a +==，57626b b b +==．11611S a =，11611T b =所以66111166111112a a S T b b ===．故答案为：12 26．193 【解析】根据已知条件求出等比数列{}n a 的首项和公比，得出2n n a =，讨论当1m =时和122n n m +≤<时m b 值，代入计算即可得出结果.由题意得，1212131(1)6(1)6a a a q a a a q +=+=⎧⎨-=-=-⎩，所以解得12a =，2q =， 所以{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列， 所以2n n a =，所以当1m =时，10b =；当122n n m +≤<时，m b n =， 所以5012345678915161731323350()()()()()S b b b b b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++++++，即234500122232425(5031)193S =+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯-=. 故答案为:193 27．{}1,2 【解析】列举出数列{}n a ，设1a x =，说明当33a ≥、30a =时且当3x ≥时，00341n n n S S n +-<+不成立；然后说明当31a =和32a =时，存在正整数0n ，使得00341n n n S S n +-<+对任意正整数n 成立，由此可得出3a 的取值集合.（1）当33a ≥时，由于1a 的任意性，不妨取133a a x ==≥，则这个数列为x 、0、x 、0、，而003n n n S S +-代表的是这个数列中连续的3n 个数.①当n 为偶数时，3922x ≥，则0030393222n n n x xn n S S n ++-=⨯=≥，显然00341n n n S S n +-<+不成立； ②当n 为奇数时，由于存在0n N *∈，使得00341n n n S S n +-<+， 不妨取这连续的3n 个数为0、x 、0、x 、、0，所以，()()003331933122n n n S n n S n x +---=-≥=，由于n 的任意性，故93412n n -<-不成立； （2）当30a =时，由于1a 的任意性，不妨设13a x =≥，则这个数列为x 、x 、0、x 、0、x 、，而003n n n S S +-代表的是这个数列中连续的3n 个数. ①当n 为偶数时，3922x ≥，则0030393222n n n x xn nS S n ++-=⨯=≥，显然00341n n n S S n +-<+不成立； ②当n 为奇数时，由于存在0n N *∈，使得00341n n n S S n +-<+， 不妨取这连续的3n 个数为0、x 、0、x 、、0，所以，()()003331933122n n n S n n S n x +---=-≥=，由于n 的任意性，故93412n n -<-不成立； （3）下面只需说明31a =和32a =成立即可.（i ）当31a =时，这列数可能为x 、1x +、1、x 、1x -、1、①或x 、1x -、1、2x -、3x -、1、②，不难发现②中的1、2、3项与①中的4、5、6项相同，故到后面也相同， 而无论x 是趋于+∞，或是0x =，一定存在某个时刻后，这列数就变为了1、0、1、0、1、0、，此时003341n n n S S n n +-<<+成立；（ii ）当32a =时，同理，由于存在0n N *∈，使得00341n n n S S n +-<+，故若1a →+∞，则0n →+∞，必有数与2较为接近，，此时有两种情况： 第一种：1与2并存，即1、2、1、1、0、1、0、，会发现到后面就等同于（i ）中的情况了；第二种：2与0并存，即2、0、2、0、，由于存在0n ，当n 为偶数时，0032033412n n n S S n n n ++-=⨯=<-成立， 当n 为奇数时，00331231412n n n S n S n n ++-≤⨯=+<+成立. 综上可知，3a 的取值集合为{}1,2. 故答案为：{}1,2.关键点点睛：本题考查数列不等式恒成立问题，解题的关键在于对3a 的取值进行分类讨论，利用列举数列的方法找出数列的周期性，结合周期性求解.28．（1）()*31,2n n n a n b n =-=∈N ；（2）证明见解析.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，则由题意可得3323227,86210,d q d q ⎧++=⎨+-=⎩从而可求出d ，q ，从而可求出数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）由（1）可知()23225282312n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，然后利用错位相减法可求得n T ，从而可证得结论（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由112a b ==，得434423,2,86.a d b q S d =+⎧⎪=⎨⎪=+⎩由条件，得方程组3323227,86210,d q d q ⎧++=⎨+-=⎩ 解得3,2.d q =⎧⎨=⎩所以()*31,2n n n a n b n =-=∈N（2）由（1）得()23225282312,n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯①()()23122252342312.n n n T n n +=⨯+⨯++-⨯+-⨯②由①-②得：()23122323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯()()161231221nn n n+⨯-=--⨯--()13428n n +=--⨯=，即()18342n n T n +-=-⨯，而当2n ≥时，()111342n n n a b n +--=-⨯. 所以()*118,2n n n T a b n n ---=∈≥N .29．答案见解析【解析】选①（1）由1122S =-易得62a =-，再根据84a =求得通项公式，再判断即可； （2）利用通项公式法，令0n a ≥求解；选②（1）由56S S =易得60a =，再根据84a =求得通项公式，再判断即可； （2）利用通项公式法，令0n a ≥求解； 选①（1）由1122S =-得：61122a =-， 所以62a =-，又因为84a =， 所以3d =，所以18742117a a d =-=-=-，所以1(1)17(1)3320n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 令 3202022n -=，则32042n =，此方程无正整数解， 所以2022不是数列{}n a 中的项.（2）令0n a ≥，即3200n -≥，解得：203n ≥， 所以7n ≥时，0n a >，当6n ≤时，0n a <， 所以，当6n =时，n S 的最小值为1666()572a a S +==-. 选②（1）由56S S =得：60a =， 又因为84a =，所以2d =， 所以18741410a a d =-=-=-，所以1(1)10(1)2212n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 令2122022n -=，则1017n =，所以2022是数列{}n a 中的第1017项. （2）令0n a ≥，即2120n -≥，解得：6n ≥， 所以7n ≥时，0n a >，当6n ≤时，0n a ≤， 所以，当5n =或6n =时，n S 的最小值为16566()302a a S S +===-. 30．（1）n b n =；（2）122n n S n +=+-.【解析】（1）由题意求出1b 和3b ，进而可求出公差，从而可求出通项公式；（2）利用（1）的结论可求得n a ，再用分组求和法求和即可 （1）设等差数列{}n b 的公差为d ，由13a =，39a =，得()1212log 1log 21b a =-==，()3232log 1log 83b a =-==，所以3122b b d -==，所以1d =，所以1(1)1n b n n =+-⨯=.（2）由（1）知n b n =，所以()2log 1n a n -=，所以12nn a -=，所以21n n a =+.所以()()2112(21)212n n n S a a a +=+++=+++++()()212122222212n n n n n n +-=++++=+=+--.31．（1）证明见解析；21n b n =-；（2）()1133n n S n +=-+；（3）答案不唯一，具体见解析．【解析】（1）根据递推公式，变形为()*11132N 33n nn n a a n +++=+∈，即可证明数列{}n b 是等差数列，并求通项公式；（2）由（1）可求()3213n nn n a b n ==-⋅，再利用错位相减法求和；（3）分n 为奇数和偶数两种情况求数列{}n c 的前n 项和n M ． （1）()1*1323N n n n a a n ++=+⨯∈，∴()*11132N 33n nn n a a n +++=+∈， ∴11233n n n n a a ++=+，3n n n a b =，∴111233n n n n n n a a b b +++-=-=，又13a =，∴1113a b ==， ∴数列{}n b 是首项为1，公差为2的等差数列，()12121n b n n =+-=-；（2）由（1）得21n b n =-，∴()3213n nn n a b n ==-⋅，∴()2333353213n n S n =+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅，()()2341333532332133n n n S n n +=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+-⋅，两式相减得()23132323231322n n n S n +=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅--⋅-()()()11118133213213613n n n n n -++-=+--⋅=----，∴()1133n n S n +=-+；（3）由题意21212n n T n n +-=⨯=，∴()()211n nn n c T n =-⋅=-⋅， 当为n 偶数，数列{}n c 的前n 项和。
2023-2024学年浙江省嘉兴市高中数学人教A版选修二第四章 数列强化训练-4-含解析
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年浙江省嘉兴市高中数学人教A 版选修二第四章 数列强化训练(4)姓名：____________班级：____________ 学号：____________考试时间：120分钟满分：150分题号一二三四五总分评分*注意事项：阅卷人得分一、选择题（共12题，共60分）1. 记 为等差数列 的前n 项和．已知，则A. B. C.D.2. 已知数列的前4项依次为2，0，2，0，则数列 的通项不可能是（）A. B. C.D.122436483. 是等差数列的前n 项和，如果，那么的值是（ ）A. B. C. D. 4. 已知数列满足：对任意的m ，，都有，且，则（ ）A. B. C. D.13813595235. 已知等差数列 满足， ，则它的前10项的和（ ）A. B. C. D.20% 36980% 36940% 36060% 3656. 《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例（百分比）为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁衰分得100，60，36，21.6个单位，递减的比例为40%，今共有粮m （m ＞0）石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得80石，乙、丁衰分所得的和为164石，则“衰分比”与m 的值分别为（ ）A. B. C. D. 7. 已知数列 的前 项积为 ，且满足 ，若 ，则 为（ ）A. B. C. D.2400元900元300元3600元8. 计算机的成本不断降低，若每隔3年计算机价格降低 ， 现在价格为8100元的计算机，9年后的价格可降为（ ）A. B. C. D. 9. 在a 和b 两数之间插入5个数，使他们与a ，b 组成等差数列，则该数列的公差为（ ）A.B.C.D.10. 数列 的通项公式 是（ ）A. B. C. D.2018年2019年2020年2021年11. 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30）A. B. C. D. 1836456012. 设等差数列 的前n 项和为，若则, =（ ）A. B. C. D. 13. 已知数列a n }的前n 项和为S n ， 若对任意的n ∈N * ， 都有S n =2n +n 2+n ﹣1，则a 6= ．14. 已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列，且边a=4，c=3，则b= ．15. 设数列{a n }的通项为a n =2n ﹣7（n ∈N *），则|a 1|+|a 2|+…+|a 15|= ．16. 已知数列的前几项为 ， ， ， ， …，则的一个通项公式为 ．17. 已知数列 中， ，.(1) 令 ，求证：数列 为等比数列；(2) 求数列 的通项公式；(3) 令，为数列的前 项和，求 .18. 在数列中，已知，对于任意的，有 .(1) 求数列的通项公式.(2) 若数列满足，求数列的通项公式.(3) 设，是否存在实数，当时，恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由.19. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，，且.(1) 求数列的通项公式；(2) 设，且数列的前n项和为，求证：.20. 设正项等比数列的前项和为，且满足， .（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列，求的前项和 .21. 已知为公差不为零的等差数列，其中成等比数列， .(1) 求数列通项公式；(2) 记，设的前项和为，求最小的正整数，使得 .答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.(1)(2)(3)18.(1)(2)(3)19.(1)(2)20.(1)(2)。
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第四章 数列§4.1等差数列的通项与求和一、知识导学1.数列：按一定次序排成的一列数叫做数列.2.项：数列中的每一个数都叫做这个数列的项，各项依次叫做这个数列的第1项（或首项），第2项，…，第n 项，….3.通项公式：一般地，如果数列｛a n ｝的第ｎ项与序号ｎ之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.4. 有穷数列:项数有限的数列叫做有穷数列.5. 无穷数列:项数无限的数列叫做无穷数列6.数列的递推公式：如果已知数列的第一项（或前几项）及相邻两项（或几项）间关系可以用一个公式来表示，则这个公式就叫做这个数列的递推公式.递推公式是给出数列的一种重要方法，其关健是先求出a 1,a 2,然后用递推关系逐一写出数列中的项.7.等差数列:一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，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ｄ表示．8.等差中项:如果ａ，Ａ，ｂ这三个数成等差数列，那么Ａ＝2b a +．我们把Ａ＝2ba +叫做ａ和ｂ的等差中项．二、疑难知识导析1.数列的概念应注意几点：（1）数列中的数是按一定的次序排列的，如果组成的数相同而排列次序不同，则就是不同的数列；（2）同一数列中可以出现多个相同的数；（3）数列看做一个定义域为正整数集或其有限子集(｛1，2，3，…，n ｝)的函数.2.一个数列的通项公式通常不是唯一的.3.数列｛a n ｝的前n 项的和S n 与a n 之间的关系：⎩⎨⎧≥-==-).2(),1(11n S S n S a n n n 若a 1适合a n (n>2),则n a 不用分段形式表示，切不可不求a 1而直接求a n .4.从函数的角度考查等差数列的通项公式：a n = a 1+(n-1)d=d ·n+ a 1-d, a n 是关于n 的一次式；从图像上看，表示等差数列的各点（n,n a ）均匀排列在一条直线上，由两点确定一条直线的性质，不难得出，任两项可以确定一个等差数列.5、对等差数列的前n 项之和公式的理解：等差数列的前n 项之和公式可变形为n d a n d S n )2(212-+=，若令A ＝2d ，B ＝a 1－2d，则n S ＝An 2+Bn.6、在解决等差数列问题时，如已知，a 1，a n ，d ，n S ，n 中任意三个，可求其余两个。
三、经典例题导讲[例1]已知数列1，4，7，10，…，3n+7,其中后一项比前一项大3.（1）指出这个数列的通项公式；（2）指出1+4+…+（3n －5）是该数列的前几项之和.错解：（1）a n =3n+7;(2) 1+4+…+（3n －5）是该数列的前n 项之和.错因：误把最后一项（含n 的代数式）看成了数列的通项.（1）若令n=1,a 1=10≠1,显然3n+7不是它的通项.正解：（1）a n =3n －2;(2) 1+4+…+（3n －5）是该数列的前n －1项的和.[例2] 已知数列{}n a 的前n 项之和为① n n S n -=22 ② 12++=n n S n求数列{}n a 的通项公式。
错解： ① 34)1()1(2222-=-+---=n n n n n a n ② nn n n n a n 21)1()1(122=-----++=错因：在对数列概念的理解上，仅注意了a n ＝S n －S n-1与的关系，没注意a 1=S 1.正解： ①当1=n 时，111==S a 当2≥n 时，34)1()1(2222-=-+---=n n n n n a n 经检验 1=n 时 11=a 也适合，∴34-=n a n ②当1=n 时，311==S a 当2≥n 时，nn n n n a n 21)1()1(122=-----++= ∴ ⎩⎨⎧=n a n 23)2()1(≥=n n [例3] 已知等差数列{}n a 的前n 项之和记为S n ，S 10=10 ，S 30=70，则S 40等于 。
错解：S 30= S 10·2d. ∴ d ＝30， ∴ S 40= S 30+d =100.错因：将等差数列中S m , S 2m －S m , S 3m －S 2m 成等差数列误解为S m , S 2m , S 3m 成等差数列.正解：由题意：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯+=⨯+7022930301029101011d a d a 得152,521==d a 代入得S 40 ＝1204023940401=⨯⨯+d a 。
[例4]等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和为S n 、T n .若),(27417+∈++=N n n n T S n n 求77b a ；错解：因为等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，故由题意令a n =7n+1;b n =4n+27.1110277417777=+⨯+⨯=∴b a 错因：误认为=n n T S nnb a 正解：79922713411371313777777=+⨯+⨯==++=∴T S b b a a b a [例5]已知一个等差数列{}n a 的通项公式a n =25－5n ，求数列{}||n a 的前n 项和；错解：由a n ≥0得n ≤5∴ {}n a 前5项为非负，从第6项起为负，∴ S n =a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=50(n ≤5)当n ≥6时，S n =｜a 6｜+｜a 7｜+｜a 8｜+…+｜a n ｜＝2)5)(520(--n n ∴ S n =⎪⎩⎪⎨⎧≥--≤6,2)5)(520(5,50n n n n 错因：一、把n ≤5理解为n=5，二、把“前n 项和”误认为“从n ≥6起”的和.正解： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+--≤-6,502)5)(520(5,2)545(n n n n n n[例6]已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1220，由此可以确定求其前n 项和的公式吗？解：理由如下：由题设： 31010=S 122020=S 得： ⎩⎨⎧=+=+122019020310451011d a d a ⎩⎨⎧==⇒641d a ∴ n n n n n S n +=⨯-+=2362)1(4[例7]已知：nn a -+=12lg 1024 （3010.02lg =）+∈N n （1） 问前多少项之和为最大？（2）前多少项之和的绝对值最小？ 解：（1） ⎩⎨⎧<-=≥-+=+02lg 102402lg )1(10241n a n a n n 3403340112lg 10242lg 1024<<⇒+≤<⇒n n∴3402=n （2） 0)2lg (2)1(1024=--+=n n n S n 当n n S S 或0=近于0时其和绝对值最小 令：0=n S 即 1024+0)2lg (2)1(=--n n 得：99.680412lg 2048≈+=n ∵ +∈N n ∴6805=n [例8]项数是n 2的等差数列，中间两项为1+n n a a 和是方程02=+-q px x 的两根，求证此数列的和n S 2是方程 0)lg (lg lg )lg (lg lg 2222=+++-p n x p n x 的根。
（02>n S ） 证明：依题意p a a n n =++1∵p a a a a n n n =+=++121 ∴npa a n S n n =+=2)(2212 ∵0)lg (lg lg )lg (lg lg 2222=+++-p n x p n x ∴ 0)lg (lg 2=-np x ∴n S np x 2== （获证）。
四、典型习题导练1．已知nn n S a a 2311+==-且，求n a 及n S 。
2．设)1(433221+++⨯+⨯+⨯=n n a n ，求证：2)1(2)1(2+<<+n a n n n 。
3.求和: n+++++++++++3211321121114.求和： )12()34()9798()99100(22222222-+-++-+- 5.已知c b a ,,依次成等差数列，求证：ab c ac b bc a ---222,,依次成等差数列.6.在等差数列{}n a 中， 40135=+a a ，则 =++1098a a a （ ）。
A ．72B ．60C ．48D ．367. 已知{}n a 是等差数列，且满足)(,n m m a n a n m ≠==，则n m a +等于________。
8.已知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n a 成等差数列，且713,61153-=-=a a ，求8a 的值。
§4.2等比数列的通项与求和一、知识导学1. 等比数列：一般地，如果一个数列从第２项起，每一项与它的前一项的比都等于 同 一 个 常 数，那 么 这 个 数 列 就 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ｑ表示．2. 等比中项：若ａ，Ｇ，ｂ成等比数列，则称Ｇ 为ａ 和ｂ 的等比中项．3.等比数列的前n 项和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠-⋅-=--=⋅=)1(11)1()1(111q q qa a q q a q a n S n n n二、疑难知识导析1.由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不为0.2.对于公比q ，要注意它是每一项与它前一项的比，防止把相邻两项的比的次序颠倒.3.“从第2项起”是因为首项没有“前一项”，同时应注意如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起每一项与它前一项的比都是同一个常数，此数列不是等比数列，这时可以说此数列从. 第2项或第3项起是一个等比数列.4.在已知等比数列的a 1和q 的前提下，利用通项公式a n =a 1q n-1,可求出等比数列中的任一项.5.在已知等比数列中任意两项的前提下，使用a n =a m q n-m可求等比数列中任意一项.6.等比数列｛a n ｝的通项公式a n =a 1q n-1可改写为nn q qa a ⋅=1.当q>0，且q ≠1时，y=q x 是一个指数函数，而xq qa y ⋅=1是一个不为0 的常数与指数函数的积，因此等比数列｛a n ｝的图象是函数xq qa y ⋅=1的图象上的一群孤立的点.7．在解决等比数列问题时，如已知，a 1，a n ，d ，n S ，n 中任意三个，可求其余两个。
三、经典例题导讲[例1] 已知数列{}n a 的前n 项之和S n =aq n（q q a ,1,0≠≠为非零常数），则{}n a 为（ ）。
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.既是等差数列，又是等比数列错解：)1(111-=-=-=+++q aq aq aq S S a nn n n n n)1(11-=-=∴--q aq S S a n n n nq a a nn =∴+1（常数） ∴{}n a 为等比数列，即B 。