2021年高考数学解答题专项突破练习-《数列》一学生版

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2021年高考数学总复习专题04 数列的综合应用强化突破理(含解析)新人教版

新人教版1．(xx·福州一中月考)一个三角形的三内角成等差数列，对应的三边成等比数列，则三内角所成等差数列的公差等于( )A ．0 B.π12 C.π6D.π4解析：选A 设三角形的三内角分别为A ，B ，C ，对应的边分别为a ，b ，c .令A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则B ＝π3，b 2＝ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，可推出a ＝c ＝b .故A ＝B ＝C ＝π3，公差为0. 2．(xx·辽宁高考)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列； p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D 设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n＝1＋1n是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4nd ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．选D.3．(xx·温州模拟)已知三个不全相等的实数a ，b ，c 成等比数列，则可能成等差数列的是( )A ．a ，b ，cB ．a 2，b 2，c 2C ．a 3，b 3，c 3D.a ，b ，c解析：选B 特值法求解，取a ＝1，b ＝－1，c ＝1，则a 2，b 2，c 2为1,1,1，是等差数列，故选B.4．(xx·海口质检)各项都是正数的等比数列{a n }的公比q ≠1且a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4＝( ) A.1－52 B.5＋12C.5－12D.5＋12或5－12解析：选B 据已知得a 3＝a 1＋a 2所以a 1q 2＝a 1＋a 1q ，所以q 2＝1＋q ，解得q ＝1±52，由于等比数列各项为正数，故q ＝1＋52，因此a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.故选B.5．已知各项不为0的等差数列{a n}满足2a2－a26＋2a10＝0，首项为18的等比数列{b n}的前n项和为S n，若b6＝a6，则S6＝( )A．16 B.31 8C.638D.6316解析：选C 由2a2－a26＋2a10＝0，∴4a6＝a26.∵a6≠0，∴a6＝4.∴b6＝4.又∵{b n}的首项b1＝18，∴q5＝b6b1＝32.∴q＝2.∴S6＝18－4×21－2＝638.故选C.6．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是( )A．211－47 B．212－57C．213－68 D．214－80解析：选B 由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n个30分钟内进入公园的人数为a n，第n个30分钟内出来的人数为b n，则a n＝4×2n－1，b n＝n，则上午11时30分公园内的人数为S＝2＋41－2101－2－10×1＋102＝212－57.故选B.7．(xx·襄阳五中月考)已知等差数列{a n}中，a7＝π4，则tan(a6＋a7＋a8)等于________．解析：－1 由等差中项性质得a6＋a7＋a8＝3a7＝3π4，故tan(a6＋a7＋a8)＝tan 3π4＝－1.8．(xx·广元适应性统考)有四个自然数从小到大排成一列，前三个数成等差数列，公差为2，后三个数成等比数列，则这四个数的和为________．解析：14或21 依题意，设这四个数依次为a－2、a、a＋2、a＋22a(其中a≥2，a∈N*)．由a≥2，a∈N*，且a＋22a＝a＋4a＋4∈N，得a是4的不小于2的正约数，因此a＝2或a＝4.当a＝2时，这四个数依次为0、2、4、8，此时这四个数的和等于14；当a＝4时，这四个数依次为2、4、6、9，此时这四个数的和等于21.9．(xx·衡水中学月考)定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，若数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1122 1＝1且⎪⎪⎪⎪⎪⎪3 3a n a n ＋1＝12(n ∈N *)，则a 3＝________，数列{a n}的通项公式为a n ＝________.解析：10,4n －2 由题意得a 1－1＝1,3a n ＋1－3a n ＝12，即a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4.∴{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列． ∴a n ＝2＋4(n －1)＝4n －2，a 3＝4×3－2＝10.10．(xx·苏州中学调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝________.解析：9 ∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1(n ≥2)．两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，∴a n ＋1＝4a n ，即a n ＋1a n＝4.∴{a n }从第2项起是公比为4的等比数列．当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3， ∴当n ≥2时，a n ＝3×4n －2，S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48＝1＋3(1＋4＋…＋48) ＝1＋3×1－491－4＝1＋49－1＝49.∴log 4S 10＝log 449＝9.11．(xx·湖北高考)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0. 由题意得⎩⎨⎧S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18，即⎩⎨⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q 1＋q ＋q 2＝－18，解得⎩⎨⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1. (2)由(1)有S n ＝3·[1－－2n]1－－2＝1－(－2)n .若存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n≤－2 012.当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，即2n≥2 012，解得n≥11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k ∈N，k≥5}．12．在正项数列{a n}中，a1＝2，点A n(a n，a n＋1)在双曲线y2－x2＝1上，数列{b n}中，点(b n，T n)在直线y＝－12x＋1上，其中Tn是数列{b n}的前n项和．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求证：数列{b n}是等比数列；(3)若c n＝a n·b n，求证：c n＋1<c n.(1)解：由已知点A n在y2－x2＝1上知，a n＋1－a n＝1，∴数列{a n}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.(2)证明：∵点(b n，T n)在直线y＝－12x＋1上，∴T n＝－12bn＋1，①∴T n－1＝－12bn－1＋1(n≥2)，②①－②得b n＝－12bn＋12bn－1(n≥2)，∴32bn＝12bn－1，∴b n＝13bn－1.令n＝1，得b1＝－12b1＋1，∴b1＝23，∴数列{b n}是一个以23为首项，以13为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可知b n＝23·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1＝23n.∴c n＝a n·b n＝(n＋1)·23n ，∴c n＋1－c n＝(n＋2)·23n＋1－(n＋1)·23n＝23n＋1[(n＋2)－3(n＋1)]＝23n＋1(－2n－1)<0，∴c n＋1<c n.13．(xx·南昌模拟)下表是一个由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等．已知a1,1＝1，a2,3＝6，a3,2＝8.(1)求数列{a n,2}的通项公式；(2)设b n＝a1，nan，2＋(－1)n a1，n，n＝1,2,3，…，求数列{b n}的前n项和S n.解：(1)设第一行依次组成的等差数列的公差是d，第一列依次组成的等比数列的公比是q(q>0)，则a2,3＝qa1,3＝q(1＋2d)⇒q(1＋2d)＝6，a3,2＝q2a1,2＝q2(1＋d)⇒q2(1＋d)＝8，解得d＝1，q＝2，所以a1,2＝2⇒a n,2＝2×2n－1＝2n.(2)由(1)知a1，n＝n，所以b n＝n2n＋(－1)n n，S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12＋222＋323＋…＋n2n＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n]，记T n＝12＋222＋323＋…＋n2n，①则12Tn＝122＋223＋324＋…＋n2n＋1，②①－②得12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝1－n＋22n＋1，所以T n＝2－n＋2 2n，所以当n为偶数时，S n＝n2＋2－n＋22n；当n 为奇数时，S n ＝－n ＋12＋2－n ＋22n.14．某工厂为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线在使用过程中的维护费用会逐年增加，第1年的维护费用是4万元，从第2年到第7年，每年的维护费用均比上年增加2万元，从第8年开始，每年的维护费用比上年增加25%.(1)设第n 年该生产线的维护费用为a n ，求a n 的表达式；(2)若该生产线前n 年每年的平均维护费用大于12万元时，需要更新生产线，求该生产线前n 年每年的平均维护费用，并判断第几年年初需要更新该生产线？解：(1)由题知，当1≤n ≤7时，数列{a n }是首项为4，公差为2的等差数列，故a n ＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2.当n ≥8时，数列{a n }从a 7开始构成首项为a 7＝2×7＋2 ＝16，公比为1＋25%＝54的等比数列，则此时a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7，故a n＝⎩⎨⎧2n ＋2，1≤n ≤7，16×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7，n ≥8.(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，当1≤n ≤7时，S n ＝4n ＋n n －12×2＝n 2＋3n ，当n ≥8时，由S 7＝70，得S n ＝70＋16×54×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －71－54＝80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10，故该生产线前n 年每年的平均维护费用为S n n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ＋3，1≤n ≤780×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10n ，n ≥8当1≤n ≤7时，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 为递增数列，当n ≥8时，因为S n ＋1n ＋1－S n n ＝80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －6－10n ＋1－80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10n＝80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7·⎝ ⎛⎭⎪⎫n 4－1＋10n n ＋1>0，所以S n ＋1n ＋1>S n n ，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 也为递增数列．又S 77＝10<12，S 88＝80×54－108＝11.25<12.S 9 9＝80×⎝⎛⎭⎪⎫542－109≈12.78>12，故第9年年初需更新生产线．36210 8D72 赲26302 66BE 暾-33084 813C 脼34424 8678 虸25578 63EA 揪40675 9EE3 黣W;631213 79ED 秭z30852 7884 碄35232 89A0 覠37103 90EF 郯。

高考数学大一轮复习高考专题突破三高考中的数列问题试题理北师大版(2021年最新整理)

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高考专题突破三高考中的数列问题试题理北师大版1．(2016·广州模拟）数列｛a n｝是公差不为0的等差数列,且a1,a3，a7为等比数列{b n｝中连续的三项，则数列｛b n｝的公比为（）A. 2 B．4C．2 D.错误!答案C解析设数列{a n｝的公差为d（d≠0）,由a错误!＝a1a7，得(a1＋2d)2＝a1（a1＋6d），解得a1＝2d，故数列{b n｝的公比q＝a3a1＝a1＋2da1＝错误!＝2。

2．已知等差数列{a n｝的前n项和为S n，a5＝5，S5＝15，则数列错误!的前100项和为（）A。

错误! B.错误!C.99100D。

错误!答案A解析设等差数列｛a n}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5,S5＝15，∴｛a1＋4d＝5，，5a1＋5×5－12d＝15，∴错误!∴a n＝a1＋(n－1)d＝n。

∴错误!＝错误!＝错误!－错误!，∴数列错误!的前100项和为错误!＋错误!＋…＋错误!＝1－错误!＝错误!.3．等比数列｛a n}的前n项和为S n，已知S1，2S2,3S3成等差数列,则等比数列｛a n｝的公比为________．答案错误!解析设等比数列{a n｝的公比为q(q≠0)，由4S2＝S1＋3S3，得4（a1＋a1q)＝a1＋3（a1＋a1q＋a1q2)，即3q2－q＝0,又q≠0，∴q＝错误!.4．(2015·课标全国Ⅱ）设S n是数列{a n}的前n项和,且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝____________.答案－错误!解析由题意,得S1＝a1＝－1，又由a n＋1＝S n S n＋1，得S n＋1－S n＝S n S n＋1，因为S n≠0，所以错误!＝1，即错误!－错误!＝－1，故数列错误!是以错误!＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以错误!＝－1－（n－1）＝－n，所以S n＝－错误!。

2021年高考数学解答题专项复习-《数列》(含答案)

2021年高考数学解答题专项复习-《数列》1.设{a}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．2.设{a}是等差数列，且a1=ln2,a2+a3=5ln2.n（1）求{a n}的通项公式；（2）求错误!未找到引用源。

.3.设数列{a}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.n（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足a n·b n=log3a n，求{b n}的前n项和T n.4.已知{a}是公差为1的等差数列，且a1，a2，a4成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和．5.已知数列{a}前n项和为S n,且S n=2n2+n,n∈N+,数列{b n}满足a n=4log2b n+3，n∈N+.n(1)求a n和b n的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.6.已知数列{a}和{b n}满足a1=1，b1=0，，.n（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.7.S为数列{a n}的前n项和.已知a n＞0，=.n（1）求{a n}的通项公式；（2）设 ,求数列{b n}的前n项和.8.已知等差数列{a}满足a3=6，前7项和为S7=49.n（1）求{a n}的通项公式（2）设数列{b n}满足b n=(a n-3)·3n，求{b n}的前n项和T n.9.设数列{a}满足a1+3a2+...+(2n-1)a n=2n.n（1）求{a n}通项公式；（2）求数列的前n项和．10.已知等比数列{a}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，n数列{（b n+1-b n）a n}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{b n}的通项公式．11.已知数列{a}是递增的等比数列，且a1+a4=9,a2a3=8.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设S n为数列{a n}的前n项和，，求数列{b n}的前n项和T n．12.已知数列{a}为递增的等差数列，其中a3=5，且a1,a2,a5成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）设记数列{b n}的前n项和为T n，求使得成立的m的最小正整数．13.等比数列{a}的各项均为正数，且.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求数列的前n项和T n.14.已知数列{a}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设错误!未找到引用源。

数列(文科)解答题30题--高考数学复习提分复习资料学生版

专题4数列（文科）解答题30题1．（江西省南昌市金太阳大联考2023届高三上学期10月联考数学（文）试题）在等比数列{n a }中，122554a a a +==．(1)求{n a }的通项公式；(2)求数列{3214n a n +-}的前n 项和Sn ．2．（2022·贵州·校联考模拟预测）已知()()2221121216n n n n ++⋅⋅⋅+=++，数列{}n a 满足2121n n a a n n +-=++，11a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设21n n a b n =+，求数列1n b ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和n S .3．（河南省许昌济源平顶山2022届高三第三次质量检测文科数学试题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为16,3,12n S a S =-=，数列{}n b 满足()*112,2n n b b b n +==∈N ．(1)求数列{}{},n n a 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 ．4．（青海省海东市第一中学2022届高考模拟（二）数学（文）试题）已知正项数列{}n a 满足2123232n a a a na n n ++++=+ ，且()()211n n n n a b n n+-=++．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的前n 项和n S ．5．（陕西省汉中市2023届高三上学期教学质量第一次检测文科数学试题）已知数列{}n a 是公差为12的等差数列，数列{}n b 是首项为1的等差数列，已知2344a b a b -=-.(1)求n b ；(2)求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .6．（陕西省汉中市2022届高三上学期教学质量第一次检测文科数学试题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足39a =，___________.在①36S a =，②430S =，③25845a a a ++=这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）(1)求{}n a 的通项公式；(2)设2na n nb a =+，求{}n b 的前n 项和n T .7．（山西省太原市2022届高三二模数学（文）试题）已知数列{}n a 为公差大于0的等差数列，2512a a +=，且1a ，3a ，13a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S ，若2041m S =，求m 的值.8．（江西省宜春市八校2022届高三下学期联合考试数学（文）试题）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，23a =且125,,a a a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}3n n a 的前n 项和为n T .9．（广西柳州市2023届高三第二次模拟数学（文）试题）在数列{}n a 中，()11N ,R,029n a n a a n *=+∈∈≠-，它的最大项和最小项的值分别是等比数列{}n b 中的21b -和39b -的值.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)已知数列{}()3,log n n n n c c b b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n M .10．（江西省部分学校2023届高三上学期1月联考数学（文科）试题）公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足310a =，2a 、4a 、7a 成等比数列．(1)求{}n a 的前n 项和n S ；(2)记26n n b S =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．11．（2022·陕西西安·西安中学校考一模）已知数列{}n a 的前n 项和是n S ，且2n S n =，数列{}n b 的前n 项和是n T ，且323n n b T =+．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设n n na cb =，证明：1231nc c c c ++++< ．12．（2022·陕西渭南·统考一模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，不等式21280a x S x --<的解集为()1,4-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2111n n nb a S =+-，求数列{}n b 的前n 项和n T .13．（2022·贵州贵阳·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为21,n n n S T =-为等差数列{}n b 的前n 项和，且满足23b a =，527T T =．(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n H ．14．（河南省多校联盟2022届高考终极押题（A 卷）数学（文）试题）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n Sn a 与1的等差中项.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列11n n a a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：1132n T ≤<.15．（河南省郑州市2022届高三第三次质量预测文科数学试题）已知数列{}n a 满足111,1n n a a S +==+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，n *∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n n b a -是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{}n b 的前n 项和．16．（第四章数列（选拔卷）-【单元测试】2021-2022学年高二数学尖子生选拔卷（苏教版2019选择性必修第一册））已知各项都为正数的数列{an }满足an ＋2＝2an ＋1＋3an .(1)证明：数列{an ＋an ＋1}为等比数列；(2)若a 1＝12，a 2＝32，求{an }的通项公式.17．（辽宁省铁岭市六校2021-2022学年高三上学期12月月考数学试题）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足332n n a S =+（n *∈N ）．(1)证明：数列{}n a 是等比数列；(2)令()31log n n na c n a *+=∈N ，求数列{}n c 的前n 项和n T .18．（陕西省榆林市2023届高三上学期一模文科数学试题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()1113,1n n n a S S n a ++=+=+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .19．（陕西省西安中学2022届高三下学期八模文科数学试题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，且公比1q >，已知24a =，314S =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()1n n b a n λ=+-，若{}n b 是递增数列，求实数λ的取值范围．20．（山西省吕梁市2022届高三三模文科数学试题）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且131,7a S ==．(1)求{}n a 的通项公式；(2)记()()2211log 1log 1n n n b S S +=+⋅+，求{}n b 的前n 项和n T ．21．（山西省际名校2022届高三联考二（冲刺卷）文科数学试题）已知数列{}n a 的前n项和为n S ，且31,n n S a n n *+=-∈N ．(1)证明{}3n a -是等比数列；(2)求{}n na 的前n 项和n T ．22．（内蒙古赤峰市2023届高三下学期1月模拟考试文科数学试题）已知单调递增的等差数列{}n a ，且12a =，2a ，32a +，64a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k +=⋅⋅⋅之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值．23．（内蒙古呼伦贝尔市满洲里市2022届高三三模数学（文）试题）已知数列{}n a ，{}n b ，n S 为数列{}n a 的前n 项和，214,22,n n a b S a ==-()()1*21N +-+=+∈n n nb n b n n n .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并求数列(){}1n n b -的前2n 项和.24．（内蒙古呼伦贝尔市部分校2022届高考模拟数学（文）试题）已知在等差数列{}n a 中，25a =，1033a a =．(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．25．（宁夏银川一中2022届高三第四次模拟考试数学（文）试题）已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ．26．（新疆乌鲁木齐地区2022届高三第二次质量监测数学（文）试题（问卷））设数列{}n a 是由正数组成的等比数列.其中24a =，416a =.(1)求数列{}n a 的通顶公式；(2)若数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列，其中12b =，求数列{}n b 的前n 项和n T .27．（江西省南昌市2022届高三第三次模拟测试数学（文）试题）{}n a 是各项均为正数的等差数列，其前n 项和为n S ，已知12a =，14n n n S a a +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1n n n b S a =+，若{}n b 的前n 项和为n T ，求证：1118n T <.28．（江西省九江市2022届第三次高考模拟统一考试数学（文）试题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()1222n n S S n -=+≥．(1)求n a ；(2)求数列()21n n n n a ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和．29．（广西梧州市2023届高三第一次模拟测试数学（文）试题）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，22n n S a +=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记2,log ,n n na nb a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求{}n b 前12项的和.30．（贵州省2023届高三333高考备考诊断性联考（一）数学（文）试题）已知数列{}n a 是递增的等比数列．设其公比为q ，前n 项和为n S ，并且满足1534a a +=，8是2a 与4a 的等比中项．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b n a =⋅，n T 是n b 的前n 项和，求使12100n n T n +-⋅>-成立的最大正整数n 的值．。

2021高考数学刷题首秧专题突破练4数列中的典型题型与创新题型文含解析2021050645

专题突破练(4) 数列中的典型题型与创新题型一、选择题1．如果等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于( )A．14 B．21 C．28 D．35答案 C解析∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，a4＝4．∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28．故选C．2．在等比数列{a n}中，a1＝1，公比|q|≠1．若a m＝a1a2a3a4a5，则m等于( )A．9 B．10 C．11 D．12答案 C3．在递减等差数列{a n}中，若a1＋a5＝0，则S n取最大值时n等于( )A．2 B．3 C．4 D．2或3答案 D解析∵a1＋a5＝2a3＝0，∴a3＝0．∵d<0，∴{a n}的第一项和第二项为正值，从第四项开始为负值，故S n取最大值时n等于2或3．故选D．4．在等差数列{a n}中，首项a1＝0，公差d≠0，若a k＝a10＋a11＋…＋a100，则k＝( ) A．496 B．469 C．4914 D．4915答案 D解析因为数列{a n}是等差数列，所以a n＝a1＋(n－1)d＝(n－1)d，因为a k＝a10＋a11＋…＋a100，所以a k＝100a1＋100×992d－9a1＋9×82d＝4914d，又a k＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915．故选D．A．1024 B．2012 C．2026 D．2036答案 C6．约瑟夫规则：将1，2，3，…，n按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，直至剩余一个数为止，删除的数依次为1，3，5，7，…．当n＝65时，剩余的一个数为( )A．1 B．2 C．4 D．8答案 B解析将1，2，3，…，65按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按。

2021年高考数学大一轮复习解答题专题突破(三)高考中的数列问题课时作业理

2021年高考数学大一轮复习解答题专题突破（三）高考中的数列问题课时作业理1．(xx·威海模拟)已知{a n }为等差数列，且a 3＝5，a 7＝2a 4－1. (1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ；(2)若数列{b n }满足b 1＋4b 2＋9b 3＋…＋n 2b n ＝a n ，求数列{b n }的通项公式．解：(1)设等差数列{a n }的首项和公差分别为a 1，d ，则⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋6d ＝2a 1＋3d－1，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝n a 1＋a n2＝n 2.(2)∵b 1＋4b 2＋9b 3＋…＋n 2b n ＝a n ，①∴b 1＋4b 2＋9b 3＋…＋(n －1)2b n －1＝a n －1，n ≥2.② ①－②，得n 2b n ＝a n －a n －1＝2，n ≥2，∴b n ＝2n2，n ≥2，又∵b 1＝a 1＝1，∴b n＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2n 2，n ≥2.2．(xx·淄博模拟)若数列{A n }满足A n ＋1＝A 2n ，则称数列{A n }为“平方递推数列”．已知数列{a n }中，a 1＝9，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，其中n为正整数．(1)证明：数列{a n＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(a n＋1)}为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项积为T n，即T n＝(a1＋1)(a2＋1)…(a n ＋1)，求lg T n；(3)在(2)的条件下，记b n＝lg T nlg a n＋1，求数列{b n}的前n项和S n，并求使Sn＞4 026的n的最小值．解：(1)证明：由题意，得a n＋1＝a2n＋2a n，即a n＋1＋1＝(a n＋1)2，则{a n＋1}是“平方递推数列”．对a n＋1＋1＝(a n＋1)2两边取对数，得lg(a n＋1＋1)＝2lg(a n＋1)，所以数列{lg (a n＋1)}是以lg(a1＋1)为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，lg(a n＋1)＝lg(a1＋1)·2n－1＝2n－1.lg T n＝lg[(a1＋1)(a2＋1)…(a n＋1)]＝lg(a1＋1)＋lg(a2＋1)＋…＋lg(a n＋1)＝1·1－2n1－2＝2n－1.(3)b n＝lg T nlg a n＋1＝2n－12n－1＝2－⎝⎛⎭⎪⎫12n－1，S n ＝2n－1－12n1－12＝2n－2＋12n－1.又S n＞4 026，即2n－2＋12n－1＞4 026，n＋12n＞2 014，又0＜12n＜1，所以n min＝2 014.3．(xx·潍坊模拟)已知等差数列{a n}，a1＋a3＋a5＝42，a4＋a6＋a8＝69；等比数列{b n}，b1＝2，log2(b1b2b3)＝6.(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；(2)设c n＝a4－b n，求数列{|c n|}的前n项和T n.解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，∵a1＋a3＋a5＝3a3＝42，∴a3＝14，∵a4＋a6＋a8＝3a6＝69，∴a6＝23.∴d＝23－143＝3.∴a n＝a3＋(n－3)d＝14＋(n－3)·3＝3n＋5.设等比数列{b n}的公比为q，由log2(b1b2b3)＝6，得b1b2b3＝26，即(b2)3＝26，∴b2＝4，则q＝b2b1＝42＝2，∴b n＝2·2n－1＝2n.(2)c n ＝a 4－b n ＝17－2n，c n ＋1－c n ＝17－2n ＋1－(17－2n )＝－2n ＜0， ∴{c n }为递减数列．又c 1＝15，c 2＝13，c 3＝9，c 4＝1，c 5＝－15， ∴{c n }的前4项为正，从第5项开始往后各项为负，设数列{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝17n －(2＋22＋ (2))＝17n －21－2n 1－2＝17n －2n ＋1＋2.∴当n ≤4时，T n ＝|c 1|＋|c 2|＋…＋|c n |＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝S n ＝17n －2n ＋1＋2. 当n ≥5时，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4－(c 5＋c 6＋…＋c n ) ＝S 4－(S n －S 4)＝2S 4－S n ＝76－17n ＋2n ＋1－2 ＝74－17n ＋2n ＋1.∴T n ＝⎩⎨⎧17n －2n ＋1＋2，n ≤4，74－17n ＋2n ＋1，n ≥5.4．(xx·威海模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，S n ＋1－2＝4a n ，设b n ＝a n ＋1－2a n .(1)证明：数列{b n }为等比数列，并写出{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝⎩⎨⎧2n －1，n 为奇数，log 2b n ，n 为偶数，T n 为数列{c n }的前n 项和，求T 2n .解：(1)由S n ＋1－2＝4a n ，① 得S n －2＝4a n －1(n ≥2，n ∈N *)，②由①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n b n －1＝a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝4a n －4a n －1－2a n a n －2a n －1＝2a n －2a n －1a n －2a n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)， ∴数列{b n }是公比为2的等比数列．由a 1＝3，S n －2＝4a n －1，得a 1＋a 2－2＝4a 1， ∴a 2＝3a 1＋2＝11，∴b 1＝a 2－2a 1＝5， ∴b n ＝5·2n －1.(2)由题意c n ＝⎩⎨⎧2n －1，n 为奇数，log 25＋n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝c 1＋c 3＋c 5＋…＋c 2n －1＋c 2＋c 4＋…＋c 2n ＝20＋22＋…＋22n －2＋n log 25＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝1－4n 1－4＋n log 25＋n 1＋2n －12＝4n －13＋n log 25＋n 2.5．(xx·青岛模拟)已知{a n}是等差数列，首项a1＝3，前n项和为S n.令c n ＝(－1)n S n(n∈N*)，{c n}的前20项和T20＝330.数列{b n}是公比为q的等比数列，前n项和为W n，且b1＝2，q2＝a9.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)证明：(3n＋1)W n≥nW n＋1(n∈N*)．解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，因为c n＝(－1)n S n，所以T20＝－S1＋S2－S3＋S4＋…＋S20＝330，则a2＋a4＋a6＋…＋a20＝330，即10(3＋d)＋10×92×2d＝330，解得d＝3，所以a n＝3＋3(n－1)＝3n，所以q3＝a9＝27，q＝3，所以b n＝2·3n－1.(2)证明：由(1)知，W n＝21－3n1－3＝3n－1，要证(3n＋1)W n≥nW n＋1，只需证(3n＋1)(3n－1)≥n(3n＋1－1)，即证3n≥2n＋1.当n＝1时，3n＝2n＋1，不等式成立．当n＝2时，左边＝9，右边＝5，左边＞右边，不等式成立．假设当n＝k(k≥2)时，不等式成立，即3k＞2k＋1，则当n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3×3k ＞3(2k ＋1)＝6k ＋3＞2(k ＋1)＋1， ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．故当n ≥2时，3n ＞2n ＋1.综上可知，3n ≥2n ＋1对于n ∈N *成立．所以(3n ＋1)W n ≥nW n ＋1(n ∈N *)．6．(xx·济宁模拟)已知数列{b n }满足S n ＋b n ＝n ＋132，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫b n －12是等比数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)如果对任意n ∈N *，不等式12k12＋n －2S n≥2n －7恒成立，求实数k 的取值范围．解：(1)对于任意n ∈N *，S n ＋b n ＝n ＋132，①S n ＋1＋b n ＋1＝n ＋1＋132，②②－①，得b n ＋1＝12b n ＋14，所以b n ＋1－12＝12⎝⎛⎭⎪⎫b n －12.又由①式知，S 1＋b 1＝142，即b 1＝72. 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫b n －12是首项为b 1－12＝3，公比为12的等比数列，所以b n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12.(2)因为b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以S n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＋n 2＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋n 2＝6⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2.因为不等式12k12＋n －2S n≥2n －7，化简，得k ≥2n －72n，对任意n ∈N *恒成立，设c n ＝2n －72n，则c n ＋1－c n ＝2n ＋1－72n ＋1－2n －72n＝9－2n 2n ＋1，当n ≥5时，c n ＋1≤c n ，{c n }为单调递减数列，当1≤n ＜5时，c n ＋1＞c n ，{c n }为单调递增数列， 116＝c 4＜c 5＝332，所以n ＝5时，{c n }取得最大值332，所以，要使k ≥2n －72n 对任意n ∈N *恒成立，k ≥332.zt38746 975A 靚34727 87A7 螧Q36875 900B 逋 40085 9C95鲕25882 651A 攚29007 714F 煏?24542 5FDE 忞37853 93DD 鏝F。

2021年高考新数学解答题挑战满分专项训练2.2 数列(理)(解析版)

专题2.2 数列1．（1）等差（比）数列问题解决的基本方法：用公式进行基本量代换；（2）数列求和的方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法．2．数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法．3．一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解，这也是考查频率比较高的考查点．1．已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为3,9n S S =，若1231,1,3a a a +++构成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式．（2）设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：13nT ≥ 【试题来源】二轮复习联考（一）2021届高三【答案】（1）21n a n =-；（2）证明见解析．【分析】（1）由等差数列和等比数列的定义，即可求出通项公式．（2）利用裂项相消法即可求出数列的和，进而利用不等式放缩即可证明结果．【解析】（1）由{}n a 为等差数列，39,S =得239a =，则23,a = 又1231,1,3a a a +++构成等比数列，所以()2132()(11)3a a a ++=+，即()461,)6(d d -+=解得2d =或4d =-(舍)，所以21n a n =-；（2）因为()()1111121212)21211(n n a a n n n n +=--+-+=，所以12231111n n n T a a a a a a +=+++…111111123352121n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪-+⎝⎭11111213221n n n ==≥=+++.2．已知{}n a 为等差数列，{}n b 为公比大于0的等比数列，且11b =，236b b +=，33a =，4652a a b +=．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记()121n n n c a b +=-⋅，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ．【试题来源】天津市部分区2021届高三下学期质量调查（一）【答案】（1）n a n =，12n n b -=；（2）()16232n n S n +=+-⨯．【分析】（1）求出{}n a 的公差和{}n b 的公比后可得{}n a 和{}n b 的通项公式．（2）利用错位相减法可求n S ．【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则26q q +=，解得2q或3q =-（舍），故12n n b -=．又()5233316d d b ++=+=，故1d =，故n a n =．（2）()()121212nn n n c a b n +⋅==--⋅，故()23123252212n n S n =⨯+⨯+⨯++-⨯，所以()23412123252212n+n S n =⨯+⨯+⨯++-⨯，所以()()23122222212n n n S n +-=++++--⨯()()()11141222212623212n n n n n -++-=+⨯--⨯=---⨯-，故()16232n n S n +=+-⨯．3．已知{a n }为等差数列，各项都为正数的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，且13b =，339S =，127a b =-，4041a b =-．（1）求{}n a ､{}n b 的通项公式；（2）求和1231222n n a a a a a ++++⋯⋯++．【试题来源】陕西省西安市八校2020-2021学年高三上学期第一次联考【答案】（1）a n =2n ；b n =3n ，n ∈N *；（2）2n 2+4n ．【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式及求和公式列出方程组求解即可；（2）变形后根据等差数列的求和公式求和即可．【解析】（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q >0，由b 1=3，S 3=39，a 1=b 2﹣7，a 40=b 4﹣1，可得3+3q +3q 2=39，a 1=3q ﹣7，a 1+39d =3q 3﹣1，解得q =3，d =2，a 1=2，则a n =2+2(n ﹣1)=2n ；b n =3•3n ﹣1=3n ，n ∈N *；（2）a 1+2a 2+2a 3+……+2a n +a n +1=2(a 1+a 2+a 3+……+a n +a n +1)﹣a 1﹣a n +1 =2•12(n +1)(2+2n +2)﹣2﹣2(n +1)=2n 2+4n ． 4．已知{}n a 是等差数列，11a =，410a =，且1a ，()k a k *∈N ，6a 是等比数列{}n b 的前3项．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）数列{}n c 是由数列{}n a 的项删去数列{}n b 的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列{}n c 的前20项的和．【试题来源】湘豫名校联考2021届高三（4月）【答案】（1）32n a n =-，14n n b -=；（2）767．【分析】（1）根据14,a a 以及等差数列的通项公式计算即可得到n a 结果，然后根据216k a a a =⋅可得k ，最后简单计算可得n b ．（2）根据（1）的条件可知求解的是()()2012241234S a a a b b b b =+++-+++，计算即可．【解析】（1）数列{}n a 是等差数列，设公差为d ，且11a =，410a =．则111310a a d =⎧⎨+=⎩，解得3d =，所以()13132n a n n =+-=-．因为1a ，k a ，6a 是等比数列{}n b 的前3项，则216k a a a =⋅，由于32k a k =-，代入上式解得2k =．于是11b =，24b =，316b =，因此等比数列{}n b 的公比4q =．故数列{}n b 的通项公式为14n n b -=．（2）设数列{}n c 的前20项的和为20S ．因为3422464b a ===，45864256b a ===，则()()2012241234S a a a b b b b =+++-+++()242324131416647672⨯=⨯+⨯-+++=． 5．已知数列{}n a 的前n 项和2n S n n =-．（1）求数列{}n a 的通项公式（2）若数列{}n b 满足331n n a og n log b +=，求数列{}n b 的前n 项和．【试题来源】百校大联考2021届高三第六次大联考【答案】（1）22n a n =-；（2）()181964nn n T +-⨯=．【分析】（1）利用1n n n a S S -=-求通项公式；（2）先根据331n n a og n log b +=求出19n n b n -=⨯，再用错位相减法求和．【解析】()21n S n n =-，∴当1n =时，2111,S =-即10a =；当2n ≥时，()211)1(n S n n -=---，()()()21211n n S S n n n n -⎡⎤∴-=-----⎣⎦．()222n n n a ∴=-≥，验证知，当1n =时，也成立．综上，22n a n =-．()2据()1求解知，22n a n =-．又33n n a log n log b +=，3322n n log n log b ∴-+=，19n n b n -∴=⨯，∴数列{}n b 的前n 项和01211929399n n T n -=⨯+⨯+⨯⋯+⨯，① 12391929399n n T n ∴=⨯+⨯+⨯+⋯+⨯，②①-②得01219191919199n nn n T T n --=⨯+⨯+⨯+⋯+⨯-⨯()1198919n n n T n ⨯-∴-=-⨯-，()181964nn n T +-⨯∴=【名师点睛】数列求和常用方法：（1）公式法；（2）倒序相加法；（3）裂项相消法；（4）错位相减法．6．已知公差0d ≠的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且25a =，1a ，4a ，13a 成等比数列（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的n 项和34nT < 【试题来源】内蒙古赤峰市2021届高三下学期3月模拟考试【答案】（1）21n a n =+；（2）证明见解析．【分析】（1）运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（2）运用等差数列的求和公式，可得()2131222n S n n n n n =+-⋅=+，211111222n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，再由裂项相消求和，可得所求和．【解析】（1）公差0d ≠的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，25a =，1a ，4a ，13a 成等比数列，则2411325a a a a ⎧=⎨=⎩，即()()121115312a d a d a a d +=⎧⎪⎨+=+⎪⎩解得132a d =⎧⎨=⎩ 则()32121na n n =+-=+；（2）由等差数列求和公式得()2131222n S n n n n n =+-⋅=+， 211111222n S n n n n ⎛⎫∴==- ⎪++⎝⎭，故11111111111232435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-+⋯+-+- ⎪-++⎝⎭()()1111312331221242124n n n n n +⎛⎫=+--=-⋅< ⎪++++⎝⎭．【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式和及裂项相消法求和，常见的裂项技巧：（1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭；（2）1k=；（3）()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；（4）()()122121n n n +-- ()()()()1121212121n n n n ++---=-- 1112121n n +=---；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误，考查学生的运算能力，属于中档题．7．已知等差数列{}n a 的公差2d =，且126a a +=，数列{}n b 是各项均为正数的等比数列，且满足112b =，351256b b =．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）设数列{}nc 满足12n n n c a b =，其前n 项和为n T ．求证：2n T <．【试题来源】陕西省宝鸡市2021届高三下学期高考模拟检测（二）【答案】（1）2n a n =，12nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（2）证明见解析．【分析】（1）根据{}n a 为等差数列及题干条件，可求得1a ，代入等差数列的通项公式，即可求得答案，根据{}n b 为等比数列及题干条件，可求得q ，代入等比数列通项公式，即可求得答案．（2）由（1）可得12nn c n ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，利用错位相减求和法，即可求得前n 项和为nT 的表达式，即可得证．【解析】（1）解：由2d =，且126a a +=．所以1226a +=，解得12a =．故()2212n a n n =+-=．因为{}n b 为等比数列，0n b >，设公比为q ，则0q >，所以23541256b b b ⋅==，所以341116b b q ==，所以12q =，∴1111222n n n b -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2n a n =，12nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（2）由（1）得1122nn n n c a b n ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭，所以()23111111123122222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭①，所以()2311111112122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭②，所以由①-②得所以231111111222222n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111122111(2)12212nn n n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-⋅=-+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以()1222nn T n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭，所以2n T <． 8．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且314a =，374S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若0n a >，求数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【试题来源】华大新高考联盟2021届高三3月教学质量测评（全国卷）【答案】（1）112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭，31143n n a -⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭；（2）()121nn T n =-⋅+．【分析】（1）根据等比数列的通项公式和前n 项和公式列出关于q 的方程，解出即可得出{}n a 的通项公式；（2）先确定12n nnn a-=⋅，利用错位相减法求和即可．【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，则123211174444a a a q q ++=++=，即2610q q --=，解得12q =或13q =-；若12q =，则3133111422n n n n a a q ---⎛⎫⎛⎫==⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，若13q =-，则3331143n n n a a q --⎛⎫==⋅- ⎪⎝⎭；（2）由（1）得，12n nnn a -=⋅，故01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅++⋅，12321222322n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅，两式相减可得012122222212n n n n n T n n --=++++-⋅=--⋅，故()121nn T n =-⋅+．9．已知等比数列{}n a 的各项均为整数，公比为q ，且1q >，数列{}n a 中有连续四项在集合{}96,24,36,48,192M =--中，（1）求q ，并写出数列{}n a 的一个通项公式；（2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：数列{}n S 中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列．【试题来源】江苏省苏锡常镇四市2021届高三下学期3月教学情况调研（一）【答案】（1）2q =-，()132n n a -=⨯-；（2）证明见解析．【分析】（1）因为1q >，且各项均为整数，所以连续四项为24,48,96,192--，故2q =-，不妨取13a =，故()132n n a -=⨯-；（2）设等比数列{}n a 的首项为1a ，()1123nn a S ⎡⎤--⎣⎦=，再分n 为奇数时和n 为偶数时验证122n n n S S S +++=即可．【解析】（1）因为1q >，且各项均为整数，所以连续四项为24,48,96,192--，所以公比2q =-，取()113,32n n a a -==⨯-．（2）由题意，()1123nna S ⎡⎤--⎣⎦=，所以当n 为奇数时，()1123n na S +=，()()1211121212,33n n n n a a SS ++++-+==，所以()11122223n n n n a SS S +++++==，当n 为偶数时，()()11111212,33n n nn a a S S ++-+==()212123n n a S ++-=，所以()11122223n n n n a SS S +++-+==，所以对n S 中的任意连续三项，经顺序调整后可以构成等差数列．【名师点睛】本题考查等比数列的通项公式的求解，前n 项和公式，等差中项证明等差数列等，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题．本题第二问解题的关键在于分n 为奇数和n 为偶数两种情况，并结合等差中项验证122n n n S S S +++=．10．已知等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，且4228S S =+．（1）求公差d 的值；（2）若11,n a T =是数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，求使不等式511n T ≥成立的n 的最小值．【试题来源】黑龙江省漠河市高级中学2020-2021学年高三上学期第三次摸底考试【答案】（1）2d =；（2）5．【分析】（1）{}n a 是公差为d 的等差数列，所以4S =146a d +，2S =12a d +，代入4228S S =+整理即得解；（2）由1a 1,d 2，得21n a n =-，所以()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，裂项相消得出n T 11122121nn n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，解不等式得5n ≥，得到结果．【解析】（1）由4228S S =+，即11462(2)8a d a d +=++，化简得48d =，解得2d =；（2）由1a 1,d 2，得21n a n =-，所以111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，所以12231111111111(1)23352121n n n T a a a a a a n n +=+++=-+-++--+ 11(1)22121n n n =-=++，由511n T ≥解得5n ≥，所以n 的最小值为5．【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下：（1）利用等差数列求和公式，根据题中所给的条件，列出等量关系式，求得结果；（2）根据首项和公差，写出数列的通项公式，将11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项求出，之后利用裂项相消法求和，解不等式，求得结果． 11．己知数列{}n a 满足()*1111,202n n n n a a a a a n N ++=-+=∈ （1）证明：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}1n n a a +的前n 项和，证明14n S <【试题来源】山东省临沂市沂水一中2021届高三二轮复习联考（一）【答案】（1）证明见解析，12n a n=；（2）证明见解析．【分析】（1）构造数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，根据1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，即可求得结果．（2）由裂项相消法即可求和，进而证明不等式．【解析】（1）由题对1120n n n n a a a a ++-+=两边同时除以1n n a a +得1112n na a +-= 又112a =，所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2，公差为2的等差数列，所以()12212n n n a =+-=，所以12n a n=；（2）由()()11111114141n n a a n n n n +⎛⎫=⨯=⨯- ⎪++⎝⎭所以()1111111111114223141441n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=⨯-+-+⋅⋅⋅+-=⨯-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭ 因为*n N ∈所以()1114414n -<+，即14n S <.【名师点睛】 1120n n n n a a a a ++-+=，两边同时除以1n n a a +，构造等差数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是本题的关键．本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目．12．数列{}n a 是公差不为0的等差数列，满足11a =，1829a a a =，数列{}n b 满足2n an b =．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）令112233n n n T a b a b a b a b =+++⋅⋅⋅+，求n T 的值．【试题来源】陕西省2021届高三下学期教学质量检测（三）【答案】（1）n a n =，2nn b =；（2） ()1122n n T n +=-⨯+．【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知条件列出关于d 的方程，解方程求出d ，进而求出数列{}n a 的通项公式，即可求出数列{}n b 的通项公式；（2）利用错位相减法即可求解．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ．由题意得()()117118d d d +=++，解得1d =或0（舍），所以()111n a n n =+-⨯=，所以2nn b =．（2）由（1）知231122*********nn n n T a b a b a b a b n =+++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，所以()23412122232122nn n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯，两式相减得()2311121212122122n n n n T n n ++-=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯-⨯=-⨯-，所以()1122n n T n +=-⨯+．13．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为324,7,16n S S a a ==．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11b =，当2n ≥时，2211log log n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【试题来源】江西省八所重点中学2021届高三4月联考【答案】（1）12n na ；（2）12n T n=-．【分析】（1）由3247,16S a a ==解出基本量即可得到数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）知，111n b n n=--，利用裂项相消法求和．【解析】（1）因为数列n a 正项等比数列，设公比为q ，且22430,16q a a a >∴==，即2314a a q ==，又()()32123121171714a q q q S a q q qq -++==++=∴=-，，解得2q 或23-(舍) 又111,2n n a a -=∴=．（2）22111112,log log (1)1n n n n b a a n n n n+≥===---，所以1211111112231n n T b b b n n =+++=+-+-++--12n=-．当1n =时也适合此式，所以12n T n=-．【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=-⎪++⎝⎭；（2） 1k=；（3）()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；（4）()()11122n n n =++()()()11112n n n n ⎡⎤-⎢⎥+++⎣⎦，此外需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．14．已知{}n a 数列满足12a =，1122n n n a a ++-=．（1）证明：数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列．（2）求数列{}12n n a ++的前n 项和．【试题来源】湖南省衡阳市2021届高三下学期一模【答案】（1）证明见解析；（2）()1122n n S n +=+⋅-．【分析】（1）将1122n n n a a ++-=两边同时除以12n +，即可证数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（2）利用（1）的结论可以求出数列{}n a 的通项公式，再利用乘公比错位相减求和．【解析】（1）依题，在1122n n n a a ++-=两边同时除以12n +，得11122n nn n a a ++-=，1112a =，故数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，1为公差的等差数列；（2）由（1）得()112n na n n =+-=，可得2nn a n =⋅，所以()1222n n n a n ++=+⋅，则数列{}12n n a ++的前n 项和()12332425222n nSn =⋅+⋅+⋅+++⋅①，()()231232421222n n n S n n +=⋅+⋅+++⋅++⋅②，①-②得()()()231121262222242212n n n n n S n n ++--=++++-+⋅+-+⋅-=，所以()1122n n S n +=+⋅-．15．已知等比数列{}n a 的前n 项和2,nn S r =+其中r 为常数．（1）求r 的值；（2）设()221log n n b a =+，若数列{}n b 中去掉数列{}n a 的项后余下的项按原来的顺序组成数列{}n c ，求123100c c c c ++++的值．【试题来源】江苏省南京市、盐城市2021届高三下学期3月第二次模拟考试【答案】（1）1,r =-；（2）11302．【分析】（1）利用等比数列的定义先求数列的前几项，求出首项和公比，从而求出r 的值，但此方法需验证；也可利用1(2)n n n a S S n =≥－－求解；（2）找出数列{}n b 中数列{}n a 的项，再在求和中将其减掉即可．【解析】（1）方法1：因为2n n S r =+，所以当1n =时，112S a r ==+．当2n =时，2124S a a r +==+，故22a =．当3n =时，31238S a a a r ++==+，故34a =．因为{}n a 是等比数列，所以2213a a a ，化简得21r +=，解得1,r =-此时21nn S =-．当2n ≥时，11121212n n n n n n a S S ----==-+=－，当1n =时，1111,2n n a S a -===，所以1,r =-满足题意．方法2：因为2nn S r =+，所以当1n =时，112S a r ==+．当2n ≥时，11121212n n n n n n a S S ----==-+=－．因为{}n a 是等比数列，所以21r +=，解得1,r =-．（2）因为12n na ，所以221log 2()n nb a n =+=．因为1213244586161,2,4,8,16,32a a b a b a b a b a b ===========，732864912864,128,256a b a b a b ======，所以123100c c c c ++++1231072345678()()b b b b a a a a a a a ++++-++++++＝107(2214)254113022⨯+=-=．【名师点睛】数列求和的方法技巧（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．16．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n n a S n n =+∈N ．（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）记()()2221log 1log 1n n n c a a +=+⋅+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <．【试题来源】东北三省四城市联考暨沈阳市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）由2n n a S n =+得()11212n n a S n n --=+-≥，作差得121n n a a -=+，进而得1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是等比数列；（2）由（1）得21n n a =-，故()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，再根据裂项求和证明即可．【解析】（1）因为2n n a S n =+①，所以()11212n n a S n n --=+-≥②，由①-②得，121n n a a -=+．两边同时加1得()1112221n n n a a a --+=+=+，所以1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是公比为2的等比数列．（2）令1n =，1121a S =+，则11a =．由()11112n n a a -+=+⋅，得21nn a =-．因为()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，所以11111111121324112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭11113111221242224n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭．因为*11,02224n N n n ∈+>++，所以3113422244n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭所以1111311312212422244n n n n n T ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭．【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭；（2）1k=；（3）()()1111212122121n n n n ⎛⎫=-⎪-+-+⎝⎭；（4）()()11122n n n =++()()()11112n n n n ⎡⎤-⎢⎥+++⎢⎥⎣⎦；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．17．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：2(1)nn n S a =+-，1n ≥．（1）求数列{}n a 的前3项1a ，2a ，3a ；（2）求证：数列()213n na ⎧⎫+⋅-⎨⎬⎩⎭是等比数列：（3）求数列{}(63)n n a -⋅的前n 项和n T ．【试题来源】天津市红桥区2021届高三下学期一模【答案】（1）11a =，20a =，32a =；（2）证明见解析；（3）3(23)22,,3(23)22,.n n nn n n T n n n ⎧+-⋅-=⎨+-⋅+⎩为偶数为奇数．【分析】（1）分别令1,2,3n =计算即可；（2）1n n n a S S -=-（2n ≥）转化为递推数列即可证明；（3）分n 的奇偶性计算即可．【解析】（1）当1n =时，有：()1111211S a a a ==+-=⇒；当2n =时，有：()221222210S a a a a =+-⇒=+=；当3n =时，有：()3312333212S a a a a a =++=+-=⇒；综上可知11a =，20a =，32a =；（2）由已知得2n ≥时，1112(1)2(1)n n n n n n n a S S a a ---=-=+---- 化简得1122(1)n n n a a --=+-上式可化为1122(1)2(1)33n n n n a a --⎡⎤+-=+-⎢⎥⎣⎦故数列2(1)3n n a ⎧+-⎫⎨⎬⎩⎭是以112(1)3a +-为首项，公比为2的等比数列．（3）由（2）知121(1)233n n n a -+-=所以1122(1)33n n n a -=⋅-- ()()()16321221nn n n a n -⎡⎤-⋅=---⎣⎦()1=2122(1)(21)n n n n --⋅-⋅-⋅-，当n 为偶数时，011n 1232(21)22[135(23)(21)]n n n T n -⎡⎤=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅--+-+⋅⋅⋅--+-⎣⎦ 令0111232(21)2n n A n -=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅，2[135(23)(21)]n B n n =-+-+⋅⋅⋅--+-01221123252(23)2(21)2n n n A n n --=⋅+⋅+⋅+-⋅+-⋅⋅⋅⋅① 12121232(23)2(21)2n n n A n n -=⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⋅+-⋅②则①-②得01212222222(21)2n nn A n --=+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅--⋅()12112222(21)2n nn -=+++--⋅⋅⋅⋅()121212(21)212n nn --=+⋅--⋅-3(32)2n n =-+-⋅ 3(23)210n n A n ∴=+-⋅，2[135(23)(21)]n B n n =-+-+⋅⋅⋅--+-2222nn =⋅⋅= 所以3(23)22nn n n T A B n n =-=+-⋅-．当n 为奇数时，3(23)2nn A n =+-⋅，2[135(25)(23)(21)]n B n n n =-+-+⋅⋅⋅--+---122212n n -⎛⎫=⋅-+ ⎪⎝⎭2n =-所以3(23)22nn n n T A B n n =-=+-⋅+，综上，3(23)22,,3(23)22,.n n nn n n T n n n ⎧+-⋅-=⎨+-⋅+⎩为偶数为奇数【名师点睛】本题的核心是考查错位相减求和．一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解．18．ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若,,A B C 成等差数列，且2c a =．（1）求角A 的大小；（2）设数列{}n a 满足1cos (2)n a nC n n =+，其前n 项和为n S ，求2n S ．【试题来源】黑龙江省佳木斯市第一中学2021届高三第六次调研考试数学试卷【答案】（1）6π；（2）()41n n + 【分析】（1）根据2B A C =+及内角和，得到3B π=，再由2c a =，及余弦定理求解．（2）化简0,21,1,2(2)n n k a k N n k n n =+⎧⎪=∈⎨=⎪+⎩，再利用裂项相消法求2n S ．【解析】（1）因为,,A B C 成等差数列，2B A C ∴=+，又A B C π++=，3B π∴=，又2c a =，由余弦定理得22222222cos4233b ac ac a a a a π=+-==+-即222+=a b c ，所以ABC 是直角三角形，故,26C A ππ==所以角A 的大小为6π．（2）因为0,2111cos cos ,1,2(2)(2)2(2)n n k n a nC k N n k n n n n n n π=+⎧⎪===∈⎨=++⎪+⎩，所以2123421110024462(22)n n S n n a a a a a +=+++++=+++⨯+⨯+11111124462(22)122314()1n n n n ++⨯⨯+⨯⨯+⎛⎫=++=++⎪⎝⎭1111111223411n n ⎛⎫=+-+⎪-++- ⎝⎭()1114141n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. 19．已知数列{}n a 满足11a =，且点()1,2nn n a a +-在函数()3f x x =的图象上．（1）求证：12n na ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求{}n a 的通项公式：（2）若1n n n a b a +=，数列{}n b 的前n 项和为n S ，求证：233n S n >+．【试题来源】湖南省岳阳市2021届高三下学期高考一模【答案】（1）证明见解析；32n nn a =-；（2）证明见解析．【分析】（1）由题意得123nn n a a +=+，推得11311222n n n n a a ++⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，即可证明12n n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，然后结合等比数列的定义和通项公式即可求得结果；（2）推得1113323212233323331122nnn n n n n nn nn a b a +++⎛⎫⋅- ⎪-⎛⎫⎝⎭====+>+ ⎪-⎝⎭⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由不等式的性质和等比数列的求和公式、数列的单调性，即可求证．【解析】（1）由点()1,2nn n a a +-在函数()3f x x =的图象上，可得123nn n a a +=+，所以13122n nn na a +=+，即11312222n n n n a a ++=⋅+，也即11311222n n n n a a ++⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，由11a =，所以113122a +=，所以12n n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项和公比均为32的等比数列，则3122nn n a ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以32n n n a =-；（2）1113323212233323331122nnn n n n n nn nn a b a +++⎛⎫⋅- ⎪-⎛⎫⎝⎭====+>+ ⎪-⎝⎭⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以，2221332222333222333313nn n n S n n n n ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭>++++=+=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭- 4232333n n ≥+-=+．【名师点睛】证明数列为等比数列的常用方法：（1）定义法；（2）等比中项法；（3）通项法；（4）前n 项和法．20．已知等差数列{}n a 的公差不为零，41a =，且457a a a ，，成等比数列，数列{}n b 的前n 项和为n S ，满足()24n n S b n N*=-∈．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足：()111,2n n nn a c c c n N b *+=-=-∈，求使得216n n c -≥成立的所有n 值．【试题来源】浙江省绍兴市2021届高三下学期一模【答案】（1）3n a n =-，12n n b +=；（2）2，3，4．【分析】（1）由等差、等比数列的定义及递推关系求出2个数列的通项．（2）累加法求新数列的通项，错位相减法来求等差乘等比的前n 项和，即可得到数列通项，然后解不等式即可．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为0d d ≠（），由题得2547a a a =，即2113d d +=+（），整理得2d d =，解得1d =，所以()443n a a n d n =+-=-．因为1124b b =-，所以14b =，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-得122n n n b b b -=-，即12n n b b -=，所以{}n b 是以4为首项，2为公比的等比数列，所以12n n b +=．（2）由1n n n n a c c b +=-得1132n n n n c c ++--=，所以()()()112211n n n n n c c c c c c c c ---=-+-+⋯+-+2312142222n n ---⎛⎫=--++⋯+ ⎪⎝⎭设23214222n n n T ---=++⋯+，则34112142222n n n T +---=++⋯+，作差得2341121114222222n n n n T +--=+++⋯+- 31111114122221224212n n n n n ++-⨯--=-+-=--- 所以1222n n n T -=--，所以1222n n n n c T -=--= 因为22216n n n n c --=≥，所以()()42210n n ---≥．当1n =时，不满足题意；2n =时，满足题意；当3n ≥时，4210n --≥，解得34n ≤≤．所以，满足题意的所有n 值为2，3，4．。

2021高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列高考小题等差数列等比数列课件202102081127

4.已知等比数列{an}的公比q>0,前n项和为Sn,若2a3,a5,3a4成等差数列,a2a4a6=64,
则q=________,Sn=________.
【解析】由2a3,a5,3a4成等差数列得2a5=2a3+3a4⇒2q2=2+3q⇒q=2(负值舍
去),a2a4a6=64⇒a
3 4
=64⇒a4=4⇒a1=aq
【解析】设等差数列{an}的公差为d.
因为{an}是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,
根据等差数列通项公式:an=a1+(n 1d) ,
可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+(-2)+5d=2,
整理可得:6d=6,解得:d=1.
根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+n
(
n
2
1
d) ,n∈N*,
【解析】选C.若{an}是等差数列,不妨设公差为d. 所以an=a1+(n-1)d=dn+a1-d, 令k1=d,k2=a1-d,则an=k1n+k2, 若数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2为常数,n∈N*), 则当n≥2且n∈N*时,an-1=k1(n-1)+k2, 所以an-an-1=k1(常数)(n≥2且n∈N*), 所以{an}为等差数列,所以p是q的充要条件.
考向二求数列的通项
【多维题组】速通关
1.(2020·临沂二模)已知数列{an}中,a1=1,an+1=
a
2
n
an
2
,则数列{an}的通项公式
an=________.
【解析】因为an+1=a

2021年高考数学解答题专项突破练习-《数列》五(含答案)

2021年高考数学解答题专项突破练习-《数列》五1.设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，a n＋1=3S n＋1，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记T n为数列{n＋a n}的前n项和，求T n.2.已知数列{a}的前n项和，数列{b n}满足.n(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{b n}的前n项和T n.3.在公差不为零的等差数列{a n}中，a1=1，a2，a4，a8成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=2a n，T n=b1＋b2＋…＋b n，求T n.4.已知{a n }为公差不为零的等差数列，首项a 1=a ，{a n }的部分项321k k k a a a 、、...n k a 恰为等比数列，且k 1=1，k 2=5，k 3=17．(1)求数列{a n }的通项公式a n (用a 表示)； (2)设数列{k n }的前n 项和为S n ，求证：231...111321<++++n S S S S (n 是正整数)．5.已知等差数列{a n }的公差为2，且，，成等比数列.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：.6.已知公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10=110,且a 1,a 2,a 4成等比数列.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设数列{b n }满足()()111n n n b a a =-+，若数列{b n }前n 项和T n ，证明12n T <.7.已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7=70且a 1，a 2，a 6成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设nS b nn 2=，求数列{11+n n b b }前的n 项和T n ．8.已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3=12，b 3=a 4－2a 1，S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．9.已知数列{a n }是等差数列，a 2=6，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2=2，a 1b 3=12，S 3＋b 1=19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n .10.已知数列{a n }是公比不为的等比数列，a 1=1，且成等差数列.（Ⅰ）求数列{a n }的通项; （Ⅱ）若数列{a n }的前n 项和为，试求的最大值.11.已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4=2S 2＋4，数列{b n }中，b n =1＋a na n.(1)求公差d 的值；(2)若a 1=－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围． 12.已知数列的前项和．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求证：．13.知数列{a}的前n项和为Sn，且满足，数列{b n}为等差数列，且满足nb2=a1,b8=a3.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)令，关于k的不等式的解集为M，求所有的和S．14.设正项数列的前项和，且满足.（Ⅰ）计算的值，猜想的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）设是数列的前项和，证明：.15.已知等差数列的前n 项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前n 项和.答案解析16.解：(1)由a n ＋1=3S n ＋1，得当n≥2时，a n =3S n －1＋1，两式相减，得a n ＋1=4a n (n≥2)．又a 1=1，a 2=4，a 2a 1=4，所以数列{a n }是首项为1，公比为4的等比数列，所以数列{a n }的通项公式是a n =4n －1(n ∈N *)． (2)T n =(1＋a 1)＋(2＋a 2)＋(3＋a 3)＋…＋(n ＋a n )=(1＋2＋…＋n)＋(1＋4＋42＋…＋4n －1)=n 1＋n 2＋1×1－4n 1－4=n ＋n 22＋4n－13.17.解:18.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋3d2＝a 1＋d a 1＋7d ，解得d=1或d=0(舍去)，∴a n =1＋(n －1)=n.(2)由(1)得a n =n ，∴b n =2n，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴T n =21－2n1－2=2n ＋1－2.19.20.解：21.解：22.解：23.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2＋b 3=12，得b 1(q ＋q 2)=12，而b 1=2，所以q 2＋q －6=0. 又因为q ＞0，解得q=2.所以b n =2n.由b 3=a 4－2a 1，可得3d －a 1=8.① 由S 11=11b 4，可得a 1＋5d=16.②由①②，解得a 1=1，d=3，由此可得a n =3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n =3n －2，数列{b n }的通项公式为b n =2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n =6n －2，b 2n －1=2×4n －1，得a 2n b 2n －1=(3n －1)×4n，故T n =2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，4T n =2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n =2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1=12×1－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1=－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n =3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.24.解：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2=6， ∴S 3＋b 1=3a 2＋b 1=18＋b 1=19， ∴b 1=1，∵b 2=2，数列{b n }是等比数列，∴b n =2n-1. ∴b 3=4，∵a 1b 3=12，∴a 1=3，∵a 2=6，数列{a n }是等差数列， ∴a n =3n.(2)设C n =b n cos(a n π)，由(1)得C n =b n cos(a n π)=(-1)n 2n-1，则C n ＋1=(-1)n ＋12n，∴Cn ＋1C n=-2，又C 1=-1，∴数列{b n cos(a n π)}是以-1为首项、-2为公比的等比数列．∴T n =－1×[1－－2n]1－－2=13[(-2)n-1]．25.26.解：(1)∵S 4=2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d=2(2a 1＋d)＋4，解得d=1.(2)∵a 1=－52，∴数列{a n }的通项公式为a n =－52＋(n －1)=n －72，∴b n =1＋1a n =1＋1n －72.∵函数f(x)=1＋1x －72在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72和⎝ ⎛⎭⎪⎫72，＋∞上分别是单调减函数， ∴b 3＜b 2＜b 1＜1，当n ≥4时，1＜b n ≤b 4，∴数列{b n }中的最大项是b 4=3，最小项是b 3=－1.(3)由b n =1＋1a n ，得b n =1＋1n ＋a 1－1.又函数f(x)=1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x ＜1－a 1时，y ＜1；当x ＞1－a 1时，y ＞1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7＜1－a 1＜8，∴－7＜a 1＜－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)． 27.28.解：29.30.。

2021年高考数学解答题专项突破练习-《数列》一(含答案)

2021年高考数学解答题专项突破练习-《数列》一1.数列{a}的前n项和为S n=33n-n2.n（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n=︱a n︱，求数列{b n}的前n项和S/n.2.已知数列为等差数列，其中.（I）求数列的通项公式；（II）若数列满足，为数列的前项和，当不等式（）恒成立时，求实数的取值范围.3.已知{a}是等差数列，{b n}是等比差数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4.n（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=a n+b n，求数列{c n}的前n项和.4.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2＋1，数列{b n }中，b n =2a n ＋1，且其前n 项和为T n ，设c n =T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．5.等差数列{a n }的各项均为正数，a 1=3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1=1，且S 2b 2=64，S 3b 3=960.(1)求a n 与b n ；(2)求nS S S S 1...111321++++.6.已知数列{a n }的前n 项和为，且．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）令，数列{b n }的前n 项和为，若不等式对任意恒成立，求实数t 的取值范围．7.设S n ,T n 分别是数列{a n }和{b n }的前n 项和，已知对于任意n ∈N *，都有3a n =2S n +3，数列{b n }是等差数列，且T 5=25,b 10=19.（1）求数列{a n }和{b n }的通项公式；（2）设，数列{c n }的前n 项和为R ，求使R n >2017成立的n 的取值范围.8.已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n =a n ·log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 9.在数列{a n }中，a 1=6，且111++=---n na a a n n n (n ∈N *，n ≥2)， (1)求a 2，a 3，a 4的值；(2)猜测数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明．10.等差数列的前n 项和为S n ，且.(1)求{a n }的通项公式； (2)求值.11.设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )(n ∈N *)在直线2x －y －2=0上．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)设直线x=a n 与函数f(x)=x 2的图象交于点A n ，与函数g(x)=log 2x 的图象交于点B n ，记b n =OA n →·OB n →(其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和T n ． 12.等差数列{a n }中，，(1)求{a n }的通项公式； (2)若，且T n 为{b n }的n 项和，求T 50的值.13.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n =a ·2n +b 且a 1=3.(1)求a 、b 的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n =,求{b n }的前n 项和T n .14.等比数列{a n }中，已知a 1=2，a 4=16．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }是等差数列，a 3=b 3，a 5=b 5试求数列{b n }的通项公式．15.设数列{a n }的前项积为T n ，且T n +2a n =2(n ∈N *). (1)求证：数列{nT 1}是等差数列. (2)设b n =(1-a n )(1-a n+1),求数列{b n }的前n 项和S n .答案解析16.解：17.（1）.（2）.18.19.解：(1)∵a 1=S 1=2，a n =S n －S n －1=2n －1(n≥2)，∴b n=⎩⎪⎨⎪⎧23n ＝1，1nn≥2.(2)由题意得c n =b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1=1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1，∴c n ＋1－c n =12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1=12n ＋3－12n ＋2=－12n ＋32n ＋2<0，∴c n ＋1<c n ，∴数列{c n }为递减数列. 20.答案略；21.22.解：23.解：(1)当n=1时，a 1=2a 1－2，所以a 1=2. 当n≥2时，S n －1=2a n －1－2，S n －S n －1=(2a n －2)－(2a n －1－2)，即a n =2a n －1.所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n =2n.(2)由(1)得b n =2n log 22n =n·2n，所以T n =1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n×2n，2T n =1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n×2n ＋1，两式相减，得－T n =21＋22＋23＋…＋2n －n×2n ＋1=21－2n1－2－n×2n ＋1=(1－n)2n ＋1－2，所以T n =(n －1)2n ＋1＋2. 24.解：25.解：(1)设数列的公差为d ，由a 3+a 5=a 4+7，得2a 1+6d=a 1+3d+7①. 由，得②得a1=1，d=2,所以a n =a 1+(n-1)d=2n-1.(2)新数列依然等差，公差6，首项1，共30项，原式=30×1+26.解：(1)证明：∵点(a n ，S n )在直线2x －y －2=0上， ∴2a n －S n －2=0．①当n=1时，2a 1－a 1－2=0，∴a 1=2．当n≥2时，2a n －1－S n －1－2=0，② ①－②，得a n =2a n －1．∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，则a n =2n．(2)由(1)及已知易得A n (2n ，4n )，B n (2n，n)，∴b n =OA n →·OB n →，∴b n =(n ＋1)·4n．则T n =2×41＋3×42＋4×43＋…＋(n ＋1)·4n，③4T n =2×42＋3×43＋4×44＋…＋(n ＋1)·4n ＋1，④ ③－④，得－3T n =8＋42＋43＋…＋4n －(n ＋1)·4n ＋1=8＋16(1－4n －1)1－4－(n ＋1)·4n ＋1，∴T n =n 3＋29·4n ＋1－89．27.解：28.29.解：（1）设等比数列{a}的公比为q，∵a1=2，a4=16．∴16=2q3，解得q=2．∴a n=2n．n（2）设等差数列{b n}的公差为d，∵b3=a3=23=8，b5=a5=25=32．∴b1+2d=8，b1+4d=32，解得b1=﹣16，d=12，∴b n=﹣16+12（n﹣1）=12n﹣28．30.解：。