2017高考数学专题数列
新高考数学(理)之数列 专题03 等差数列(等差数列的和与性质)(解析版)
新高考数学（理）数列03 等差数列（等差数列的和与性质）一、具体目标：等差数列 （1） 理解等差数列的概念.（2） 掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式.（3） 能在具体的问题情境中识别数列的等差关系关系，并能用有关知识解决相应的问题. （4） 了解等差数列与一次函数的关系.等差数列的和与二次函数的关系及最值问题. 二、知识概述： 一）等差数列的有关概念1.定义：等差数列定义：一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母表示.用递推公式表示为或.2.等差数列的通项公式：；()d m n a a m n-+=.说明：等差数列（通常可称为数列）的单调性：为递增数列，为常数列， 为递减数列.3.等差中项的概念：定义：如果，，成等差数列，那么叫做与的等差中项,其中 . ，，成等差数列. 4.等差数列的前和的求和公式：. 5.要注意概念中的“从第2项起”．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2d 1(2)n n a a d n --=≥1(1)n n a a d n +-=≥1(1)n a a n d =+-A P d 0>0d =0d <a A b A a b 2a bA +=a Ab ⇔2a bA +=n 11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+【考点讲解】它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列． 6.注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别． 二）方法规律：1．等差数列的四种判断方法(1) 定义法：对于数列{}n a ，若d a a n n =-+1()n N ∈*(常数)，则数列{}n a 是等差数列； (2) 等差中项：对于数列{}n a ，若212+++=n n n a a a ()n N ∈*，则数列{}n a 是等差数列; (3)通项公式：n a pn q =+(,p q 为常数,n N ∈*)⇔是等差数列;(4)前n 项和公式：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)⇔是等差数列;(5)是等差数列⇔n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列. 2．活用方程思想和化归思想在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为1a 和d 等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量1,,,,n n a d n a S ，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量1a 、d ，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算． 3.特殊设法:三个数成等差数列，一般设为,,a d a a d -+； 四个数成等差数列，一般设为3,,,3a d a d a d a d --++. 这对已知和,求数列各项,运算很方便.4．若判断一个数列既不是等差数列又不是等比数列，只需用123,,a a a 验证即可． 5.等差数列的前n 项和公式：若已知首项1a 和末项n a ，则1()2n n n a a S +=，或等差数列{a n }的首项是1a ， 公差是d ，则其前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+. 三）等差数列的性质： 1.等差数列的性质：（1）在等差数列中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等差中项；1(1)n a a n d =+-11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+{}n a（2）在等差数列中，相隔等距离的项组成的数列是等差数列， 如：，，，，……；，，，，……；（3）在等差数列中，对任意，，，；（4）在等差数列中，若，，，且，则,特殊地，时，则，是的等差中项.（5）等差数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等差数列，即成等差数列.（6）两个等差数列{}n a 与{}n b 的和差的数列{}n n a b ±仍为等差数列． （7）若数列{}n a 是等差数列,则{}n ka 仍为等差数列．2．设数列是等差数列，且公差为，（Ⅰ）若项数为偶数，设共有项，则①-S S nd =奇偶； ②；（Ⅱ）若项数为奇数，设共有项，则①S S -偶奇(中间项)；②. 3.(),p q a q a p p q ==≠,则0p q a +=,m n m n S S S mnd +=++.4.如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是两个原等差数列公差的最小公倍数．5.若与{}n b 为等差数列，且前n 项和分别为n S 与'n S ，则2121'm m m m a S b S --=. 四）方法规律：1. 等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n 项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和 灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题．2.等差数列的性质多与其下标有关，解题需多注意观察，发现其联系，加以应用, 故应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系．3.应用等差数列的性质要注意结合其通项公式、前n 项和公式．4.解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向、形成解题策略. 五）等差数列的和1. 等差数列的前n 项和公式{}n a 1a 3a 5a 7a 3a 8a 13a 18a {}n a m n N +∈()n m a a n m d =+-n ma a d n m-=-()m n ≠{}n a m n p q N +∈m n p q +=+m n p q a a a a +=+{}n a d 2n 1n n S a S a +=奇偶21n -n a a ==中1S nS n =-奇偶{}n a若已知首项1a 和末项n a ，则1()2n n n a a S +=，或等差数列{a n }的首项是1a ，公差是d ，则其前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+. 2．等差数列的增减性：0d >时为递增数列，且当10a <时前n 项和n S 有最小值．0d <时为递减数列，且当10a >时前n 项和n S 有最大值．六）求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：1.利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．当10a >，0d <时，n S 有最大值；10a <，0d >时，n S 有最小值；若已知n a ，则n S 最值时n 的值（n N +∈）则当10a >，0d <，满足100n n a a +≥⎧⎨≤⎩的项数n 使得n S 取最大值，(2)当10a <，0d >时，满足100n n a a +≤⎧⎨≥⎩的项数n 使得n S 取最小值.2.利用等差数列的前n 项和：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)为二次函数，通过配方或借助图像，二次函数的性质，转化为二次函数的最值的方法求解；有时利用数列的单调性（0d >,递增；0d <，递减）；3. 利用数列中最大项和最小项的求法：求最大项的方法：设为最大项，则有11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩；求最小项的方法：设为最小项，则有11n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩.只需将等差数列的前n 项和1,2,3,n =L 依次看成数列{}n S ，利用数列中最大项和最小项的求法即可.4.在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用.1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则（ ） A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =- D ．2122n S n n =- n a n a 【真题分析】【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，24n S n n =-,故选A ． 【答案】A2.【2018年高考全国I 卷理数】设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则5a =（ ）A ．12-B ．10-C ．10D ．12【解析】设等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3243332224222d d d ⨯⨯⎛⎫⨯+⋅=⨯++⨯+⋅ ⎪⎝⎭， 整理解得3d =-，所以51421210a a d =+=-=-，故选B ． 【答案】B3.【2017年高考全国III 卷理数】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为（ ） A ．24-B ．3-C ．3D ．8【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-.故选A ． 【答案】A4.【2017年高考浙江卷】已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的 A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】由46511210212(510)S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．【答案】C5.【2019年高考全国III 卷文数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________. 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，根据题意可得317125,613a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩得11,2a d =⎧⎨=⎩101109109101012100.22S a d ⨯⨯∴=+=⨯+⨯= 【答案】1006.【2019年高考全国III 卷理数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________． 【解析】设等差数列{a n }的公差为d ,因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d ⨯+==⨯+． 【答案】47.【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n的最小值为___________．【解析】法一：等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得32,a =-又23a =-,所以公差321d a a =-=,5320a a d =+=,由等差数列{}n a 的性质得5n ≤时,0n a ≤,6n ≥时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-.法二：等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得32,a =-又23a =-,所以公差321d a a =-=,5320a a d =+=,可得()()22224n a a n d n n =+-=-+-=-，()()()12818222n n a a n n n S n n +-===-，所以结合题意可知，n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-. 【答案】 0，10-.8.【2019年高考江苏卷】已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是___________．【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩， 解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 【答案】169.【2017课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ 。
17年高考数学真题高考题(3套)
2017年普通高等学校招生全国统一考试全国Ⅰ(文数)一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2017·全国Ⅰ卷,文1)已知集合A={x|x<2},B={x|3-2x>0},则( A )(A)A∩B=（x|x<错误!未找到引用源。
）(B)A∩B=(C)A∪B=（x|x<错误!未找到引用源。
）(D)A∪B=R解析:B={x|3-2x>0}=（x|x<错误!未找到引用源。
）,A∩B=（x|x<错误!未找到引用源。
）,故选A.2.(2017·全国Ⅰ卷,文2)为评估一种农作物的种植效果,选了n块地作试验田.这n块地的亩产量(单位:kg)分别为x1,x2,…,xn,下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是( B )(A)x1,x2,…,xn的平均数(B)x1,x2,…,xn的标准差(C)x1,x2,…,xn的最大值(D)x1,x2,…,xn的中位数解析:标准差衡量样本的稳定程度,故选B.3.(2017·全国Ⅰ卷,文3)下列各式的运算结果为纯虚数的是( C )(A)i(1+i)2(B)i2(1-i)(C)(1+i)2(D)i(1+i)解析:(1+i)2=2i,故选C.4.(2017·全国Ⅰ卷,文4)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是( B )(A)错误!未找到引用源。
(B)错误!未找到引用源。
(C)错误!未找到引用源。
(D)错误!未找到引用源。
解析:不妨设正方形的边长为2,则正方形的面积为4,圆的半径为1,圆的面积为πr2=π.黑色部分的面积为圆面积的错误!未找到引用源。
,即为错误!未找到引用源。
,所以点取自黑色部分的概率是错误!未找到引用源。
2017年高考理科数学-数列专题讲义(含解析)
1、按照一定顺序排列着的一列数成为数列，数列中每一个数叫做这个数列的项； 2、如果数列 {an } 的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫 做这个数列的通项公式； 注意：1）并不是所有数列都有通项公式，如果一个数列仅仅给出前面有限的几项，那么得 到的通项公式或者递推公式并不是唯一的，只要符合这几项的公式都可以；2）有的数列的 通项公式在形式上并不唯一；3）当不易直接发现规律时，可以拆分成若干部分的和差积商 或充分挖掘题目条件求解； 3、如果已知数列的第一项或（前 n 项） ，且任意一项与它的前一项（或前 n 项）间的关系可 以用一个公式来表示，这个公式叫做这个数列的递推公式； 4、数列可以看做定义域为 N （或其子集）的函数，当自变量由小到大依次取值时对应的 一列函数值，它的图像是一群孤立的点； 5、数列的表示方法有：列举法、图示法、解析法（用通项公式表示）和递推法（用递推关 系表示） ； 真题回顾----1 五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为 1，第二位同学首次 报出的数也为 1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数 为 3 的倍数，则报该数的同学需拍手一次已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报 到第 100 个数时，甲同学拍手的总次数为________.
=
若项数为奇数，设共有 2n-1 项，则：1） S奇 S偶 = an = a中 ；2） 真题回顾----10 在等差数列 【答案】74
n ； n 1
{an }
中，
a3 a7 37
，则
a2 a4 a6 a8
__________
真题回顾----11 如果等差数列 an 中， a3 a4 a5 12 ，那么 a1 a2 ... a7 （ （A）14 【答案】C （B）21 （C）28 ） （D）35
2017高考数学复习之裂项相消在数列求和证明的应用
2017年高考数学复习之数列模块裂项相消求和法在证明数列前n项和不等式恒成立问题的应用贵州省黎平县第一民族中学吴道政数列是高中代数的重要内容，在高考中占有重要的地位，数列不仅能培养学生的观察、归纳、类比、猜想等合情推理的能力,也能够培养学生的运算、逻辑推理能力.数列考查的类型主要有求数列通项、求数列的前n项和、证明不等式和其它综合。
下面就裂项相消求和法在证明数列前n项和不等式恒成立问题的应用作简单的探究。
1.列项相消求和法的含义:把数列的通项公式拆分成两部分的差，即将被求和的通项化为的形式，使之在求和时产生前后之间几项的前后部分相互抵消的求和方法。
2.规律特征：被求和的数列的通项公式是一个分式，且分母可以因式分解成两个部分的积3.方法策略:（1）裂项的公式其中和是两个关于n的表达式（2）常见的裂项方法：①②③④=⑤⑥若数列是公差为的等差数列，则4.典例探究：例1:型证明数列的前n项和证明:∴ + + + ⋯⋯ + +=1小结:第从1项开始，每一项的后半部分与后一项的前半部分相互抵消，最后剩下第1项的前半部分和最后一项的后半部分例2:型证明数列的前n项和证明:∴ + + + ⋯⋯ + += ⋯⋯=小结:第从1项开始，每一项的后半部分与它后二项的前半部分相互抵消，最后剩下第1项和第2项的前半部分和最后一项和倒数第2项的后半部分例3:型证明数列的前n项和证明:∴ +++⋯⋯ +++= ⋯⋯=小结:第从1项开始，每一项的后半部分与它后三项的前半部分相互抵消，最后剩下第1项和第2项及第3项的前半部分和最后一项和倒数第2项及倒数第3项的后半部分5.拓展提升：例4：求证⋯分析：被求和数列的通项公式为 ，其分母是n 的平方，类似于是两个因式的积的形式，不等式的形式有点像例1的模型。
证明：∴⋯⋯例5：求证⋯分析：被求和数列的通项公式为 ，其分母是n 的平方，类似于是两个因式的积的形式，不等式的形式有点像例2的模型。
2017版【高考一本解决方案】高考数学(理科·新课标版)配套教师文档：专题9数列
1．(2013·辽宁，4，易)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 3 D ．p 1，p 41．D [考向3]{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，因为d >0，所以{a n }是递增数列，故p 1正确；对p 2，举反例，令a 1＝－3，a 2＝－2，d ＝1，则a 1>2a 2，故{na n }不是递增数列，p 2不正确；a nn ＝d ＋a 1－d n ，当a 1－d >0时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 递减，p 3不正确；a n ＋3nd ＝4nd ＋a 1－d ，4d >0，{a n ＋3nd }是递增数列，p 4正确．故p 1，p 4是正确的，故选D.2．(2016·浙江，13，中)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________. 2．[考向2]【解析】 由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝4，a 2＝2S 1＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1， ∴a 1＝1，a 2＝3. 又a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 3＝2S 2＋1＝2(1＋3)＋1＝9， a 4＝2S 3＋1＝2(1＋3＋9)＋1＝27， a 5＝2S 4＋1＝2(1＋3＋9＋27)＋1＝81，∴S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1＋3＋9＋27＋81＝121， ∴a 1＝1，S 5＝121. 【答案】 1 1213．(2013·安徽，14，中)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等，设OA n ＝a n ，若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是____________．3．[考向1]【解析】 设△A 1B 1O 的面积为S 0，梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积为S ，由比例性质得S 0S 0＋S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 22＝14，S ＝3S 0，所以S 0＋nS S 0＋（n ＋1）S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n ＋1a n ＋22⇒1＋3n 4＋3n＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a n ＋1a n ＋22，得到3n －23n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n ＋12，由累乘法可得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 32·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3a 42·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n ＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a n ＋12＝14×47×710×…×3n －23n ＋1＝13n ＋1⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a n ＋12＝13n ＋1⇒a n ＋1＝3n ＋1，且a 1＝1，则a n ＝3n －2.【答案】 a n ＝3n －24．(2013·湖南，15，难)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.4．[考向2]【解析】 (利用a n 与S n 的关系求通项公式)(1)由已知得S 3＝－a 3－123，S 4＝a 4－124，两式相减得a 4＝a 4＋a 3－124＋123，∴a 3＝124－123＝－116. (2)已知S n ＝(－1)n a n －12n ，①当n 为奇数时，⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝a n ＋1－12n ＋1，S n ＝－a n －12n ，两式相减得a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋12n ＋1，∴a n ＝－12n ＋1；②当n 为偶数时， 则⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝－a n ＋1－12n ＋1，S n ＝a n －12n ，两式相减得a n ＋1＝－a n ＋1－a n ＋12n ＋1，即a n ＝－2a n ＋1＋12n ＋1＝12n .综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1（n 为奇数），12n （n 为偶数）.∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 100－12100＝[(a 2＋a 4＋…＋a 100)－(a 1＋a 3＋…＋a 99)]－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋124＋…＋12100＋⎝ ⎛122＋124＋… ⎦⎥⎤＋⎭⎪⎫12100－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋124＋…＋12100－⎝ ⎛12＋123＋…⎭⎪⎫＋1299＝122⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122501－14－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122501－14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1. 【答案】 (1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－15．(2012·四川，20，12分，中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值；(2)设a 1>0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．5．[考向2，3]解：(1)取n ＝1，得 a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，②由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2.③ 若a 2＝0，由①知a 1＝0. 若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④由①④解得a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上可得，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1， 所以(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1.所以数列{b n }是单调递减的等差数列⎝ ⎛⎭⎪⎫公差为－12lg 2，从而b 1>b 2>…>b 7＝lg 108>lg 1＝0，当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128<12lg 1＝0，故当n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7（1＋1－3lg 2）2＝7－212lg 2.由数列的递推公式求通项公式在高考中经常出现，有选择题、填空题，也出现在解答题中的第一问，近几年考查难度有所降低，分值大约为5分．在复习中，要掌握由递推公式求通项公式的基本方法，即先对递推公式进行变形，然后利用转化与化归的思想解决递推数列问题．1(1)(2016·安徽池州模拟，14)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n ·a n－1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________．(2)(2016·湖南株洲检测，13)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1，则{a n }的通项公式为________．解题(1)的关键是由a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)联系“累乘法”求通项公式； 解题(2)的关键是将a n ＋1＝3a n ＋1变形后构造等比数列求解．【解析】 (1)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n . (2)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3a n ＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. 【答案】 (1)a n ＝1n (2)a n ＝3n －12典型的递推数列及处理方法递推式方法 (1)a n ＋1＝a n ＋f (n ) 叠加法 (2)a n ＋1a n ＝f (n )累乘法 (3)a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0，1，q ≠0) 化为等 比数列(4)a n ＋1＝pa n ＋q ·pn ＋1(p ≠0，1，q ≠0)化为等差数列1.(2016·陕西咸阳一模，6)已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．2n －1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n1．D 方法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a nn ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列，且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 方法二(累乘法)：当n ≥2时，a n a n －1＝n n －1. a n －1a n －2＝n －1n －2，…，a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n . 又∵a 1＝1，∴a n ＝n .2．(2016·安徽阜阳质检，13)已知a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n ≥2)，a 1＝1，则该数列的通项公式为________．2．【解析】 由已知得a 2－a 1＝12×1，a 3－a 2＝13×2，…，a n －a n －1＝1n （n －1），将上式两边分别相加得，a n －a 1＝11×2＋12×3＋…＋1n （n －1）.从而a n ＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝2－1n ＝2n －1n .【答案】 a n ＝2n －1n由S n 和a n 的关系求通项公式是一种常见题型，高考中选择题、填空题、解答题都有呈现，但以解答题的分支命题为重点，近几年来考查难度有所降低，分值大约为5分．在复习中，要熟练掌握由S n 求a n 的纽带：a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，根据题目已知条件，消掉S n 或a n ，通过构造等差数列或等比数列进行求解．2(1)(2013·课标Ⅰ，14)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________．(2)(2015·课标Ⅱ，16)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________．(3)(2016·山东青岛模拟，14)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ＋1，则数列{a n }的通项公式是________．解题(1)的关键是由a n ＝S n －S n －1构造等比数列求a n ；解题(2)的关键是由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，同时除以S n S n ＋1构造等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 求解；解题(3)时易漏掉对n ＝1这种情况的检验而致错．【解析】 (1)由S n ＝23a n ＋13得，当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减整理得，当n ≥2时，a n ＝－2a n －1. 又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，∴a n ＝(－2)n －1.(2)由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，两边同时除以S n S n ＋1得1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，即S n ＝－1n .(3)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n ＋1)－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ， 又a 1＝3≠2×1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1，2n ， n ≥2.【答案】 (1)(－2)n －1(2)－1n (3)a n ＝⎩⎨⎧3， n ＝1，2n ， n ≥2已知S n 求a n 的三个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．1.(2016·山东临沂一模，12)在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则数列{a n }的通项公式为________． 1．【解析】 由题设知，a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1. ∴a na n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3.以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n （n ＋1）2.又∵a 1＝1，∴a n ＝n （n ＋1）2.【答案】 a n ＝n （n ＋1）22．(2015·课标Ⅰ，17，12分)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 2．解：(1)∵a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，∴a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )·(a n ＋1－a n )． 由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以通项公式a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n3（2n ＋3）.从近几年高考可以看出，求数列中的最大(小)项是高考的热点，一般难度较大，分值为5分．在复习中，从函数的角度认识数列，注意数列的函数特征，特别是利用函数的方法研究数列的有关性质．3(2013·课标Ⅱ，16)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．【解析】 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由等差数列前n 项和公式可得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎨⎧a 1＝－3，d ＝23.∴nS n ＝n 2a 1＋n 2（n －1）2d＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n 23.构造函数f (x )＝13x 3－103x 2(x >0)．f ′(x )＝x 2－203x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝203. 当x >203时，f (x )是单调递增的； 当0<x <203时，f (x )是单调递减的． ∵n ∈N *，∴当n ＝7时，nS n 取最小值，∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.【答案】 －49(2016·山东青岛模拟，7)已知a n ＝n － 2 015n － 2 016(n ∈N *)，则在数列{a n }的前50项中，最小项和最大项分别是( ) A ．a 1，a 50 B ．a 1，a 44 C ．a 45，a 50 D ．a 44，a 45 D a n ＝n － 2 015n － 2 016＝n － 2 016＋ 2 016－ 2 015n － 2 016＝1＋ 2 016－ 2 015n － 2 016.结合函数y ＝a ＋cx －b (c >0)的图象，要使a n 最大，则需n － 2 016最小且n －2 016>0，∴当n ＝45时，a n 最大，当n ＝44时，a n 最小．,判断数列单调性的两种常用方法(1)作差比较法：a n ＋1－a n >0⇔数列{a n }是单调递增数列； a n ＋1－a n <0⇔数列{a n }是单调递减数列； a n ＋1－a n ＝0⇔数列{a n }是常数列． (2)作商比较法：①当a n >0时，a n ＋1a n >1⇔数列{a n }是单调递增数列；a n ＋1a n<1⇔数列{a n }是单调递减数列；a n ＋1a n＝1⇔数列{a n }是常数列．②当a n <0时，a n ＋1a n >1⇔数列{a n }是单调递减数列；a n ＋1a n<1⇔数列{a n }是单调递增数列；a n ＋1a n＝1⇔数列{a n }是常数列．求数列最大项或最小项的方法可以利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．1．(2016·河北邢台一模，7)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a n n ≤2的正整数n 的集合为( ) A ．{1，2} B ．{1，2，3，4} C ．{1，2，3} D ．{1，2，4} 1．B [考向2]因为S n ＝2a n －1， 所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1， 整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列， 又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1， 故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.而a nn ≤2，即2n －1≤2n ，故所有满足的正整数n ＝1，2，3，4.2．(2016·江西九江模拟，6)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫49n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，则数列{a n }( )A ．有最大项，没有最小项B ．有最小项，没有最大项C ．既有最大项又有最小项D ．既没有最大项也没有最小项2．C [考向3]∵数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫49n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，t ∈(0，1]，则t 是减函数，则a n ＝t 2－t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－14，由复合函数单调性知，a n 先递增后递减．所以当n ＝1，即t ＝1时，a n 取最大值，使⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1最接近12的n 的值为数列{a n }中的最小项，故数列{a n }既有最大项又有最小项，选C.3．(2016·山东临沂联考，7)观察下列各图，并阅读图形下面的文字，像这样，10条直线相交，交点的个数最多是( )A ．40B ．45C ．50D ．553．B [考向1]设n 条直线的交点个数为a n (n ≥2)，则⎩⎨⎧a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，……a 10－a 9＝9.累加得a 10－a 2＝2＋3＋…＋9， ∴a 10＝1＋2＋3＋…＋9＝45.4．(2016·湖南师大附中质检，9)对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n －22<x n－1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]4．C [考向3]由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，得b n ＋b n ＋22<b n ＋1(n ≥3)， 即t －tn －12n ＋t －t （n ＋2）－12n ＋2<2t －t （n ＋1）－12n ，即tn －12n ＋t （n ＋2）－12n ＋2>t （n ＋1）－12n ，化简得t (n －2)>1.当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >1n －2恒成立，又当n ≥3时，1n －2的最大值为1，所以t 的取值范围是(1，＋∞)．思路点拨：由“减差数列”的定义，可得关于b n 的不等式，把b n 的通项公式代入，化归为不等式恒成立问题求解．5．(2015·江西九江二模，13)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，记S n为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017＝________． 5．[考向1]【解析】 a 2＝－1a 1＋1＝－11＋1＝－12，a 3＝－1a 2＋1＝－1－12＋1＝－2，a 4＝－1a 3＋1＝－1－2＋1＝1，可见a 4＝a 1，由此可得，a n ＋3＝a n ， 因此数列{a n }是以3为周期的周期数列， 则S 2 017＝672×(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1 ＝672×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－2＋1＝－1 007. 【答案】 －1 0076．(2015·山东潍坊二模，12)已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．6．[考向3]【解析】 方法一(定义法)：因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)(*)．因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.方法二(函数法)：设f (n )＝a n ＝n 2＋λn ，其图象的对称轴为直线n ＝－λ2，要使数列{a n }为递增数列，只需使定义域在正整数上的函数f (n )为增函数，故只需满足f (1)<f (2)，即λ>－3. 【答案】 λ>－37．(2016·浙江舟山一模，16，14分)已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．7．[考向2]解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)可得，a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1，a 1＝0(舍)．S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2， 解得a 2＝2(负值舍去)； 同理可得a 3＝3，a 4＝4. (2)因为S n ＝12a 2n ＋a n 2，① 所以当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋a n －12，②①－②得a n ＝12(a n －a n ＋1)＋12(a 2n －a 2n －1)，所以(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a1＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n.1．(2016·课标Ⅰ，3，易)已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝() A．100 B．99 C．98 D．971．C[考向1]由题意知，S9＝9×（a1＋a9）2＝9a5＝27，∴a5＝3，又∵a10＝a5＋5d＝3＋5d＝8，∴d＝1，∴a100＝a10＋90d＝8＋90＝98.2．(2012·辽宁，6，易)在等差数列{a n}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()A．58 B．88 C．143 D．1762．B[考向1]由等差数列性质可知，a4＋a8＝a1＋a11＝16，所以S11＝11×（a1＋a11）2＝88.3．(2015·北京，6，中)设{a n}是等差数列，下列结论中正确的是()A．若a1＋a2>0，则a2＋a3>0B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0C．若0<a1<a2，则a2>a1a3D．若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)>03．C[考向1]设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d ＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错．对于C，∵0<a1<a2，∴d>0.∴a1a3＝(a2－d)(a2＋d)＝a22－d2＜a22，∴a1a3<a2.∴结论成立；对于D，(a2－a1)(a2－a3)＝－d2≤0，结论不成立．4．(2014·辽宁，8，中)设等差数列{a n}的公差为d.若数列{2a1a n}为递减数列，则()A．d<0 B．d>0C．a1d<0 D．a1d>04．C[考向1]设b n＝2a1a n，则b n＋1＝2a1a n＋1，由于{2a1a n}是递减数列，则b n>b n，即2a1a n>2a1a n＋1.＋1∵y＝2x是单调增函数，∴a1a n>a1a n＋1，∴a1a n－a1(a n＋d)>0，∴a1(a n－a n－d)>0，即a1(－d)>0，∴a1d<0.思路点拨：把2a1a n看成一个整体b n，利用递减数列的关系式b n>b n＋1求解．5．(2016·北京，12，易)已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________．5．[考向1]【解析】设等差数列{a n}的公差为d.∵a1＝6，a3＋a5＝0，∴6＋2d＋6＋4d＝0，解得d＝－2，所以S6＝6×6＋6×52×(－2)＝6.【答案】 66．(2015·陕西，13，易)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．6．[考向1]【解析】设首项为a1，由等差中项的定义知a1＋2 015＝2×1 010，∴a1＝5.【答案】 57．(2012·江西，12，易)设数列{a n}，{b n}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.7．[考向1]【解析】方法一：设c n＝a n＋b n，∵{a n }，{b n }是等差数列，∴{c n }是等差数列，设其公差为d ，则c 1＝7，c 3＝c 1＋2d ＝21，解得d ＝7，因此，c 5＝a 5＋b 5＝7＋(5－1)×7＝35.方法二：设c n ＝a n ＋b n ，∵{a n }，{b n }是等差数列，∴{c n }是等差数列，∴2(a 3＋b 3)＝(a 1＋b 1)＋(a 5＋b 5)，即42＝7＋(a 5＋b 5)，因此a 5＋b 5＝42－7＝35. 【答案】 358．(2013·广东，12，易)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________. 8．[考向1]【解析】 设等差数列的公差为d ，则a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10，3a 5＋a 7＝4a 1＋18d ＝2(2a 1＋9d )＝20. 【答案】 209．(2016·课标Ⅱ，17，12分，中)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和． 9．[考向1]解：(1)设{a n }的公差为d ， 据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n . b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1， b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0， 1≤n <10，1， 10≤n <100，2， 100≤n <1 000，3， n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.10．(2012·陕西，17，12分，中)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 10．[考向2]解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)， 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4， 即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3，由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，所以q ＝－2. (2)证明：方法一：对任意k ∈N *， S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k ) ＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0，所以，对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 方法二：对任意k ∈N *，2S k ＝2a 1（1－q k ）1－q ，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋2）1－q ＋a 1（1－q k ＋1）1－q＝a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q ，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k ）1－q －a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋1)] ＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．11．(2014·江苏，20，16分，难)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H ”数列．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d ＜0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．11．[考向1，2]解：(1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m . 所以{a n }是“H 数列”． (2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d ＜0，所以m －2＜0，故m ＝1，从而d ＝－1. 当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2是小于2的整数，n ∈N*. 于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n （3－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m .所以{a n }是“H 数列”． 因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)， 则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)． 下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2·a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m .所以{b n }是“H 数列”． 同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．等差数列的性质及基本运算是高考中的常考内容，多出现在选择题、填空题和解答题的第(1)问中，分值大约为5分，属容易题．复习中，在牢记等差数列的通项公式和前n 项和公式的同时，灵活运用等差数列的性质，在解题过程中可以达到避繁就简的目的．1(1)(2015·重庆，2)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．6(2)(2013·课标Ⅰ，7)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6(3)(2015·广东，10)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.【解析】(1)方法一：设公差为d，∵a4＝a2＋2d，∴d＝－1，∴a6＝a2＋4d＝0.方法二：由等差数列的性质可知，a2，a4，a6成等差数列，所以2a4＝a2＋a6，即a6＝2a4－a2＝0.(2)∵{a n}是等差数列，S m－1＝－2，S m＝0，∴a m＝S m－S m－1＝2.∵S m＋1＝3，∴a m＋1＝S m＋1－S m＝3，∴d＝a m＋1－a m＝1.又S m＝m（a1＋a m）2＝m（a1＋2）2＝0，∴a1＝－2，∴a m＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.(3)因为{a n}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，即a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，解得a5＝5，所以a2＋a8＝2a5＝10.【答案】(1)B(2)C(3)10解题(1)时注意等差数列通项公式及性质的应用；解题(2)的关键是弄清a m＝S m－S m－1，同时要准确应用等差数列的求和公式；解题(3)时注意等差数列性质的运用．等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．等差数列前n 项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，若已知首项和公差，则使用公式S n ＝na 1＋n （n －1）2d ；若已知通项公式，则使用公式S n ＝n （a 1＋a n ）2，同时注意与性质“a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝…”的结合使用．1.(2014·福建，3)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( )A ．8B ．10C ．12D ．141．C 因为S 3＝3a 1＋3×（3－1）2d ＝3×2＋3×22d ＝12，所以d ＝2.所以a 6＝a 1＋(6－1)d ＝2＋5×2＝12.故选C.2．(2016·安徽宿州一模，3)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝2，a 5＝3a 3，则S 9＝( )A ．－72B ．－54C ．54D ．90 2．B 设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 1＝2，a 5＝3a 3，∴2＋4d ＝3(2＋2d )，解得d ＝－2， ∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝－54，故选B.3．(2016·湖南五市十校联考，13)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝24π，则tan a 5＝________.3．【解析】 在等差数列{a n }中，由S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝24π，得a 5＝24π9＝8π3，∴tan a 5＝tan 8π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π＋2π3＝tan 2π3＝－ 3.【答案】－3,等差数列的判定与证明是高考中常见题型，其基本方法是利用等差数列定义，即－a n＝常数(与n无关)，题型既有小题又有大题，但多以解答题的第一证明a n＋1问为主，难度不大．－a n＝d和a n－a n 在复习中，用定义法证明等差数列时，常采用的两个式子a n＋1＝d意义不同，后者必须加上n≥2，否则n＝1时，a0无意义．－12(2014·课标Ⅰ，17，12分)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n ≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．【解析】(1)证明：由题设，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1.两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列．解题(1)的关键是利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 这一结论； 解题(2)时先假设{a n }是等差数列求出λ，再进行验证．等差数列的判定方法(1)证明一个数列{a n }为等差数列的基本方法有两种： ①利用等差数列的定义证明，即证明a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)； ②利用等差中项证明，即证明a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1(n ∈N *)．(2)解选择题、填空题时，也可用通项公式或前n 项和公式直接判断：①通项法：若数列{a n }的通项公式为n 的一次函数，即a n ＝An ＋B ，则{a n }是等差数列．②前n 项和法：若数列{a n }的前n 项和S n 可以化为S n ＝An 2＋Bn 的形式(A ，B 是常数)，则{a n }是等差数列．(3)若判断一个数列不是等差数列，只需说明某连续3项(如前三项)不是等差数列即可．(2016·江西南昌一模，19，12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2)设数列{b n }的通项公式为b n ＝a na n ＋t ，问：是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N )成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋16d ＝34，3a 1＋3d ＝9，解得a 1＝1，d ＝2， 故a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)由(1)知b n＝2n－12n－1＋t，要使b1，b2，b m成等差数列，必须2b2＝b1＋b m，即2×33＋t ＝11＋t＋2m－12m－1＋t，移项得2m－12m－1＋t ＝63＋t－11＋t＝6＋6t－3－t（3＋t）（1＋t），整理得m＝3＋4t－1.因为m，t为正整数，所以t只能取2，3，5.当t＝2时，m＝7；当t＝3时，m＝5；当t＝5时，m＝4.所以存在正整数t，使得b1，b2，b m成等差数列．公差不为0的等差数列，其前n项和的最值在高考中也时常出现，题型既有小题也有大题，难度不大．在复习时，关键是弄清等差数列前n项和存在最值的条件，要从等差数列前n项和与二次函数的关系及数列单调性两个方面来把握．3(1)(2014·北京，12)若等差数列{a n}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{a n}的前n项和最大．(2)(2014·大纲全国，18，12分)等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a1＝10，a2为整数，且S n≤S4.①求{a n}的通项公式；②设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 9＝2a 8， ∴3a 8>0，即a 8>0.又∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<0， ∴等差数列前8项的和最大．故n ＝8.(2)①由a 1＝10，a 2为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0. 解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3. 数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .②b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n . 于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n10（10－3n ）.解题(1)时注意等差数列性质的应用；解题(2)的关键是由S n ≤S 4推出a 4≥0，a 5≤0，进而求出公差，再用裂项法求第②问时，易忽视a 2为整数而求不出公差d 的值．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解． (2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎨⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎨⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .1.(2012·浙江，7)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( ) A ．若d <0，则数列{S n }有最大项 B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列1．C 因为S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，所以S n 是关于n 的二次函数，当d <0时，S n 有最大值，即数列{S n }有最大项，故A 正确；若{S n }有最大项，即对于n ∈N *，S n 有最大值，故二次函数图象的开口向下，即d <0，故B 正确．而若a 1<0，d >0，则数列{S n }为递增函数，此时S 1<0，故C 错误；若对于任意的n ∈N *，均有S n >0，则a 1＝S 1>0，且d 2n ＋a 1－d 2>0对于任意n ∈N *恒成立，∴d2>0，∴数列{S n }是递增数列，即D 正确．故选C.2．(2016·上海十二校联考，5)在等差数列{a n }中，若a 1＜0，S n 为其前n 项之和，且S 7＝S 17，则S n 为最小时n 的值为________．2．【解析】 由S 7＝S 17，知a 8＋a 9＋…＋a 17＝0，根据等差数列的性质，a 8＋a 17＝a 9＋a 16＝…＝a 12＋a 13，因此a 12＋a 13＝0，又因为a 1＜0，从而a 12＜0，a 13＞0，故当S n 为最小时n 为12. 【答案】 12,1．(2016·广东六校联考，5)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．641．A [考向1]因为a 7＋a 9＝2a 8＝16，所以a 8＝8，因为S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝11a 6＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.2．(2015·安徽芜湖三模，5)在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则该数列的前11项和为( )A ．12B ．72C ．132D ．1922．C [考向1]由a 9＝12a 12＋6，得2a 9－a 12＝12，即2a 1＋16d －a 1－11d ＝12， ∴a 1＋5d ＝12，即a 6＝12.则S 11＝11a 6＝11×12＝132.故选C.3．(2016·山西大同二模，7)若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k＋1<0的k 值为( )A ．22B ．21C ．24D ．233．D [考向2]因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473>0，得n <23.5，所以使a k ·a k ＋1<0的k 值为23.4．(2016·河北唐山模拟，7)各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝( ) A.n （n ＋5）2 B.n （5n ＋1）2C.3n （n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）24．C [考向1，2]当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，3a 1＝a 1a 2，∴a 2＝3.当n ≥2时， 由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ，两式相减得3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)， 又∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝3，∴{a 2n }是以3为首项，3为公差的等差数列， ∴a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝3n （n ＋1）2，选C.5．(2016·浙江温州三模，10)已知等差数列{a n }，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a 4＝10，S 6＝S 3＋39，则数列{a n }的首项a 1＝________，通项a n ＝________. 5．[考向1]【解析】 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 4＝10，S 6＝S 3＋39，得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝10，6a 1＋6×5d2＝3a 1＋3d ＋39，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3，∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 【答案】 1 3n －26．(2016·山东烟台模拟，14)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为________． 6．[考向3]【解析】 ∵a 11a 10<－1，且S n 有最大值，∴a 10>0，a 11<0，且a 10＋a 11<0， ∴S 19＝19（a 1＋a 19）2＝19·a 10>0，S 20＝20（a 1＋a 20）2＝10(a 10＋a 11)<0，故使得S n >0的n 的最大值为19. 【答案】 197．(2016·吉林长春一模，18，12分)在数列{a n }中，a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N *)，a 1＝－23. (1)求a n ；(2)设S n 为{a n }的前n 项和，求S n 的最小值．7．[考向1，2，3]解：(1)∵a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N *)，①a n ＋2＋a n ＋1＝2(n ＋1)－44，② ②－①得， a n ＋2－a n ＝2.又∵a 2＋a 1＝2－44，a 1＝－23， ∴a 2＝－19，同理得，a 3＝－21，a 4＝－17.故a 1，a 3，a 5，…是以a 1为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…是以a 2为首项，2为公差的等差数列． 从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －24，n 为奇数，n －21，n 为偶数.(2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2·(n －1)－44] ＝2[1＋3＋…＋(n －1)]－n2·44 ＝n 22－22n ，故当n ＝22时，S n 取得最小值为－242. 当n 为奇数时，S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝a 1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n －1)－44] ＝a 1＋2[2＋4＋…＋(n －1)]＋n －12·(－44) ＝－23＋（n ＋1）（n －1）2－22(n －1)＝n 22－22n －32.故当n ＝21或n ＝23时，S n 取得最小值－243.综上所述：当n 为偶数时，S n 取得最小值为－242；当n 为奇数时，S n 取最小值为－243.8．(2015·河南郑州二模，20，12分)数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝12－a n(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n 项和为B n ，对任意n ≥2都有B 3n －B n >m20成立，求正整数m 的最大值．8．[考向1，2，3]解：(1)因为a n ＋1＝12－a n ，所以1a n ＋1－1＝112－a n －1＝2－a n a n －1＝－1＋1a n －1，即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为－2，公差为－1的等差数列，所以1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝n n ＋1. (2)b n ＝n ＋1n －1＝1n ，令C n ＝B 3n －B n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ，所以C n ＋1－C n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13（n ＋1）－1n ＋1－…－13n＝－1n ＋1＋13n ＋2＋13n ＋3＋13n ＋1＝13n ＋2－23n ＋3＋13n ＋1 >23n ＋3－23n ＋3＝0， 所以C n ＋1－C n >0， 所以{C n }为单调递增数列，所以(B 3n －B n )min ＝B 6－B 2＝13＋14＋15＋16＝1920， 所以m 20<1920，所以m <19.又m ∈N *，所以m 的最大值为18.方法点拨：等差数列的综合性问题的求解方法：在解决数列问题时，除注意函数思想、方程思想、消元及整体代换的思想外，还要特别注意解题中要有“目标意识”，即需要什么、求什么，注重数列与函数、不等式知识的交汇．1．(2013·江西，3，易)等比数列x ，3x ＋3，6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．241．A [考向1]由x ，3x ＋3，6x ＋6成等比数列，知(3x ＋3)2＝x ·(6x ＋6)，即x 2＋4x ＋3＝0，解得x ＝－3或x ＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项为－24，故选A.2．(2012·安徽，4，易)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( )A ．4B ．5C ．6D ．72．B [考向2]方法一：由等比中项的性质得a 3a 11＝a 27＝16，又数列{a n }各项为正，所以a 7＝4.所以a 10＝a 7×q 3＝32.所以log 2a 10＝5. 方法二：设等比数列的公比为q ，由题意知，a n >0，则a 3·a 11＝a 27＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 10q 32＝126·a 210＝24，所以a 210＝210，解得a 10＝25.故log 2a 10＝5.3．(2013·福建，9，中)已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2…＋a m (n －1)＋m ，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m3．C [考向3]b n ＝a m (n －1)＋1·(1＋q ＋q 2＋…＋q m －1)，b n ＋1b n ＝a mn ＋1a mn ＋1－m ＝q m ，故数列{b n }为等比数列，公比为q m ，选项A ，B 错误；c n ＝a m m （n －1）＋1·q1＋2＋…＋(m －1)， c n ＋1c n ＝a m mn ＋1a m mn ＋1－m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a mn ＋1a mn ＋1－m m ＝(q m )m ＝qm 2，故数列{c n }为等比数列，公比为qm 2，D 错误，故选C.方法点拨：判断一个数列是等差数列或等比数列的关键是作差或作商，看结果是不是常数．4．(2016·课标Ⅰ，15，难)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．4．[考向1]【解析】 由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ，即5＝10q ，解得q ＝12， 将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8.∴a 1a 2…a n ＝a n1·qn （n －1）2＝8n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n （n －1）2＝2－n 22＋7n 2. ∵－n 22＋7n 2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *.当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2≤26＝64，即最大值为64. 【答案】 645．(2013·北京，10，易)若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________．5．[考向1]【解析】 ∵a 3＋a 5＝q (a 2＋a 4)，∴40＝20q ，q ＝2， 又∵a 2＋a 4＝a 1q ＋a 1q 3＝20， ∴a 1＝2，∴a n ＝2n ，∴S n ＝2n ＋1－2. 【答案】 2 2n ＋1－26．(2013·江苏，14，难)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3，则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．6．[考向1]【解析】 设等比数列的首项为a 1，公比为q >0，由⎩⎨⎧a 1·q 4＝12，a 1·q 5＋a 1·q 6＝3，得a 1＝132，q ＝2.∴a n ＝a 1q n －1＝2n －6，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝132（1－2n ）1－2＝132(2n －1)，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝a n 1q1＋2＋3＋…＋(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132n ×2（n －1）n 2，由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n ， 得132(2n －1)>⎝ ⎛⎭⎪⎫132n×2（n －1）n 2，化简得2n －1>2（n －1）（n －10）2.所以n >（n －1）（n －10）2，n ∈N *，解得13－1492<n <13＋1492，又n ∈N *，∴1≤n ≤12，故满足条件的最大正整数n 的值是12. 【答案】 127．(2016·课标Ⅲ，17，12分，中)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.7．[考向3]解：(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即(λ－1)a n ＋1＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λλ－1n －1. (2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λλ－1n . 由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λλ－15＝3132， 即⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1. 8．(2013·湖北，18，12分，中)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．8．[考向1]解：(1)由已知条件a 1a 2a 3＝125，得a 2＝5. 又a 2|q －1|＝10，∴q ＝－1或3.∴数列{a n }的通项为a n ＝5×(－1)n 或a n ＝5×3n －2.(2)若q ＝－1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a m＝－15或0，不存在符合条件的正整数m ；若q ＝3，则1a 1＋1a 2＋…＋1a m＝910⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m <910，不存在符合条件的正整数m .综上所述，不存在符合条件的正整数m .。
专题08 数列专题-2017年高考数学文考纲解读与热点难点
【2017年高考考纲解读】 高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n 项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C 级，熟练掌握等差数列、等比数列的概念、通项公式、前n 项求和公式、性质等知识，理解其推导过程，并且能够灵活应用．(4)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题． (5)求数列的通项公式及其前n 项和的基本的几种方法． (6)数列与函数、不等式的综合问题.试题类型可能是填空题，以考查单一性知识为主，同时在解答题中经常与不等式综合考查，构成压轴题．【重点、难点剖析】1．等差、等比数列的通项公式等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列{a n }的通项公式为a n＝a 1qn －1＝a m qn －m.2．等差、等比数列的前n 项和 (1)等差数列的前n 项和为S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .特别地，当d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，且常数项为0，即可设S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数)．(2)等比数列的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1，特别地，若q ≠1，设a ＝a 11－q，则S n ＝a －aq n.3．等差数列、等比数列常用性质(1)若序号m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ；特别的，若序号m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ；在等比数列中，则有a m ·a n ＝a p ·a q ；特别的，若序号m ＋n ＝2p ，则a m ·a n ＝a 2p ；(2)在等差数列{a n }中，S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，其公差为kd ；其中S n 为前n 项的和，且S n ≠0(n ∈N *)；在等比数列{a n }中，当q ≠－1或k 不为偶数时S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，其中S n 为前n 项的和(n ∈N *).4．数列求和的方法归纳(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n 个等差数列或等比数列，然后应用公式求和；(2)错位相减法：适用于{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }是等差数列，{b n }是等比数列； (3)裂项法：求{a n }的前n 项和时，若能将a n 拆分为a n ＝b n －b n ＋1，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝b 1－b n ＋1；(4)倒序相加法：一个数列倒过来与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和容易求出，那么这样的数列求和可采用此法．其主要用于求组合数列的和．这里易忽视因式为零的情况；(5)试值猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．易错点：对于S n 不加证明；(6)并项求和法：先将某些项放在一起先求和，然后再求S n .例如对于数列{a n }：a 1＝1，a 2＝3，a 3＝2，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，可证其满足a n ＋6＝a n ，在求和时，依次6项求和，再求S n .5．数列的应用题(1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．(2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{a n }，利用该数列的通项公式、递推公式或前n 项和公式.【题型示例】题型1、等差、等比数列中基本量的计算【例1】【2016年高考北京理数】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______..【答案】6【举一反三】 (2015·江苏，11)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________． 【答案】2011【解析】 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.【变式探究】(1)(2014·全国大纲卷)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( )A ．6B ．5C ．4D ．3(2)(2014·北京)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．【命题意图】(1)本题主要考查等比数列的性质、对数的运算．(2)本题主要考查等差数列的性质，意在考查考生灵活应用等差数列的性质解决问题的能力．【答案】(1)C (2)8【解析】(1)lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4，故选C.(2)∵数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<0，∴当n ＝8时，其前n 项和最大．【变式探究】设数列{a n }是公差不为0的等差数列，S n 为其前n 项的和，满足：a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项的和S n ；(2)设数列{b n }满足b n ＝2a n ，其前n 项的和为T n ，当n 为何值时，有T n ＞512.(2)由(1)得a n＝2n－7，所以b n＝2a n＝22n－7，又b nb n－1＝22n－722n－9＝4(n≥2)，b1＝2a1＝125，所以{b n}是首项为125，公比为4的等比数列，所以它的前n项和T n＝125－4n1－4＝13×25(4n－1)，于是由T n＞512，得4n＞3×47＋1，所以n≥8时，有T n＞512.【规律方法】求等差、等比数列通项与前n项和，除直接代入公式外，就是用基本量法，要注意对通项公式与前n项和公式的选择．【变式探究】已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝3，{}1＋S n是公比为2的等比数列．(1)证明：{a n}是等比数列，并求其通项；(2)设数列{b n}满足b n＝log3a n，其前n项和为T n，当n为何值时，有T n≤2 012?(2)解 由(1)得a n ＝3·22n －2，所以b n ＝log 2(3·22n －2)＝log 23＋2(n －1)，所以{b n }是首项为log 23，公差为2的等差数列，前n 项和为T n ＝n log 23＋n (n －1)，于是由n 2＜n log 23＋n (n －1)≤2 012，得n ＜ 2 012，又n ∈N *，所以1≤n ≤44，即n ＝1,2,3，…，44时，T n ≤2 012.题型2、与等差、等比数列有关的最值问题【例2】【2016高考新课标1卷】设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为 ．【答案】64【解析】设等比数列{}n a 的公比为(0)q q ≠，由1324105a a a a +=⎧⎨+=⎩得2121(1)10(1)5a q a q q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=，于是当3n =或4n =时，12n a a a 取得最大值6264=.【举一反三】 (2015·四川，16)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n－a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值．【规律方法】上述两种求A n 最值的方法都是运用函数思想．法一是直接研究子数列{a 2n }．法二是研究A n ＝19(19n ＋2－2n ＋1)的单调性求其最值．【变式探究】已知等差数列{a n }的首项a 1≠0，公差d ≠0，由{a n }的部分项组成的数列ab 1，ab 2，…，ab n ，…为等比数列，其中b 1＝1，b 2＝2，b 3＝6.(1)求数列{b n }的通项公式b n ；(2)若数列{b n }的前n 项和为S n ，求S n 的值； (3)求A n ＝S n －2 012n9的最小值．题型3、等差、等比数列的探求问题【例3】【2016高考江苏卷】已知{}n a 是等差数列，{S }n 是其前项和.若21253,S =10a a +=-，则9a 的值是 ▲ .【答案】20.【解析】由510S =得32a =，因此2922(2d)33,23620.d d a -+-=-⇒==+⨯= 【举一反三】(2015·安徽，14)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________． 【答案】 2n－1【解析】 由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2.∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n1－2＝2n －1.【变式探究】 (2014·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式．【命题意图】本题主要考查赋值法、数列前n 项和S n 与通项a n 之间的关系、构造新数列等，考查考生的运算求解能力．【审题策略】(1)反复利用递推公式S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，S n －S n －1＝a n (n ≥2)进行递推． (2)由前三项a 1，a 2，a 3归纳猜想出数列{a n }的通项公式，再用数学归纳法证明．解得2a k＋1＝4k＋6，∴a k＋1＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，结论成立．由①②知，∀n∈N*，a n＝2n＋1.【变式探究】已知数列{a n}是各项均不为0的等差数列，S n为其前n项和，且满足a2n＝S2n－1，令b n＝1a n·a n＋1，数列{b n}的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式及数列{b n}的前n项和T n；(2)是否存在正整数m，n(1＜m＜n)，使得T1，T m，T n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由．(2)法一 T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n 2n ＋1，若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3.由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m2＞0，即－2m 2＋4m ＋1＞0，∴1－62＜m ＜1＋62. 又m ∈N *，且m ＞1，所以m ＝2，此时n ＝12.因此，当且仅当m ＝2，n ＝12时，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．法二 因为n 6n ＋3＝16＋3n＜16，故m 24m ＋4m ＋1＜16，即2m 2－4m －1＜0，∴1－62＜m ＜1＋62，(以下同上)． 【规律方法】在一定条件下，判断某种数学对象是否存在，解答此类问题一般先假设要求(或证)的结论是存在的，然后利用有关概念、公理、定理、法则推理下去，如果畅通无限，则存在；如果推理过程中，有限或发生矛盾，则说明不存在．题型四、数列与恒成立问题【例4】【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<； （3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析 【解析】（3）下面分三种情况证明. ①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集.综合①②③得，2C CDD S S S +≥.【举一反三】 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－1，当n ≥3，n ∈N *时，a n n －1－a n －1n －2＝3n －n －.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在k ∈N *，使得n ≥k 时，不等式S n ＋(2λ－1)a n ＋8λ≥4对任意实数λ∈0,1]恒成立？若存在，求出k 的最小值；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)∵当n ≥3时，n ∈N *时， a n n －1－a n －1n －2＝3n －n －＝3⎝⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1，∴a n ＋3n －1＝a n －1＋3n －2.∴当n ≥2时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋3n －1是常数列． ∴n ≥2时，a n ＋3n －1＝a 2＋32－1＝2，a n ＝2n －5. ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－4n ＋4，n ≥2.当n ＝1时，不等式S n ＋(2λ－1)a n ＋8λ≥4可化为λ≥25，不满足条件．当n ≥2时，S n ＋(2λ－1)a n ＋8λ≥4可化为2(2n －1)λ＋n 2－6n ＋5≥0.令f (λ)＝2(2n －1)λ＋n 2－6n ＋5，由已知得，f (λ)≥0对于λ∈0,1]恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f ，f化简得，⎩⎪⎨⎪⎧n 2－6n ＋5≥0，n 2－2n ＋3≥0.解得，n ≤1或n ≥5.∴满足条件的k 存在，k 的最小值为5.【规律方法】数列通项公式的还原方法比较多样，可以构造特殊数列，也可以立足于运算、归纳，最后补充证明．【变式探究】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.所以对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.题型五、数列与函数的问题例5、 (2015·湖北，18)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n .【变式探究】(2014·四川)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .【命题意图】本题主要考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列的通项公式与前n 项和公式、导数的几何意义等基础知识，考查考生的运算求解能力．【解析】(1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2.解得d ＝a 8－a 7＝2. 所以S n ＝na 1＋n n －12d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2 ln 2)(x －a 2)，【感悟提升】1．数列与函数的综合问题主要有以下两类(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．2．解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．。
2017高考数学数列经典例题
高考数学数列经典例题（一）高考数学数列经典例题（一）高考数学数列知识点数列的定义按一定次序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数都叫做数列的项。
(1)从数列定义可以看出，数列的数是按一定次序排列的，如果组成数列的数相同而排列次序不同，那么它们就不是同一数列，例如数列1，2，3，4，5与数列5，4，3，2，1是不同的数列。
(2)在数列的定义中并没有规定数列中的数必须不同，因此，在同一数列中可以出现多个相同的数字，如：-1的1次幂，2次幂，3次幂，4次幂，…构成数列：-1，1，-1，1，…。
(4)数列的项与它的项数是不同的，数列的项是指这个数列中的某一个确定的数，是一个函数值，也就是相当于f(n)，而项数是指这个数在数列中的位置序号，它是自变量的值，相当于f(n)中的n。
(5)次序对于数列来讲是十分重要的，有几个相同的数，由于它们的排列次序不同，构成的数列就不是一个相同的数列，显然数列与数集有本质的区别。
如：2，3，4，5，6这5个数按不同的次序排列时，就会得到不同的数列，而{2，3，4，5，6}中元素不论按怎样的次序排列都是同一个集合。
数列的分类(1)根据数列的项数多少可以对数列进行分类，分为有穷数列和无穷数列。
在写数列时，对于有穷数列，要把末项写出，例如数列1，3，5，7，9，…，2n-1表示有穷数列，如果把数列写成1，3，5，7，9，…或1，3，5，7，9，…，2n-1，…，它就表示无穷数列。
(2)按照项与项之间的大小关系或数列的增减性可以分为以下几类：递增数列、递减数列、摆动数列、常数列。
数列的通项公式数列是按一定次序排列的一列数，其内涵的本质属性是确定这一列数的规律，这个规律通常是用式子f(n)来表示的，这两个通项公式形式上虽然不同，但表示同一个数列，正像每个函数关系不都能用解析式表达出来一样，也不是每个数列都能写出它的通项公式;有的数列虽然有通项公式，但在形式上，又不一定是唯一的，仅仅知道一个数列前面的有限项，无其他说明，数列是不能确定的，通项公式更非唯一。
2007-2017全国卷高考理科数学数列专题
2007-2017全国卷高考理科数学数列专题一．选择题（共14小题）1．（2008•全国卷Ⅰ）已知等差数列{a n }满足a 2+a 4=4，a 3+a 5=10，则它的前10项的和S 10=（ ）A ．138B ．135C ．95D ．23【考点】8F ：等差数列的性质；85：等差数列的前n 项和．【专题】11 ：计算题．【分析】本题考查的知识点是等差数列的性质，及等差数列前n 项和，根据a 2+a 4=4，a 3+a 5=10我们构造关于基本量（首项及公差）的方程组，解方程组求出基本量（首项及公差），进而代入前n 项和公式，即可求解．【解答】解：∵（a 3+a 5）﹣（a 2+a 4）=2d=6，∴d=3，a 1=﹣4，∴S 10=10a 1+10×(10−1)d 2=95． 故选C【点评】在求一个数列的通项公式或前n 项和时，如果可以证明这个数列为等差数列，或等比数列，则可以求出其基本项（首项与公差或公比）进而根据等差或等比数列的通项公式，写出该数列的通项公式，如果未知这个数列的类型，则可以判断它是否与某个等差或等比数列有关，间接求其通项公式．2．（2010•大纲版Ⅰ）已知各项均为正数的等比数列{a n }，a 1a 2a 3=5，a 7a 8a 9=10，则a 4a 5a 6=（ ）A ．5√2B ．7C ．6D ．4√2【考点】87：等比数列．【分析】由数列{a n}是等比数列，则有a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10．【解答】解：a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10，a52=a2a8，∴a56=a23a83=50，∴a4a5a6=a53=5√2，故选A．【点评】本小题主要考查等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识，着重考查了转化与化归的数学思想．3．（2010•大纲版Ⅰ）如果等差数列{a n}中，a3+a4+a5=12，那么a1+a2+…+a7=（）A．14B．21C．28D．35【考点】8F：等差数列的性质；85：等差数列的前n项和．【分析】由等差数列的性质求解．【解答】解：a3+a4+a5=3a4=12，a4=4，∴a1+a2+…+a7=7(a1+a7)2=7a4=28故选C【点评】本题主要考查等差数列的性质．4．（2011•大纲版）设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1=1，公差d=2，S k+2﹣S k=24，则k=（）A．8B．7C．6D．5【考点】85：等差数列的前n项和．【专题】11 ：计算题．【分析】先由等差数列前n 项和公式求得S k+2，S k ，将S k+2﹣S k =24转化为关于k 的方程求解．【解答】解：根据题意：S k+2=（k+2）2，S k =k 2∴S k+2﹣S k =24转化为：（k+2）2﹣k 2=24∴k=5故选D【点评】本题主要考查等差数列的前n 项和公式及其应用，同时还考查了方程思想，属中档题．5．（2012•大纲版）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5=5，S 5=15，则数列{1a n a n+1}的前100项和为（ ） A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．101100【考点】8E ：数列的求和；85：等差数列的前n 项和．【专题】11 ：计算题．【分析】由等差数列的通项公式及求和公式，结合已知可求a 1，d ，进而可求a n ，代入可得1a n a n+1=1n(n+1)=1n −1n+1，裂项可求和 【解答】解：设等差数列的公差为d由题意可得，{a 1+4d =55a 1+10d =15解方程可得，d=1，a 1=1由等差数列的通项公式可得，a n =a 1+（n ﹣1）d=1+（n ﹣1）×1=n∴1a n a n+1=1n(n+1)=1n−1n+1S100=1−12+12−13+⋯+1100−1101=1﹣1101=100101故选A【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，及数列求和的裂项求和方法的应用，属于基础试题6．（2012•新课标）已知{a n}为等比数列，a4+a7=2，a5a6=﹣8，则a1+a10=（）A．7B．5C．﹣5D．﹣7【考点】8G：等比数列的性质；88：等比数列的通项公式．【专题】11 ：计算题．【分析】由a4+a7=2，及a5a6=a4a7=﹣8可求a4，a7，进而可求公比q，代入等比数列的通项可求a1，a10，即可【解答】解：∵a4+a7=2，由等比数列的性质可得，a5a6=a4a7=﹣8∴a4=4，a7=﹣2或a4=﹣2，a7=4当a4=4，a7=﹣2时，q3=−12，∴a1=﹣8，a10=1，∴a1+a10=﹣7当a4=﹣2，a7=4时，q3=﹣2，则a10=﹣8，a1=1∴a1+a10=﹣7综上可得，a1+a10=﹣7故选D【点评】本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的应用，考查了基本运算的能力．7．（2013•新课标Ⅰ）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m ﹣1=﹣2，S m =0，S m+1=3，则m=（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【考点】8F ：等差数列的性质；85：等差数列的前n 项和．【专题】11 ：计算题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由a n 与S n 的关系可求得a m+1与a m ，进而得到公差d ，由前n 项和公式及S m =0可求得a 1，再由通项公式及a m =2可得m 值．【解答】解：a m =S m ﹣S m ﹣1=2，a m+1=S m+1﹣S m =3，所以公差d=a m+1﹣a m =1，S m =m(a 1+a m )2=0，得a 1=﹣2， 所以a m =﹣2+（m ﹣1）•1=2，解得m=5，另解：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，即有数列{S n n }成等差数列，则S m−1m−1，S m m ，S m+1m+1成等差数列， 可得2•S m m =S m−1m−1+S m+1m+1， 即有0=−2m−1+3m+1， 解得m=5．故选C ．【点评】本题考查等差数列的通项公式、前n 项和公式及通项a n 与S n 的关系，考查学生的计算能力．8．（2013•新课标Ⅰ）等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3=a 2+10a 1，a 5=9，则a 1=（ ）A ．13B ．−13C ．19D ．−19【考点】89：等比数列的前n 项和．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】设等比数列{a n }的公比为q ，利用已知和等比数列的通项公式即可得到{a 1+a 1q +a 1q 2=a 1q +10a 1a 1q 4=9，解出即可． 【解答】解：设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 3=a 2+10a 1，a 5=9，∴{a 1+a 1q +a 1q 2=a 1q +10a 1a 1q 4=9，解得{q 2=9a 1=19． ∴a 1=19．故选C ．【点评】熟练掌握等比数列的通项公式是解题的关键．9．（2015•新课标Ⅰ）已知等比数列{a n }满足a 1=3，a 1+a 3+a 5=21，则a 3+a 5+a 7=（ ）A ．21B ．42C ．63D ．84【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由已知，a 1=3，a 1+a 3+a 5=21，利用等比数列的通项公式可求q ，然后在代入等比数列通项公式即可求．【解答】解：∵a 1=3，a 1+a 3+a 5=21，∴a 1(1+q 2+q 4)=21，∴q4+q2+1=7，∴q4+q2﹣6=0，∴q2=2，∴a3+a5+a7=a1(q2+q4+q6)=3×（2+4+8）=42．故选：B【点评】本题主要考查了等比数列通项公式的应用，属于基础试题．10．（2016•新课标Ⅰ）定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m=4，则不同的“规范01数列”共有（）A．18个B．16个C．14个D．12个【考点】8B：数列的应用．【专题】16 ：压轴题；23 ：新定义；38 ：对应思想；4B ：试验法．【分析】由新定义可得，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，当m=4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m=4，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．故选：C ．【点评】本题是新定义题，考查数列的应用，关键是对题意的理解，枚举时做到不重不漏，是压轴题．11．（2016•新课标Ⅰ）已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10=8，则a 100=（ ）A ．100B ．99C ．98D ．97【考点】8F ：等差数列的性质．【专题】11 ：计算题；4O ：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】根据已知可得a 5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n }前9项的和为27，S 9=9(a 1+a 9)2=9×2a 52=9a 5． ∴9a 5=27，a 5=3，又∵a 10=8，∴d=1，∴a 100=a 5+95d=98，故选：C【点评】本题考查的知识点是数列的性质，熟练掌握等差数列的性质，是解答的关键．12．（2017•新课标Ⅰ）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4+a 5=24，S 6=48，则{a n }的公差为（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8【考点】85：等差数列的前n项和；84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴{a1+3d+a1+4d=24 6a1+6×52d=48，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}的公差为4．故选：C．【点评】本题考查等差数列的面公式的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．13．（2017•新课标Ⅰ）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．110【考点】8E：数列的求和．【专题】35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{b n }的通项公式及前n 项和，可知当N 为n(n+1)2时（n ∈N +），数列{a n }的前N 项和为数列{b n }的前n 项和，即为2n ﹣n ﹣2，容易得到N ＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码； 方法二：由题意求得数列的每一项，及前n 项和S n =2n+1﹣2﹣n ，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n 消去即可，分别分别即可求得N 的值．【解答】解：设该数列为{a n }，设b n =a (n−1)n 2+1+…+a n(n+1)2=2n ﹣1，（n ∈N +），则∑n i=1b i =∑n(n+1)2i=1a i ，由题意可设数列{a n }的前N 项和为S N ，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n =21﹣1+22﹣1+…+2n ﹣1=2n ﹣n ﹣2，可知当N 为n(n+1)2时（n ∈N +），数列{a n }的前N 项和为数列{b n }的前n 项和，即为2n ﹣n ﹣2，容易得到N ＞100时，n≥14，A 项，由29×302=435，440=435+5，可知S 440=T 29+b 5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A 项符合题意．B 项，仿上可知25×262=325，可知S 330=T 25+b 5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B 项不符合题意．C 项，仿上可知20×212=210，可知S 220=T 20+b 10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C 项不符合题意．D 项，仿上可知14×152=105，可知S 110=T 14+b 5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D 项不符合题意．故选A ．方法二：由题意可知：20︸第一项，20，21第二项，20，21，22第三项，…20，21，22，⋯，2n−1第n 项， 根据等比数列前n 项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n ﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n ， 总共的项数为N=1+2+3+…+n=(1+n)n 2，所有项数的和为S n ：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n ﹣1=（21+22+23+…+2n ）﹣n=2(1−2n )1−2﹣n=2n+1﹣2﹣n ，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n 消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n ）=0，解得：n=1，总共有(1+1)×12+2=3，不满足N ＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n ）=0，解得：n=5，总共有(1+5)×52+3=18，不满足N ＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n ）=0，解得：n=13，总共有(1+13)×132+4=95，不满足N ＞100，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n ）=0，解得：n=29，总共有(1+29)×292+5=440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440． 故选A ．【点评】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n 项和，考查计算能力，属于难题．14．（2017•新课标Ⅰ）等差数列{a n }的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为（ ）A．﹣24B．﹣3C．3D．8【考点】85：等差数列的前n项和．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{a n}前6项的和．【解答】解：∵等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴a32=a2⋅a6，∴（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项的和为S6=6a1+6×52d=6×1+6×52×(−2)=﹣24．故选：A．【点评】本题考查等差数列前6项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用．二．填空题（共9小题）15．（2007•全国卷Ⅰ）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{a n}的公比为13．【考点】8G：等比数列的性质．【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．【分析】先根据等差中项可知4S2=S1+3S3，利用等比数列的求和公式用a1和q分别表示出S1，S2和S3，代入即可求得q．【解答】解：∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，2S 2，3S 3成等差数列， ∴a n =a 1q n ﹣1，又4S 2=S 1+3S 3，即4（a 1+a 1q ）=a 1+3（a 1+a 1q+a 1q 2），解q =13．故答案为13【点评】本题主要考查了等比数列的性质．属基础题．16．（2009•全国卷Ⅰ）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9=81，则a 2+a 5+a 8= 27 ．【考点】85：等差数列的前n 项和；8F ：等差数列的性质． 【分析】由s 9解得a 5即可． 【解答】解：∵s 9=9(a 1+a 9)2=9a 5 ∴a 5=9∴a 2+a 5+a 8=3a 5=27 故答案是27【点评】本题考查前n 项和公式和等差数列的性质．17．（2009•全国卷Ⅰ）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5=5a 3，则S 9S 5= 9 ．【考点】8F ：等差数列的性质． 【专题】11 ：计算题．【分析】根据等差数列的等差中项的性质可知S 9=9a 5，S 5=5a 3，根据a 5=5a 3，进而可得则S 9S 5的值．【解答】解：∵{a n }为等差数列，S 9=a 1+a 2+…+a 9=9a 5，S 5=a 1+a 2+…+a 5=5a 3，∴S 9S 5=9a 55a 3=9 故答案为9【点评】本题主要考查了等差数列中等差中项的性质．属基础题．18．（2013•新课标Ⅰ）若数列{a n }的前n 项和为S n =23a n +13，则数列{a n }的通项公式是a n = （﹣2）n ﹣1 ．【考点】88：等比数列的通项公式． 【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】把n=1代入已知式子可得数列的首项，由n≥2时，a n =S n ﹣S n ﹣1，可得数列为等比数列，且公比为﹣2，代入等比数列的通项公式分段可得答案．【解答】解：当n=1时，a 1=S 1=23a 1+13，解得a 1=1当n≥2时，a n =S n ﹣S n ﹣1=（23a n +13）﹣（23a n−1+13）=23a n −23a n−1，整理可得13a n =−23a n−1，即a na n−1=﹣2，故数列{a n }从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列， 故当n≥2时，a n =（﹣2）n ﹣1， 经验证当n=1时，上式也适合， 故答案为：（﹣2）n ﹣1【点评】本题考查等比数列的通项公式，涉及等比数列的判定，属基础题．19．（2013•新课标Ⅰ）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10=0，S 15=25，则nS n 的最小值为 ﹣49 ．【考点】6D ：利用导数研究函数的极值；85：等差数列的前n 项和；8F ：等差数列的性质．【专题】16 ：压轴题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由等差数列的前n 项和公式化简已知两等式，联立求出首项a 1与公差d 的值，结合导数求出nS n 的最小值．【解答】解：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， ∵S 10=10a 1+45d=0，S 15=15a 1+105d=25，∴a 1=﹣3，d=23，∴S n =na 1+n(n−1)2d=13n 2﹣103n ，∴nS n =13n 3﹣103n 2，令nS n =f （n ），∴f′（n ）=n 2﹣203n ，∴当n=203时，f （n ）取得极值，当n ＜203时，f （n ）递减；当n ＞203时，f （n ）递增；因此只需比较f （6）和f （7）的大小即可． f （6）=﹣48，f （7）=﹣49， 故nS n 的最小值为﹣49． 故答案为：﹣49．【点评】此题考查了等差数列的性质，以及等差数列的前n 项和公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键．20．（2015•新课标Ⅰ）设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=﹣1，a n+1=S n+1S n ，则S n = ﹣1n． 【考点】8H ：数列递推式．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】通过S n+1﹣S n =a n+1可知S n+1﹣S n =S n+1S n ，两边同时除以S n+1S n 可知1S n﹣1S n+1=1，进而可知数列{1S n }是以首项、公差均为﹣1的等差数列，计算即得结论． 【解答】解：∵a n+1=S n+1S n ， ∴S n+1﹣S n =S n+1S n ，∴1S n ﹣1S n+1=1， 又∵a 1=﹣1，即1S 1=﹣1，∴数列{1S n }是以首项、公差均为﹣1的等差数列，∴1S n=﹣n ， ∴S n =﹣1n，故答案为：﹣1n．【点评】本题考查数列的通项，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．21．（2016•新课标Ⅰ）设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2…a n 的最大值为 64 ．【考点】8I ：数列与函数的综合；8G ：等比数列的性质．【专题】11 ：计算题；29 ：规律型；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】求出数列的等比与首项，化简a 1a 2…a n ，然后求解最值． 【解答】解：等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，可得q （a 1+a 3）=5，解得q=12．a 1+q 2a 1=10，解得a 1=8．则a 1a 2…a n =a 1n •q 1+2+3+…+（n ﹣1）=8n •(12)n(n−1)2=23n−n 2−n 2=27n−n 22， 当n=3或4时，表达式取得最大值：2122=26=64．故答案为：64．【点评】本题考查数列的性质数列与函数相结合的应用，转化思想的应用，考查计算能力．22．（2017•新课标Ⅰ）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=3，S 4=10，则 ∑n k=11S k= 2nn+1． 【考点】8E ：数列的求和；85：等差数列的前n 项和．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用已知条件求出等差数列的前n 项和，然后化简所求的表达式，求解即可．【解答】解：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=3，S 4=10，S 4=2（a 2+a 3）=10， 可得a 2=2，数列的首项为1，公差为1，S n =n(n+1)2，1S n =2n(n+1)=2(1n −1n+1)，则 ∑n k=11S k =2[1﹣12+12−13+13−14+…+1n −1n+1]=2（1﹣1n+1）=2n n+1． 故答案为：2nn+1．【点评】本题考查等差数列的求和，裂项消项法求和的应用，考查计算能力．23．（2017•新课标Ⅰ）设等比数列{a n }满足a 1+a 2=﹣1，a 1﹣a 3=﹣3，则a 4= ﹣8 ． 【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】34 ：方程思想；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设等比数列{a n}的公比为q，由a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，可得：a1（1+q）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，∴a1（1+q）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，解得a1=1，q=﹣2．则a4=（﹣2）3=﹣8．故答案为：﹣8．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三．解答题（共15小题）24．（2008•全国卷Ⅰ）设函数f（x）=x﹣xlnx．数列{a n}满足0＜a1＜1，a n+1=f（a n）．（Ⅰ）证明：函数f（x）在区间（0，1）是增函数；（Ⅰ）证明：a n＜a n+1＜1；（Ⅰ）设b∈（a1，1），整数k≥a1−b．证明：a k+1＞b．a1lnb【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；RG：数学归纳法．【专题】16 ：压轴题．【分析】（1）首先求出函数的导数，然后令f′（x）=0，解出函数的极值点，最后根据导数判断函数在区间（0，1）上的单调性，从而进行证明．（2）由题意数列{a n}满足0＜a1＜1，a n+1=f（a n），求出a n+1=a n﹣a n lna n，然后利用归纳法进行证明；（3）由题意f（x）=x﹣xlnx，a n+1=f（a n）可得a k+1=a k﹣b﹣a k，然后进行讨论求解．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵f（x）=x﹣xlnx，∴f′（x）=﹣lnx，当x∈（0，1）时，f′（x）=﹣lnx＞0故函数f（x）在区间（0，1）上是增函数；（Ⅰ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，0＜a1＜1，a1lna1＜0，a2=f（a1）=a1﹣a1lna1＞a1，∵函数f（x）在区间（0，1）是增函数且函数f（x）在x=1处连续，∴f（x）在区间（0，1]是增函数，a2=f（a1）=a1﹣a1lna1＜1，即a1＜a2＜1成立，（Ⅰ）假设当x=k（k∈N+）时，a k＜a k+1＜1成立，即0＜a1≤a k＜a k+1＜1，那么当n=k+1时，由f（x）在区间（0，1]是增函数，0＜a1≤a k＜a k+1＜1，得f（a k）＜f（a k+1）＜f（1），而a n+1=f（a n），则a k+1=f（a k），a k+2=f（a k+1），a k+1＜a k+2＜1，也就是说当n=k+1时，a n＜a n+1＜1也成立，根据（Ⅰ）、（Ⅰ）可得对任意的正整数n，a n＜a n+1＜1恒成立．（Ⅰ）证明：由f（x）=x﹣xlnx，a n+1=f（a n）可得a k+1=a k﹣a k lna k=a1−b−∑k i=1a i lna i，1）若存在某i≤k 2，满足a i ≤b 3，则由（Ⅰ）知：a k+1﹣b ＜a i ﹣b≥04， 2）若对任意i≤k 6，都有a i ＞b ，则a k+1=a k ﹣a k lna k =a 1−b −∑k i=1a i lna i =a 1−b −∑k i=1a i lnb ≥a 1﹣b 1﹣ka 1lnb=0，即a k+1＞b 成立．【点评】此题主要考查多项式函数的导数，函数单调性的判定，函数最值，函数、方程与不等式等基础知识及数学归纳法的应用，一般出题者喜欢考查学生的运算求解能力、推理论证能力及分析与解决问题的能力，要出学生会用数形结合的思想、分类与整合思想，化归与转化思想、有限与无限的思想来解决问题．25．（2009•全国卷Ⅰ）在数列{a n }中，a 1=1，a n+1=（1+1n ）a n +n+12n ．（1）设b n =a nn，求数列{b n }的通项公式；（2）求数列{a n }的前n 项和S n ．【考点】8H ：数列递推式；8E ：数列的求和． 【专题】11 ：计算题；15 ：综合题． 【分析】（1）由已知得a n+1n+1=a n n +12n ，即b n+1=b n +12n ，由此能够推导出所求的通项公式．（2）由题设知a n =2n ﹣n2，故S n =（2+4+…+2n ）﹣（1+22+32+42+…+n 2），设T n =1+22+32+42+…+n 2，由错位相减法能求出T n =4﹣n+22．从而导出数列{a n }的前n 项和S n ．【解答】解：（1）由已知得b 1=a 1=1，且a n+1n+1=a n n +12n，即b n+1=b n +12n ，从而b 2=b 1+12，b 3=b 2+12，b n =b n ﹣1+12（n≥2）．于是b n =b 1+12+122+…+12n−1=2﹣12n−1（n≥2）．又b 1=1，故所求的通项公式为b n =2﹣12n−1．（2）由（1）知a n =2n ﹣n2n−1，故S n =（2+4+…+2n ）﹣（1+22+32+42+…+n2），设T n =1+221+322+423+…+n2n−1，①12T n =12+222+323+…+n−12n−1+n2n ，② ①﹣②得，12T n =1+12+12+12+…+12﹣n 2 =1−12n 1−12﹣n 2=2﹣22﹣n 2， ∴T n =4﹣n+22．∴S n =n （n+1）+n+22﹣4．【点评】本题考查数列的通项公式和前n 项和的求法，解题时要注意错位相减法的合理运用．26．（2009•全国卷Ⅰ）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1=1，S n+1=4a n +2（n ∈N *）．（1）设b n =a n+1﹣2a n ，证明数列{b n }是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式．【考点】8H ：数列递推式；8D ：等比关系的确定． 【专题】15 ：综合题．【分析】（1）由题设条件知b 1=a 2﹣2a 1=3．由S n+1=4a n +2和S n =4a n ﹣1+2相减得a n+1=4a n ﹣4a n ﹣1，即a n+1﹣2a n =2（a n ﹣2a n ﹣1），所以b n =2b n ﹣1，由此可知{b n }是以b 1=3为首项、以2为公比的等比数列． （2）由题设知a n+12−a n2=34．所以数列{a n2n }是首项为12，公差为34的等差数列．由此能求出数列{a n }的通项公式．【解答】解：（1）由a 1=1，及S n+1=4a n +2， 得a 1+a 2=4a 1+2，a 2=3a 1+2=5，所以b 1=a 2﹣2a 1=3． 由S n+1=4a n +2，①则当n≥2时，有S n =4a n ﹣1+2，②①﹣②得a n+1=4a n ﹣4a n ﹣1，所以a n+1﹣2a n =2（a n ﹣2a n ﹣1），又b n =a n+1﹣2a n ，所以b n =2b n ﹣1，所以{b n }是以b 1=3为首项、以2为公比的等比数列．（6分）（2）由（I ）可得b n =a n+1﹣2a n =3•2n ﹣1，等式两边同时除以2n+1，得a n+12n+1−a n 2n=34． 所以数列{a n2n }是首项为12，公差为34的等差数列． 所以a n 2=12+(n −1)34=34n −14，即a n =（3n ﹣1）•2n ﹣2（n ∈N *）．（13分）【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要掌握等比数列的证明方法，会求数列的通项公式．27．（2010•大纲版Ⅰ）已知数列{a n }中，a 1=1，a n+1=c ﹣1a n．（Ⅰ）设c=52，b n =1a n −2，求数列{b n }的通项公式；（Ⅰ）求使不等式a n ＜a n+1＜3成立的c 的取值范围．【考点】8H ：数列递推式；RG ：数学归纳法． 【专题】15 ：综合题；16 ：压轴题．【分析】（1）令c=52代入到a n+1=c ﹣1a n 中整理并令b n =1a n −2进行替换，得到关系式b n+1=4b n +2，进而可得到{b n +23}是首项为﹣13，公比为4的等比数列，先得到{b n +23}的通项公式，即可得到数列{b n }的通项公式．（2）先求出n=1，2时的c 的范围，然后用数学归纳法分3步进行证明当c ＞2时a n ＜a n+1，然后当c ＞2时，令α=c+√c 2−42，根据由a n +1a n ＜a n+1+1a n =c 得a n ＜α可发现c ＞103时不能满足条件，进而可确定c 的范围． 【解答】解：（1）a n+1−2=52−1a n −2=a n −22a n，1a n+1−2=2a n a n −2=4a n −2+2，即b n+1=4b n +2b n+1+23=4(b n +23)，a 1=1，故b 1=1a 1−2=−1所以{b n +23}是首项为﹣13，公比为4的等比数列，b n +23=−13×4n−1，b n =−4n−13−23（Ⅰ）a 1=1，a 2=c ﹣1，由a 2＞a 1得c ＞2． 用数学归纳法证明：当c ＞2时a n ＜a n+1． （Ⅰ）当n=1时，a 2=c ﹣1a 1＞a 1，命题成立；（ii ）设当n=k 时，a k ＜a k+1， 则当n=k+1时，a k+2=c −1ak+1＞c −1a k=a k+1故由（i ）（ii ）知当c ＞2时，a n ＜a n+1当c ＞2时，令α=c+√c 2−42，由a n +1a n ＜a n+1+1a n =c 得a n ＜α当2＜c≤103时，a n ＜α≤3当c ＞103时，α＞3且1≤a n ＜α 于是α−a n+1=1a nα(α−a n )≤13(α−a n )α﹣a n+1≤13n （α﹣1），当n ＞log 3α−1α−3时，α−a n+1＜α−3，a n+1＞3因此c ＞103不符合要求．所以c 的取值范围是（2，103]．【点评】本小题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力，在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与转化思想的考查．28．（2010•大纲版Ⅰ）已知数列{a n }的前n 项和S n =（n 2+n ）•3n ．（Ⅰ）求lim n→∞a n S n ；（Ⅰ）证明：a 112+a 222+…+a n n2＞3n ．【考点】6F ：极限及其运算；R6：不等式的证明． 【专题】11 ：计算题；14 ：证明题．【分析】（1）由题意知lim n→∞an S n=lim n→∞S n −S n−1S n=lim n→∞(1−S n−1S n)=1−lim n→∞S n−1Sn，由此可知答案．（2）由题意知，a 11+a 22+⋯+a n n =S 11+S 2−S 12+⋯+S n −S n−1n=(112−122)S 1+(122−132)S 2+⋯+(1(n−1)2−1n 2)S n−1+1n 2S n ＞1n 2S n ，由此可知，当n≥1时，a 112+a 222+⋯+a nn2＞3n ．【解答】解：（1）lim n→∞an S n =lim n→∞S n −S n−1S n=lim n→∞(1−S n−1S n )=1−lim n→∞S n−1S n lim n→∞S n−1S n =lim n→∞n−1n+1⋅13=13，所以lim n→∞a n S n =23；（2）当n=1时，a 112=S 1=6＞3； 当n ＞1时，a 112+a 222+⋯+a n n 2=S 112+S 2−S 122+⋯+S n −S n−1n 2=(112−122)S 1+(122−132)S 2+⋯+(1(n−1)2−1n 2)S n−1+1n 2S n ＞1n 2S n =n 2+n n 2⋅3n ＞3n所以，n≥1时，a 11+a 22+⋯+a n n ＞3n ．【点评】本题考查数列的极限问题，解题时要注意公式的灵活运用．29．（2010•宁夏）设数列满足a 1=2，a n+1﹣a n =3•22n ﹣1 （1）求数列{a n }的通项公式；（2）令b n =na n ，求数列{b n }的前n 项和S n ． 【考点】8H ：数列递推式；8E ：数列的求和． 【专题】11 ：计算题．【分析】（Ⅰ）由题意得a n+1=[（a n+1﹣a n ）+（a n ﹣a n ﹣1）+…+（a 2﹣a 1）]+a 1=3（22n﹣1+22n ﹣3+…+2）+2=22（n+1）﹣1．由此可知数列{a n }的通项公式为a n =22n ﹣1．（Ⅰ）由b n =na n =n•22n ﹣1知S n =1•2+2•23+3•25++n•22n ﹣1，由此入手可知答案． 【解答】解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，a n+1=[（a n+1﹣a n ）+（a n ﹣a n ﹣1）+…+（a 2﹣a 1）]+a 1=3（22n ﹣1+22n ﹣3+…+2）+2=3×2(1−4n )1−4+2=22（n+1）﹣1．而a 1=2，所以数列{a n }的通项公式为a n =22n ﹣1．（Ⅰ）由b n =na n =n•22n ﹣1知S n =1•2+2•23+3•25+…+n•22n ﹣1① 从而22S n =1•23+2•25+…+n•22n+1②①﹣②得（1﹣22）•S n=2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1．即S n=19[(3n−1)22n+1+2]．【点评】本题主要考查数列累加法（叠加法）求数列通项、错位相减法求数列和等知识以及相应运算能力．30．（2011•大纲版）设数列{a n}满足a1=0且11−a n+1−11−a n=1．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅰ）设b n=1−√a n+1√n，记S n=∑n k=1b k，证明：S n＜1．【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和；8K：数列与不等式的综合．【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．【分析】（Ⅰ）由{11−a n}是公差为1的等差数列，知11−a n=11−a1+(n−1)×1=n，由此能求出{a n}的通项公式．（Ⅰ）由b n=1−√a√n=1−√nn+1√n=√n−√n+1，能够证明S n＜1．【解答】解：（Ⅰ）{11−a n}是公差为1的等差数列，1 1−a n =11−a1+(n−1)×1=n，∴a n=n−1n（n∈N*）．（Ⅰ）b n=1−√a√n=1−√n+1√n=√n−√n+1，∴S n=(1112)+(1213)+⋯+(1n−1n+1)=1﹣√n+1＜1．【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要注意裂项求和法的合理运用．31．（2011•新课标）等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6，（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅰ）设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．【考点】88：等比数列的通项公式；8E ：数列的求和． 【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）设出等比数列的公比q ，由a 32=9a 2a 6，利用等比数列的通项公式化简后得到关于q 的方程，由已知等比数列的各项都为正数，得到满足题意q 的值，然后再根据等比数列的通项公式化简2a 1+3a 2=1，把求出的q 的值代入即可求出等比数列的首项，根据首项和求出的公比q 写出数列的通项公式即可； （Ⅰ）把（Ⅰ）求出数列{a n }的通项公式代入设bn=log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ，利用对数的运算性质及等差数列的前n 项和的公式化简后，即可得到b n 的通项公式，求出倒数即为1b n的通项公式，然后根据数列的通项公式列举出数列的各项，抵消后即可得到数列{1b n}的前n 项和．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6得a 32=9a 42，所以q 2=19．由条件可知各项均为正数，故q=13．由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 1q=1，所以a 1=13．故数列{a n }的通项式为a n =13．（Ⅰ）b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n=﹣（1+2+…+n ）=﹣n(n+1)2，故1b n =﹣2n(n+1)=﹣2（1n ﹣1n+1） 则1b 1+1b 2+…+1b n =﹣2[（1﹣12）+（12﹣13）+…+（1n ﹣1n+1）]=﹣2n n+1， 所以数列{1b n }的前n 项和为﹣2nn+1．【点评】此题考查学生灵活运用等比数列的通项公式化简求值，掌握对数的运算性质及等差数列的前n 项和的公式，会进行数列的求和运算，是一道中档题．32．（2012•大纲版）函数f（x）=x2﹣2x﹣3，定义数列{ x n}如下：x1=2，x n+1是过两点P（4，5），Q n（x n，f（x n））的直线PQ n与x轴交点的横坐标．（Ⅰ）证明：2≤x n＜x n+1＜3；（Ⅰ）求数列{ x n}的通项公式．【考点】8I：数列与函数的综合；8H：数列递推式．【专题】15 ：综合题；16 ：压轴题．【分析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：①n=1时，x1=2，直线PQ1的方程为y−5=f(2)−52−4(x−4)，当y=0时，可得x2=114；②假设n=k时，结论成立，即2≤x k＜x k+1＜3，直线PQ k+1的方程为y−5=f(x k+1)−5x k+1−4(x−4)，当y=0时，可得x k+2=3+4x k+12+x k+1，根据归纳假设2≤x k＜x k+1＜3，可以证明2≤x k+1＜x k+2＜3，从而结论成立．（Ⅰ）由（Ⅰ），可得x n+1=3+4x n2+x n ，构造b n=x n﹣3，可得{1bn+14}是以﹣34为首项，5为公比的等比数列，由此可求数列{ x n}的通项公式．【解答】（Ⅰ）证明：①n=1时，x1=2，直线PQ1的方程为y−5=f(2)−52−4(x−4)当y=0时，∴x2=114，∴2≤x1＜x2＜3；②假设n=k时，结论成立，即2≤x k＜x k+1＜3，直线PQ k+1的方程为y−5= f(x k+1)−5x k+1−4(x−4)当y=0时，∴x k+2=3+4x k+12+x k+1∵2≤x k＜x k+1＜3，∴x k+2=4−52+x k+1＜4−52+3=3x k+2−x k+1=(3−x k+1)(1+x k+1)2+x k+1＞0∴x k+1＜x k+2∴2≤x k+1＜x k+2＜3即n=k+1时，结论成立由①②可知：2≤x n＜x n+1＜3；（Ⅰ）由（Ⅰ），可得x n+1=3+4x n2+x n设b n=x n﹣3，∴1b n+1=5b n+1∴1b n+1+14=5(1b n+14)∴{1b n+14}是以﹣34为首项，5为公比的等比数列∴1b n +14=(−34)×5n−1∴b n=−43×5n−1+1∴x n=b n+3=3−43×5n−1+1．【点评】本题考查数列的通项公式，考查数列与函数的综合，解题的关键是从函数入手，确定直线方程，求得交点坐标，再利用数列知识解决．33．（2012•新课标）数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，则{a n}的前60项和为1830．【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．【专题】15 ：综合题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由题意可得a2﹣a1=1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，a5+a4=7，a6﹣a5=9，a7+a6=11，…a50﹣a49=97，变形可得a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24，a9+a7=2，a12+a10=40，a13+a15=2，a16+a14=56，…利用数列的结构特征，求出{a n}的前60项和【解答】解：∵a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，∴有a2﹣a1=1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，a5+a4=7，a6﹣a5=9，a7+a6=11，…a50﹣a49=97．从而可得a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24，a9+a11=2，a12+a10=40，a13+a11=2，a16+a14=56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．∴{a n}的前60项和为15×2+（15×8+15×142×16）=1830，故答案为：1830．【点评】本题主要考查数列求和的方法，等差数列的求和公式，注意利用数列的结构特征，属于中档题．34．（2014•新课标Ⅰ）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n≠0，a n a n+1=λS n﹣1，其中λ为常数．（Ⅰ）证明：a n+2﹣a n=λ（Ⅰ）是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．【考点】8H：数列递推式；8C：等差关系的确定．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用a n a n+1=λS n﹣1，a n+1a n+2=λS n+1﹣1，相减即可得出；（Ⅰ）对λ分类讨论：λ=0直接验证即可；λ≠0，假设存在λ，使得{a n}为等差数列，设公差为d．可得λ=a n+2﹣a n=（a n+2﹣a n+1）+（a n+1﹣a n）=2d，d=λ2．得到λS n=λ24n2+(λ−λ24)n+2−λ2，根据{a n}为等差数列的充要条件是{λ≠02−λ2=0，解得λ即可．【解答】（Ⅰ）证明：∵a n a n+1=λS n﹣1，a n+1a n+2=λS n+1﹣1，∴a n+1（a n+2﹣a n）=λa n+1∵a n+1≠0，∴a n+2﹣a n =λ．（Ⅰ）解：①当λ=0时，a n a n+1=﹣1，假设{a n }为等差数列，设公差为d ． 则a n+2﹣a n =0，∴2d=0，解得d=0，∴a n =a n+1=1，∴12=﹣1，矛盾，因此λ=0时{a n }不为等差数列．②当λ≠0时，假设存在λ，使得{a n }为等差数列，设公差为d ．则λ=a n+2﹣a n =（a n+2﹣a n+1）+（a n+1﹣a n ）=2d ，∴d =λ2．∴a n =1+λ(n−1)2，a n+1=1+λn 2， ∴λS n =1+[1+λ(n−1)2][1+λn 2]=λ24n 2+(λ−λ24)n +2−λ2， 根据{a n }为等差数列的充要条件是{λ≠02−λ2=0，解得λ=4． 此时可得S n =n 2，a n =2n ﹣1．因此存在λ=4，使得{a n }为等差数列．【点评】本题考查了递推式的意义、等差数列的通项公式及其前n 项和公式、等差数列的充要条件等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力、分类讨论的思想方法，属于难题．35．（2014•新课标Ⅰ）已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=3a n +1．（Ⅰ）证明{a n +12}是等比数列，并求{a n }的通项公式； （Ⅰ）证明：1a 1+1a 2+…+1a n ＜32． 【考点】8E ：数列的求和；8G ：等比数列的性质．【专题】14 ：证明题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即b n+1b n =常数，又首项不为0，所以为等比数列；再根据等比数列的通项化式，求出{a n }的通项公式；（Ⅰ）将1a n进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．【解答】证明（Ⅰ）a n+1+12a n +12=3a n +1+12a n +12=3(a n +12)a n +12=3， ∵a 1+12=32≠0，∴数列{a n +12}是以首项为32，公比为3的等比数列； ∴a n +12=32×3n−1=3n 2，即a n =3n −12； （Ⅰ）由（Ⅰ）知1a n =23n −1， 当n≥2时，∵3n ﹣1＞3n ﹣3n ﹣1，∴1a n =23n −1＜23n −3n−1=13n−1， ∴当n=1时，1a 1=1＜32成立， 当n≥2时，1a 1+1a 2+…+1a n ＜1+13+132+…+13n−1=1−(13)n 1−13=32(1−13n )＜32． ∴对n ∈N +时，1a 1+1a 2+…+1a n ＜32． 【点评】本题考查的是等比数列，用放缩法证明不等式，证明数列为等比数列，只需要根据等比数列的定义就行；数列与不等式常结合在一起考，放缩法是常用的方法之一，通过放大或缩小，使原数列变成一个等比数列，或可以用裂项相消法求和的新数列．属于中档题．36．（2015•新课标Ⅰ）S n 为数列{a n }的前n 项和，己知a n ＞0，a n 2+2a n =4S n +3 （I ）求{a n }的通项公式：（Ⅰ）设b n =1a n a n+1，求数列{b n }的前n 项和． 【考点】8E ：数列的求和；8H ：数列递推式．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】（I ）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n }的通项公式：（Ⅰ）求出b n =1a n a n+1，利用裂项法即可求数列{b n }的前n 项和． 【解答】解：（I ）由a n 2+2a n =4S n +3，可知a n+12+2a n+1=4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n 2+2（a n+1﹣a n ）=4a n+1，即2（a n+1+a n ）=a n+12﹣a n 2=（a n+1+a n ）（a n+1﹣a n ），∵a n ＞0，∴a n+1﹣a n =2，∵a 12+2a 1=4a 1+3，∴a 1=﹣1（舍）或a 1=3，则{a n }是首项为3，公差d=2的等差数列，∴{a n }的通项公式a n =3+2（n ﹣1）=2n+1：（Ⅰ）∵a n =2n+1，∴b n =1a n a n+1=1(2n+1)(2n+3)=12（12n+1﹣12n+3）， ∴数列{b n }的前n 项和T n =12（13﹣15+15−17+…+12n+1﹣12n+3）=12（13﹣12n+3）=n 3(2n+3)． 【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．37．（2016•新课标Ⅰ）已知数列{a n }的前n 项和S n =1+λa n ，其中λ≠0．（1）证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；（2）若S 5=3132，求λ． 【考点】8H ：数列递推式；8D ：等比关系的确定．【专题】34 ：方程思想；4R ：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）根据数列通项公式与前n 项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．【解答】解：（1）∵S n =1+λa n ，λ≠0．∴a n ≠0．当n≥2时，a n =S n ﹣S n ﹣1=1+λa n ﹣1﹣λa n ﹣1=λa n ﹣λa n ﹣1，即（λ﹣1）a n =λa n ﹣1，∵λ≠0，a n ≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即a n a n−1=λλ−1，（n≥2）， ∴{a n }是等比数列，公比q=λλ−1， 当n=1时，S 1=1+λa 1=a 1，即a 1=11−λ， ∴a n =11−λ•（λλ−1）n ﹣1． （2）若S 5=3132， 则若S 5=1+λ[11−λ•（λλ−1）4]=3132， 即（λ1−λ）5=3132﹣1=﹣132， 则λ1−λ=﹣12，得λ=﹣1．【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．38．（2016•新课标Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28，记b n=[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅰ）求数列{b n}的前1000项和．【考点】8E：数列的求和；8F：等差数列的性质．【专题】11 ：计算题；29 ：规律型；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；（Ⅰ）找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．【解答】解：（Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28，7a4=28．可得a4=4，则公差d=1．a n=n，b n=[lgn]，则b1=[lg1]=0，b11=[lg11]=1，b101=[lg101]=2．（Ⅰ）由（Ⅰ）可知：b1=b2=b3=…=b9=0，b10=b11=b12=…=b99=1．b100=b101=b102=b103=…=b999=2，b10，00=3．数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3=1893．【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．考点卡片1．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）=0的根；（4）用f′（x）=0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【典型例题分析】题型一：导数和函数单调性的关系典例1：已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）=2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4的解集为（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）。
17年数学高考真题
17年数学高考真题2017年数学高考真题2017年数学高考真题分为试题卷和答题卡两部分，共有15道题目，满分150分。
下面就具体的题目内容进行分析和解答。
一、选择题部分1.已知函数f(x)=2x^3-x^2-3x+1，那么f(-1)的值为多少？解：将x=-1代入函数f(x)，得到f(-1)=2*(-1)^3-(-1)^2-3*(-1)+1=2+1+3+1=7。
故f(-1)的值为7。
2.已知数列{an}满足an=n^2-3n+5，求a1+a2+...+a10的值是多少？解：将数列an=n^2-3n+5中的n分别从1到10代入，并相加起来，得到a1+a2+...+a10=1^2-3*1+5+2^2-3*2+5+...+10^2-3*10+5=385。
因此，a1+a2+...+a10的值为385。
3.某商品的原价是300元，按照打八折的折扣出售后，实际售价是多少？A. 200元B. 240元C. 260元D. 280元解：原价300元，打八折即为300*0.8=240元。
所以实际售价为240元，故正确答案为B。
4.下列哪个数是质数？A. 25B. 36C. 47D. 50解：质数是指除了1和本身之外没有其他因子的数。
25=5*5，36=2*2*3*3，50=2*5。
只有47没有其他因子，所以47是质数，故正确答案为C。
5.已知三角形ABC，角A的大小为30°，边a=4，边b=6，求边c 的长度是多少？解：根据正弦定理有sin30°/4=sinB/6，解方程可得sinB=0.5，即B=30°。
所以角C=180°-30°-30°=120°。
根据余弦定理可得c^2=4^2+6^2-2*4*6*cos120°，解得c=√52。
所以边c的长度为√52。
二、填空题部分6.已知函数f(x)=3x^2-2x，求f(-2)的值是多少？解：将x=-2代入函数f(x)，得到f(-2)=3*(-2)^2-2*(-2)=3*4+4=16。
2017高考数学必考点：摆动数列
2017高考数学必考点：摆动数列2017高考数学必考点：摆动数列高考数学想要取得好成绩必须要掌握好数学考点，很多考生在记忆数学考点的时候不够准确，因此在考试答题的时候就会模棱两可，为此下面xx为大家带来2017高考数学必考点【摆动数列】整理，希望大家能够认真掌握这些考点。
摆动数列的定义：从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列叫做摆动数列。
巧用(-1)n求摆动数列的通项：在数列中，我们经常会碰到求形如：1，-1,1，-1，…，或-1,1，-1,1，…，等数列的通项，很显然，我们只要利用(-1)n进行符号的调整，就能很快求出数列的通项公式，我们在其它摇摆数列中也可以巧妙地利用(-1)n求出通项公式。
常数列的定义：各项相等的数列叫做常数列。
构造常数数列巧求数列的通项公式：非零常数列既是公比为1的等比数列也是公差为0的等差数列。
在数列{an}中，若an+1=an,则数列{an}为常数列，其通项公式为an=a1。
在求某些递推数列的通项公式时，若能构造出一个新的常数列，便能简捷地求出通项公式。
递增数列的定义：一般地，一个数列{an}，如果从第2项起,高考数学，每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列。
递减数列的定义：如果从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列。
单调数列：递增数列和递减数列通称为单调数列.数列的单调性:1.对单调数列的理解:数列是特殊的函数,特殊在于其定义域为正整数集或它的子集.有些数列不存在单调性.有些数列在正整数集上有多个单调情况,有些数列在正整数集上单调性一定;2.单调数列的判定方法:已知数列{an}的通项公式，要讨论这个数列的单调性，即比较an与an+1的大小关系，可以作差比较;也可以作商比较，前提条件是数列各项为正。
2017高考数学必考点【摆动数列】整理xx为大家带来过了，数学考点是我们解题的重要依据，希望大家在记忆数学考点的时候多下功夫。
2017高考数学专题数列全
所以an=
(k∈N*).
(2)S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =(1+3+5+…+2n-1)+(2×30+2×31+…+2×3n-1)
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命题角度二 裂项相消求和 【典题3】已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S5=35,a5和a7的等差中项为
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【答案】(Ⅰ)设{an}的公差为 d,据已知有 7+21d=28,解得 d=1. 所以{an}的通项公式为 an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. (Ⅱ)因为 bn=
所以数列{bn}的前 1 000 项和为 1×90+2×900+3×1=1 893.
D.Sn=3-2an
【解析】选D.因为等比数列的首项为1,公比为 ,
2
3
所以Sn=3-2an.
第十四页，共47页。
2.(2016·绍兴模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且
a3+a8=13,S7=35,则a7= ( )
A.8
B.9 C.10
D.11
【解析】选A.由已知条件可得,
所以a7=a1+6d=2+6×1=8.
n
（2）看到前n项和形式，想到_________________.
第二十三页，共47页。
【规范解答】(1)选A.an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =lnn-ln(n-1)+ln(n-1)-ln(n-2)+…+ln2-ln1+2=2+lnn. (2)当n≥2时,Sn=2an=2(Sn-Sn-1),Sn=2Sn-1,S1=2, 所以Sn=2n，所以an=
数列的通项与求和-2017年高考数学(理)母题题源系列(新课标2专版)含解析
【母题原题1】【2017新课标卷II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a =,410S =,则11n k k S ==∑____________． 【答案】21n n +【考点】等差数列前n 项和公式、裂项求和．【名师点睛】等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ,S n ,知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时,要注意正、负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点．【母题原题2】【2016新课标卷II ，理17】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[][]0.9=0lg99=1，.（Ⅰ）求111101b b b ， ，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和.【答案】(Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =;（Ⅱ）1 893.【考点】等差数列的通项公式、前n 项和公式，对数的运算【名师点睛】解答新颖的数学题时,一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法,以“新”制“新"，应特别关注创新题型的切入点和生长点。
【母题原题3】【2015新课标卷II,理16】16．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a=-,11n n n a S S ++=，则n S =________． 【答案】1n - 【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n n S S +=--,故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项,1-为公差的等差数列,则11(1)nS n n =---=-,所以1n S n =-． 【考点定位】等差数列和递推关系．【名师点睛】本题考查数列递推式和等差数列通项公式，要搞清楚项n a 与n S 的关系,从而转化为1n S +与nS 的递推式，并根据等差数列的定义判断1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列,属于中档题．【命题意图】 数列的通项与求和高考必考内容,重点考查方程思想求通项,及等价转换在求和中的应用,同时考查运算求解能力。
近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编07 数列
1 + a n， 4 2 84 2 8 近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编七、数列一、单选题（2021·全国（文））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和.若 S 2 = 4 ，S 4 = 6 ，则 S 6 =（）A ．7B ．8C ．9D ．102．（2021·浙江）已知a , b ∈ R, a b > 0 ，函数 f ( x ) = ax 2+ b (x ∈ R) .若 f (s - t ), f (s ), f (s + t ) 成等比数列，则平面上点(s ,t ) 的轨迹是（）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线3．（2021·全国（理））等比数列{a n }的公比为 q ，前 n 项和为S n ，设甲： q > 0 ，乙： {S n } 是递增数列，则（）A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件4．（2021·浙江）已知数列{a } 满足a = 1, a = a n (n ∈ N *).记数列{a }的前 nn1n +1n项和为S n ，则（ ）A ． 3< S< 3B ．3 < S < 4C ． 4 < S< 9D ． 9< S < 52100100100221005．（2020·北京）在等差数列{a n }中，a 1 = -9 ，a 5 = -1 ．记T n = a 1a 2…a n (n = 1, 2,…) ，则数列{T n }（）．A ．有最大项，有最小项B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项（2020·浙江）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0n ∈ N * ，下列等式不．可．能．成立的是（ ）a 1≤ 1 ．记b 1=S 2，b n+1=S 2n+2–S 2n ， dA ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ． a 2= a a D ． b 2= b b7．（2020·全国（文））设{a n } 是等比数列，且a 1 + a 2 + a 3 = 1 ， a 2 + a 3 +a 4 = 2 ，则a 6 + a 7 + a 8 = （）a k +1 k +2 k +10A ．12B ．24C ．30D ．32S n 8．（2020·全国（文））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和．若 a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则=n（ ）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –19．（2020·全国（理））数列{a n } 中，a 1 = 2 ， a m +n = a m a n ，若a + a ++ a = 215 - 25 ， 则 k = （ ）A ．2B ．3C ．4D ．510．（2020·全国（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外 每环依次增加 9 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板(不含天心石) （ ）A ．3699 块B ．3474 块C ．3402 块D ．3339 块11．（2020·全国（理））0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 a 1a 2 a n 满足a i ∈{0,1}(i = 1, 2,) ，且存在正整数 m ，使得 a i + m = a i (i = 1, 2,) 成立，则称其为 0-1 周期序列，并称满足 a i + m = a i (i = 1, 2,) 的最小正整数 m 为这个序列的周期.对于周期为 m C (k ) = 1 ma a(k = 1, 2,, m - 1)的 0-1 序列 a 1a 2 a n ， ∑ i =1i i + k 是描述其性质的重要指标， 下列周期为 5 的 0-1 序列中，满足C (k ) ≤ 1(k = 1, 2, 3, 4) 的序列是（ ）5A ．11010B ．11011C ．10001D ．1100112．（2019·全国（理））已知各项均为正数的等比数列{a n } 的前 4 项和为 15，且a 5 = 3a 3 + 4a 1 ，则 a 3 =A ．16B ．8C ．4D ．2m32 n 13．（2019·全国（理））记S n 为等差数列{a n } 的前 n 项和．已知 S 4 = 0，a 5 = 5 ，则A. a n = 2n - 5B. a n = 3n -10C. S n = 2n 2- 8nD. S n= 1 n 2- 2n214．（2018·浙江）已知 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 成等比数列，且 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = ln(a 1 + a 2 + a 3 ) ．若a 1 > 1 ，则A ． a 1 < a 3 , a 2 < a 4C ．a 1 < a 3 ,a 2 > a 4 B ． a 1 > a 3 ,a 2 <a 4D ．a 1 > a 3 ,a 2 > a 415．（2018·北京（理））“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个 单音的频率的比都等于12 2 .若第一个单音的频率为 f ，则第八个单音的频率为A.fC ． 12 25 fD ． 12 27 f16．（2017·全国（理））等差数列{a n } 的首项为1，公差不为0 ．若a 2 、a 3 、a 6 成等比数列，则{a n }的前6 项的和为（ ）A ． -24B. -3C. 3D ． 817．（2017·上海）已知 a 、b 、c 为实常数，数列{x n }的通项 x = an 2+ bn + c ，n∈ N * ，则“存在 k ∈ N * ，使得x 100+k 、 x 200+k 、 x 300+k 成等差数列”的一个必要条件是（ ）A. a ≥ 0B. b ≤ 0C. c = 0 D ． a - 2b + c = 018．（2017·全国（理））（2017 新课标全国 I 理科）记S n 为等差数列{a n } 的前 n 项和．若a 4 + a 5 = 24 ， S 6 = 48 ，则{a n } 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．819．（2017·浙江）已知等差数列{a n }的公差为 d,前 n 项和为 S n ,则“d>0”是 " S 4 +S 6 > 2S 5 "的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件B ． 3 22 fn 20．（2017·全国（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂 了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯A ．1 盏B ．3 盏C ．5 盏D ．9 盏21．（2017·全国（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂 了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯A ．1 盏B ．3 盏C ．5 盏D ．9 盏二、填空题22．（2020·海南）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前 n 项和为．23．（2020·浙江）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如⎧ n (n +1) ⎫ ⎧ n (n +1) ⎫ *数列⎨ 2 ⎬ 就是二阶等差数列，数列 ⎨ 2 ⎬ (n ∈ N ) 的前3 项和是．⎩ ⎭ ⎩ ⎭24．（2020·江苏）设{a n }是公差为 d 的等差数列，{b n }是公比为 q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前 n 项和 S = n 2 - n + 2n-1(n∈ N + ) ，则 d +q 的值是 ．25．（2020·全国（文））数列{a n } 满足 an +2 + (-1)na = 3n -1，前 16 项和为 540，则 a 1 =.26．（2020·全国（文））记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和．若 a 1 = -2, 则S 10 = ．a 2 + a 6 = 2 ，27．（2019·江苏）已知数列{a n }(n ∈ N *) 是等差数列， S n 是其前 n 项和.若a 2a 5 + a 8 = 0, S 9 = 27 ，则 S 8 的值是 . 28．（2019·全国（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若 a 3 = 5, a 7 = 13 ，则 S 10 = . 29．（2019·全国（理））记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和，a 1≠0，a 2 = 3a 1 ，则 n1 S 10S 5= .30．（2019·全国（文））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和.若 a= 1，S = 3，则S 4=．13431．（2019·全国（理））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和．若 a = 1，a 2= a ，则S 5=．134 6（2018·上海）记等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 3 = 0 ，a 6 + a 7 = 14 ，则 S 7 = ．33．（2018·全国（理））记 S n 为数列{a n }的前 n 项和，若 S n = 2a n +1，则 S 6 = ．34．（2017·上海）已知数列{a } 和{b }，其中 a = n 2， n ∈ N * ，{b } 的项是互不相等nnnn的正整数，若对于任意 n ∈ N * ，{b n } 的第 a n 项等于{a n } 的第b n 项，则lg(b 1b 4b 9b 16 ) =lg(b 1b 2b 3b 4 )．2017·全国（）2017 新课标全国 II 理科）等差数列{a n } 的前n 项和为 S n ，a 3 = 3 ，S = 10 ，则∑1 = ．4 k =1 S36．（2017·北京（理））若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足 a 1 = b 1 = -1，a 4 = b 4 = 8 ， 则 a 2 = . b 237．（2017·江苏）等比数列{ a }的各项均为实数，其前n 项为 S ，已知 S = 7，S = 63，n则a 8 = ．n 346438．（2021·全国）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为 20dm ⨯12dm 的长方形纸，对折 1 次共可以得到10dm ⨯12dm ，20dm ⨯ 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和 S = 240dm 2 ，对折 2 次共可以得到5dm ⨯12dm ，10dm ⨯ 6dm ， 20dm ⨯ 3dm 三种规格的图形，它们的面积之和 S 2 = 180dm 2 ，以此类推，则对折 4 次共可以得到不同规格图形的种数为；如果nkS对折n 次，那么∑ Sk= dm 2 .k =139．（2019·北京（理））设等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 2=−3，S 5=−10，则 a 5=，S n 的最小值为 ．三、解答题40．（2021·全国（文））设{a }是首项为 1 的等比数列，数列{b } 满足b =na n．已知 na 1 ， 3a 2 ， 9a 3 成等差数列．（1） 求{a n } 和{b n }的通项公式；n n3（2） 记 S 和T 分别为{a }和{b }的前 n 项和．证明： T <S n． nnnnn241．（2021·浙江）已知数列{a }的前 n 项和为S ， a = - 9，且4S = 3S - 9 .n（1） 求数列{a n } 的通项；n14n +1n（2） 设数列{b n }满足3b n + (n - 4)a n = 0 ，记{b n }的前 n 项和为Tn，若T n ≤ λb n 对任意 n ∈ N * 恒成立，求λ的范围.42．（2021·全国（理））已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前 n 项和，从 下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{a n }是等差数列：②数列{ S n}是等差数列；③ a2= 3a 1 ．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．43．（2021·全国（理））记 S n 为数列{a n }的前 n 项和， b n 为数列{S n } 的前 n 项积，已知2 + 1nb n = 2 ．（1） 证明：数列{b n }是等差数列;（2） 求{a n } 的通项公式．44．（2020·海南）已知公比大于1的等比数列{a n } 满足a 2 + a 4 = 20, a 3 = 8 ．（1） 求{a n } 的通项公式；（2） 求 a a - a a+⋯+ (-1)n -1 a a .1 22 3n n +145．（2020·天津）已知{a n }为等差数列， {b n }为等比数列，na ann a a 1 = b 1 = 1, a 5 = 5(a 4 - a 3 ), b 5 = 4(b 4 - b 3 ) ． （Ⅰ）求{a n } 和{b n }的通项公式； （Ⅱ）记{a }的前 n 项和为 S ，求证： S S< S 2(n ∈ N *) ；nnn n +2⎧(3a n - 2)b n n +1（Ⅲ）对任意的正整数n ，设c n⎪⎪a n a n +2 ⎨ a, n 为奇数, 求数列{c n } 的前 2n 项和． ⎪ n -1 , ⎩ b n +1n 为偶数. 46．（2020·北京）已知{a n }是无穷数列．给出两个性质：①对于{a }中任意两项 a i , a j (i > 2j) ，在{a }中都存在一项a ，使 i= a ；n n mm j2②对于{a n }中任意项a n (n 3) ，在{a n }中都存在两项a k , a l (k > l ) ．使得 a n = k．a l(Ⅰ)若 a n = n (n = 1, 2,) ，判断数列{a n } 是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若 a = 2n -1(n = 1, 2,) ，判断数列{a }是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{a n }是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： {a n }为等比数列. 47．（2020·浙江）已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，a =b =c = 1, c = a - a , c= b n ⋅ c (n ∈ N * ) ．111nn +1n n +1b n +2（Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比 q > 0 ，且b 1 + b 2 = 6b 3 ，求 q 与{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差 d > 0 ，证明： c + c++ c < 1 + 1．(n ∈ N * ) 12nd48．（2020·山东）已知公比大于1的等比数列{a n } 满足a 2 + a 4 = 20, a 3 = 8 ．（1） 求{a n } 的通项公式；（2） 记b m 为{a n } 在区间(0, m ](m ∈ N * ) 中的项的个数，求数列{b m } 的前100 项和 S 100 ．49．（2020·全国（理））设数列{a n }满足 a 1=3，a n +1 = 3a n - 4n ． （1） 计算 a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2） 求数列{2n a n }的前 n 项和 S n ．50．（2020·全国（理））设{a n } 是公比不为 1 的等比数列， a 1 为 a 2 ， a 3 的等差中项．（1）求{a n } 的公比；n = ⎪（2）若 a 1 = 1 ，求数列{na n }的前 n 项和．a n 2b nn1n51．（2020·全国（文））设等比数列{a n }满足a 1 + a 2 = 4 ， a 3 - a 1 = 8 ． （1） 求{a n }的通项公式；（2） 记 S n 为数列{log 3a n }的前 n 项和．若 S m + S m +1 = S m +3 ，求 m ．52．（2019·江苏）定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1） 已知等比数列{a n }满足： a 2 a 4 = a 5 , a 3 - 4a 2 + 4a 1 = 0 ，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2） 已知数列{b }满足: b= 1, 1= 2 - 2 ，其中 S为数列{b }的前 n 项和．S n b n b n +1①求数列{b n }的通项公式；②设 m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数 k ，当 k ≤m 时，都有c k b k c k +1成立，求 m 的最大值．53．（2019·北京（文））设{a n }是等差数列，a 1=–10，且 a 2+10，a 3+8，a 4+6 成等比数列． （Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）记{a n }的前 n 项和为 S n ，求 S n 的最小值．54．（2019·浙江）设等差数列{a n } 的前n 项和为 S n ，a 3 = 4 ，a 4 = S 3 ，数列{b n }满足：对每 n ∈ N *, S n + b n , S n +1 + b n , S n +2 + b n 成等比数列.（1） 求数列{a n },{b n } 的通项公式；（2） 记C =, n ∈ N *, 证明： C + C ++ C < 2 n , n ∈ N *.n1 2n55．（2019·天津（文）） 设{a n }是等差数列， {b n }是等比数列，公比大于0 ，已知a 1 =b 1 = 3 ， b 2 = a 3 ， b 3 = 4a 2 + 3 .（Ⅰ）求{a n }和{b n } 的通项公式；⎧⎪1,n 为奇数,（Ⅱ）设数列{c } 满足c= ⎨b n 为偶数, 求a c + a c ++ a c(n ∈ N *).nnn⎩21 12 22n 2n56．（2019·全国（文））已知{a n } 是各项均为正数的等比数列，a 1 = 2, a 3 = 2a 2 +16 . n（1）求{a n } 的通项公式；n →∞{ }（2） 设b n = log 2 a n ，求数列{b n } 的前 n 项和.57．（2019·全国（文））记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和，已知 S 9=－a 5．（1） 若 a 3=4，求{a n }的通项公式；（2） 若 a 1>0，求使得 S n ≥a n 的 n 的取值范围．58．（2019·全国（理））已知数列{a n }和{b n }满足 a 1=1，b 1=0，4a n +1 = 3a n - b n + 4 （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.59．（2019·上海）已知数列{a n }，a 1 = 3 ，前 n 项和为 S n . （1） 若{a n } 为等差数列，且a 4 = 15 ，求 S n ； （2） 若{a n } 为等比数列，且 lim S n < 12 ，求公比q 的取值范围.，4b n +1 = 3b n - a n - 4 .60．（2019·上海）已知等差数列{a n }的公差d ∈(0,π] ，数列{b n }满足b n = sin (a n ) ，集合 S = {x | x = b n , n ∈ N *}.（1） 若 a 1（2） 若 a = 0, d =2π，求集合 S ； 3= π，求 d 使得集合 S 恰好有两个元素；12（3） 若集合 S 恰好有三个元素： b n +T = b n ， T 是不超过 7 的正整数，求T 的所有可能的值.61．（2019·天津（理））设{a n } 是等差数列， {b n }是等比数列.已知a 1 = 4,b 1 = 6 ，b 2 = 2a 2 - 2,b 3 = 2a 3 + 4 .（Ⅰ）求{a n } 和{b n }的通项公式；⎧1, 2k < n < 2k +1, （Ⅱ）设数列 c n 满足c 1 = 1, c n = ⎨ b , n = 2k ,其中 k ∈ N * . ⎩ k（i ） 求数列{a 2n(c2n-1)}的通项公式；2n（ii ） 求∑ a i ci(n ∈ N *).i =162．（2018·江苏）设{a n } 是首项为 a 1 ，公差为 d 的等差数列，{b n } 是首项为b 1 ，公比为 q 的等比数列．（1）设 a 1 = 0,b 1 = 1, q = 2 ，若| a n - b n |≤b 1 对 n = 1, 2,3, 4 均成立，求 d 的取值范围；（2）若 a = b > 0, m ∈ N *, q ∈ (1, m 2] ，证明：存在 d ∈ R ，使得| a n - b n |≤ b 1 对11n = 2, 3,, m +1 均成立，并求 d 的取值范围（用b 1, m , q 表示）．63．（2018·江苏）设 n ∈ N * ，对 1，2，···，n 的一个排列i 1i 2 i n ，如果当 s <t 时，有i s > i t ，则称(i s , i t ) 是排列i 1i 2i n 的一个逆序，排列i 1i 2 i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对 1，2，3 的一个排列 231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列 231 的逆序数为 2．记 f n (k ) 为 1，2，···，n 的所有排列中逆序数为 k 的全部排列的个数． （1）求 f 3 (2), f 4 (2) 的值；（2） 求 f n (2)(n ≥ 5) 的表达式(用 n 表示)．64．（2018·全国（文））记 S n 为等差数列{a n } 的前 n 项和，已知 a 1 = -7 ， S 3 = -15 ．（1） 求{a n } 的通项公式；（2） 求 S n ，并求 S n 的最小值．65．（2018·北京（文））设{a n } 是等差数列，且a 1 = ln 2, a 2 + a 3 = 5 l n 2 .（Ⅰ）求{a n } 的通项公式；（Ⅱ）求e a 1 + e a 2 ++ e a n .66．（2018·全国（理））等比数列{a n }中，a 1 = 1，a 5 = 4a 3 ． （1） 求{a n }的通项公式；（2） 记S n 为{a n }的前n 项和．若 S m = 63 ，求 m ． 67．（2018·浙江）已知等比数列{a n }的公比 q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2 是 a 3，a 5 的等差中项．数列{b n }满足 b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前 n 项和为 2n 2+n ． （Ⅰ）求 q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．68．（2018·全国（文））已知数列{a }满足a = 1 ， na= 2(n +1) a，设b = an．（1）求b 1 ，b 2 ，b 3 ；n 1 n +1n nn（2） 判断数列{b n } 是否为等比数列，并说明理由；n n k =1⎩⎭⎩ n n n （3） 求{a n } 的通项公式．69．（2018·天津（理））设{a }是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 S (n ∈ N *)，{b n }是等差数列.已知a 1 = 1 ， a 3 = a 2 + 2 ， a 4 =b 3 + b 5 ， a 5 = b 4 + 2b 6 . （I ） 求{a n }和{b n }的通项公式；（II ） 设数列{S }的前 n 项和为T (n ∈ N *) ，（i ） 求T n ；n(T k+ bk +2)b k=2n +2 - ∈ *（ii ）证明∑ (k +1)(k + 2)n + 22 (nN ) .70．（2018·天津（文））设{a n }是等差数列，其前 n 项和为 S n （n ∈N *）；{b n }是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 T n （n ∈N *）．已知 b 1=1，b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6． （Ⅰ）求 S n 和 T n ；（Ⅱ）若 S n +（T 1+T 2+…+T n ）=a n +4b n ，求正整数 n 的值．71．（2017·全国（文））设数列{a n } 满足a 1 + 3a 2 +⋯+ (2n -1)a n = 2n . （1） 求{a n } 的通项公式；⎧ a n ⎫ （2） 求数列的前 n 项和． ⎨ 2n +1⎬72．（2017·上海）根据预测，某地第n (n ∈ N * ) 个月共享单车的投放量和损失量分别为a n 和b n （单位：辆），⎧5n 4 +15, 1 ≤ n ≤ 3其中 a n = ⎨-10n + 470, ，b n = n + 5 ，第n 个月底的共享单车的保有量是前 n 个n ≥ 4月的累计投放量与累计损失量的差.（1） 求该地区第 4 个月底的共享单车的保有量；（2） 已知该地共享单车停放点第 n 个月底的单车容纳量 S = -4(n - 46)2+ 8800 （单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点 的单车容纳量？73．（2017·天津（文））已知{a n } 为等差数列，前 n 项和为 S n(n ∈ N * ) ，{b } 是首项为2 的等比数列，且公比大于 0，n2n n n 1 n n +1 b 2 + b 3 = 12,b 3 = a 4 - 2a 1 , S 11 = 11b 4 .（Ⅰ）求{a n } 和{b n } 的通项公式；（Ⅱ）求数列{a b } 的前 n 项和(n ∈ N *) .74．（2017·山东（理））已知{x n } 是各项均为正数的等比数列，且x 1 + x 2 = 3，x 3 - x 2 = 2 （Ⅰ）求数列{x n } 的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点P 1 ( x 1 ,1)，P 2 ( x 2 , 2)⋯ P n +1 ( x n +1 , n +1) 得到折线 P 1P 2 ⋯P n +1 ，求由该折线与直线y = 0 ， x = x 1,x = x n +1 所围成的区域的面积T n ..75．（2017·浙江）已知数列{x } 满足： x =1 ， x = x + ln (1+ x ) (n ∈ N *)证明：当 n ∈ N * 时，（I ）0 < x n +1 < x n ；（II ）2x- x ≤ x n x n +1 ；（III ） n +112n -1 n≤x n ≤ 21 2n -2 . 76．（2017·全国（文））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和，已知 S 2=2，S 3=-6.（1） 求{a n } 的通项公式；（2） 求 S n ，并判断 S n +1，S n ，S n +2 是否成等差数列．77．（2017·山东（文））已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1 + a 2 = 6, a 1a 2 = a 3 . (I) 求数列{a n }通项公式；n +1(II){b }为各项非零的等差数列,其前n 项和S ,已知S=b b ⎧b n ⎫,求数列的前n 项n n 2n+1n n+1⎨a ⎬⎩n ⎭和Tn.78．（2017·北京（理））设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n = max{b1-a1n,b2-a2n,⋅⋅⋅,bn-ann} (n = 1, 2, 3,⋅⋅⋅) ，其中max{x1, x2 , ⋅⋅⋅, x s} 表示x1 , x2 ,⋅⋅⋅, x s 这s 个数中最大的数．（Ⅰ）若a n =n ，b n = 2n -1，求c1 , c2 , c3 的值，并证明{c n }是等差数列；（Ⅱ）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，cn >M ；或者存在正n整数m ，使得c m , c m+1, c m+2 , ⋅⋅⋅是等差数列．（2017·北京（文））已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求和：b1 +b3 +b5 +…+b2 n-1 ．80．（2017·全国（文））已知等差数列{a n }的前n 项和为S n，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，且 a1 = 1 ，b1 =1，a2 +b2 = 4 .（1）若a3+b3=7，求{b n }的通项公式；（2）若T3 = 13 ，求S5 .81．（2017·江苏）对于给定的正整数k,若数列{a n}满足a +a +...a +a +...a +a = 2k an-k n-k+1 n-1 n+1 n+k-1 n+k n对任意正整数n(n> k) 总成立，则称数列{a n} 是“P(k)数列”.(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；（2）若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列.近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编七、数列（答案解析）1．A【解析】∵S n 为等比数列{a n}的前n项和，∴S2 ，S4 -S2 ，S6 -S4 成等比数列∴S2 = 4 ，S4 -S2 = 6 - 4 = 2 ，∴S6 -S4 = 1，∴S6 = 1+S4 = 1+ 6 = 7 .故选：A.2．C【解析】由题意得f (s -t) f (s +t) = [ f (s)]2 ，即⎡⎣a(s-t)2+b⎤⎦⎡⎣a(s+t)2+b⎤⎦=(as2+b)2，对其进行整理变形：(as2+at2-2ast+b)(as2+at2+2ast+b)=(as2+b)2，(as2+at2+b)2-(2ast)2-(as2+b)2=0，(2as2+at2+2b)at2-4a2s2t2=0，-2a2s2t2+a2t4+2abt2=0，s 2-t 2所以-2as2 +at 2 + 2b = 0 或t = 0 ，其中b 2b = 1为双曲线，t = 0 为直线.a a故选：C.3．B【解析】由题，当数列为-2, -4, -8,时，满足q > 0 ，但是{S n }不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{S n }是递增数列，则必有a n>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q > 0 成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．4．A【解析】因为a= 1, a=an (n ∈ N*)，所以a > 0 ，S >1 ．1 n+1n 100 21 +ana n a n a n +1 a na n + 1a n2 2 ⎝⎭ ⎝ ⎭ < 1 2 a 1 1 1⎛ 1 1 ⎫ 1 由a n +1 = n ⇒ = + = + ⎪ -1+∴ 1 ⎛ 1a+ 1 ⎫ 2 ⎪ a n +1 2⇒a n ⎝ 1 < 1 + 1 2 2 ⎭ 4，即-1 < 12n +1 ⎝ ⎭1 根据累加法可得，≤ 1+n -1 = n +1，当且仅当 n = 1 时取等号，∴a ≥ 4 ∴a = a n ≤ a n= n +1 a n (n +1)2 n +1 1+ 2 n +1n + 3 n ∴a n +1 ≤ n +1 ，a n n + 3由累乘法可得 a n ≤ 6(n +1)(n + 2)，当且仅当 n = 1 时取等号，由裂项求和法得：所以 S ≤ 6⎛ 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 ++ 1-1 ⎫ = 6 ⎛ 1 -1 ⎫ < 3 ， 即 1< S< 3 ．1002 3 3 4 4 5 101 102 ⎪ 2 102 ⎪2 100故选：A ．【小结】本题解题关键是通过倒数法先找到a n ,的不等关系，再由累加法可求得a ≥4，由题目条件可知要证 S 小于某数，从而通过局部放缩得到a , a 的不等 n(n +1)2100 n n +1关系，改变不等式的方向得到 a n ≤6(n +1)(n + 2)，最后由裂项相消法求得 S 100 < 3 ．5．B 【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在 最大项和最小项. 【解析】由题意可知，等差数列的公差d =a 5 - a 1 = -1+ 9= 2 ， 5 -1 5 -1则其通项公式为： a n = a 1 + (n -1)d = -9 + (n -1)⨯ 2 = 2n -11 ，a n a n a n1+ a n a n +1注意到a1 <a2 <a3 <a4 <a5 < 0 <a6 = 1<a7 <，且由T5 < 0 可知T i < 0 (i ≥ 6,i ∈N )，Ti 由Ti-1 =ai>1(i≥7,i∈N)可知数列{T n }不存在最小项，由于a1 =-9, a2 =-7, a3 =-5, a4 =-3, a5 =-1, a6 = 1，故数列{T n }中的正项只有有限项：T2= 63 ，T4= 63⨯15 = 945 .故数列{T n }中存在最大项，且最大项为T4.故选：B.【小结】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.6．D【分析】根据题意可得，b n+1 =S2n+ 2 -S2n =a2n+1 +a2n +2 ，而b1 =S2 =a1 +a2 ，即可表示出题中b 2 , b4, b6, b8，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【解析】对于A，因为数列{a n}为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4 + 4 = 2 + 6 可得，2a4 =a2+a6，A 正确；对于B，由题意可知，b n+1 =S2n+ 2 -S2n =a2n+1 +a2n +2 ，b1 =S2 =a1 +a2 ，∴b2 =a3 +a4 ，b4 =a7 +a8 ，b6 =a11 +a12 ，b8 =a15 +a16 ．∴2b4=2(a7+a8)，b2+b6=a3+a4+a11+a12．根据等差数列的下标和性质，由3 +11 = 7 + 7, 4 +12 = 8 + 8 可得b 2+b6=a3+a4+a11+a12=2(a7+a8)=2b4，B正确；对于C，a2-a a=(a+3d)2-(a+d)(a+7d)=2d2-2a d=2d(d-a)，4 2 8 1 1 1 1 14 2 8 1 1 n 1 2 3 1 2 3 4 1 1 1 1 6 7 8 1 1 1 1⎪a q a q 12 ⎨ 当a 1 = d 时， a 2= a a ，C 正确；对于 D ， b 2 = (a + a )2 = (2a + 13d )2= 4a 2 + 52a d + 169d 2 ，478111b b = (a + a )(a + a ) = (2a + 5d )(2a + 29d )= 4a 2 + 68a d + 145d 2 ，2 83415161111b 2 - b b = 24d 2 - 16a d = 8d (3d - 2a ) ．42 811当 d > 0 时， a ≤ d ，∴ 3d - 2a = d + 2 (d - a ) > 0 即b 2 - b b > 0 ；11142 8当 d < 0 时，a ≥ d ，∴ 3d - 2a = d + 2 (d - a ) < 0 即b 2 - b b > 0 ，所以b 2 - b b > 0 ，11142 842 8D 不正确． 故选：D.7．D【解析】设等比数列{a } 的公比为q ，则 a + a + a= a (1+ q + q2) = 1 ，a + a + a = a q + a q 2 + a q 3 = a q (1+ q + q 2 ) = q = 2 ，因此， a + a + a = a q 5+ a q 6+ a q 7= a q 5(1+ q + q 2) = q 5= 32 .故选：D.8．B【解析】设等比数列的公比为q ，⎧ 4 - 2= 由a -a =12,a -a =24可得： ⎨1 1⇒⎧q = 2 ，5364⎪⎩a q5 - a q 3= 24 a (1- q n ) 1- 2n ⎩a 1 =1 S 2n-11-n 所以 a = a q n -1 = 2n -1, S =1 = = 2n -1，因此 n = =2 - 2 . n 1 n1- q 1- 2 a 2n -1故选：B.9．C【解析】在等式 a= a a中，令 m = 1，可得 a= a a = 2a ，∴a n +1= 2 ，m +nm nn +1n 1nn所以，数列{a n } 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则a n = 2 ⨯ 2n -1= 2n ，na2 ⋅(1- 2 ) 5 i =1 5 5∴a + a++ a=a k +1 ⋅(1- 210 ) k +110= = 2k +1 (210 -1) = 25 (210 -1)，k +1k +2k +101- 2 1- 2∴ 2k +1 = 25 ，则 k +1 = 5 ，解得 k = 4 .故选：C.10．C【解析】设第 n 环天石心块数为 a n ，第一层共有 n 环，则{a n } 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， a n = 9 + (n - 1) ⨯ 9 = 9n ， 设 S n 为{a n } 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 S n , S 2n - S n , S 3n - S 2n ，因为下层比中层多 729 块， 所以 S 3n - S 2n = S 2n - S n + 729 ， 即3n (9 + 27n ) - 2n (9 + 18n ) = 2n (9 + 18n ) - n (9 + 9n ) + 729 2 2 2 2即9n 2 = 729 ，解得n = 9 ，所以 S 3n = S 27= 27(9 + 9 ⨯ 27)= 3402 .故选：C 211．C1 5【解析】由a i +m = a i 知，序列 a i 的周期为 m ，由已知，m = 5 ，C (k ) = ∑a i ai +k, k = 1, 2,3, 4i =1对于选项 A ，1 51 1 1 1C (1) = 5 ∑a i a i +1 = 5 (a 1a 2 + a 2a 3 + a 3a 4 + a 4a 5 + a 5a 6 ) = 5 (1 + 0 + 0 + 0 + 0) = ≤i =1 5 5 1 51 1 2C (2) = 5 ∑a i a i +2 = 5 (a 1a 3 + a 2a 4 + a 3a 5 + a 4a 6 + a 5a 7 ) = 5 (0 +1 + 0 +1 + 0) = 5，不满足；对于选项 B ，1 5 C (1) = ∑a i a i +1 = i =1对于选项 D ，(a 1a 2 + a 2a 3 + a 3a 4 + a 4a 5 + a 5a 6 ) = ，不满足；1 5C (1) = ∑a i a i +1 = i =1(a 1a 2 + a 2a 3 + a 3a 4 + a 4a 5 + a 5a 6) = ，不满足； 1 1 35 5 (1 + 0 + 0 +1 +1) = 511(1 + 0 + 0 + 0 +1) =25 5 51 1 1 ⎩故选：C12．C⎧a + a q + a q 2 + a q 3 = 15,【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则⎨ ⎩1 1 1 1 ， a q 4 = 3a q 2+ 4a解得⎧a 1 = 1, ，∴ a = a q 2= 4 ，故选 C ．⎨q = 2 3 1 13．A 【解析】⎧S = 4a + d ⨯ 4 ⨯ 3 = 0⎧a = -3 ⎪ 4 1 由题知， 2，解得⎨ 1，∴ a = 2n - 5 ，故选 A ． ⎨ ⎪⎩a 5 = a 1+ 4d = 5 ⎩d = 2 n14．B 【解析】令 f (x ) = x - ln x -1, 则 f ' (x ) = 1- 1，令 f '(x ) = 0, 得 x = 1 ，所以当 x > 1 时， f '(x ) > 0 ，x当0 < x < 1 时， f '(x ) < 0 ，因此 f (x ) ≥ f (1) = 0,∴ x ≥ ln x +1 ，若公比 q > 0 ，则 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 > a 1 + a 2 + a 3 > ln(a 1 + a 2 + a 3 ) ，不合题意；若公比q ≤ -1 ，则 a + a + a + a = a (1+ q )(1+ q 2) ≤ 0,12341但ln(a + a + a ) = ln[a (1+ q + q 2)] > ln a > 0 ，12311即a 1 + a 2 + a 3 + a 4 ≤ 0 < ln(a 1 + a 2 + a 3 ) ，不合题意；因此-1 < q < 0, q 2 ∈(0,1) ，∴ a > a q 2 = a , a < a q 2= a< 0 ，选 B.113224【小结】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如 x ≥ ln x +1,e x ≥ x +1, e x ≥ x 2 +1(x ≥ 0).15．Dn n -1 +【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为12 2 ，所以 a = 122a (n ≥ 2, n ∈ N ) ，又a 1 = f ，则 a = a q 7 = f (12 2)7 = 12 27 f故选 D.8116．A 【分析】根据等比中项的性质列方程，解方程求得公差 d ，由此求得{a n }的前6 项的和.【解析】设等差数列{a } 的公差为 d ，由 a 、 a 、 a 成等比数列可得 a 2= a a ，n 2 3 6 3 2 6即(1+ 2d )2 = (1+ d )(1+ 5d ) ，整理可得 d 2 + 2d = 0 ，又公差不为 0，则d = -2 ，故{a n } 前6 项的和为 S 6 = 6a 1 +6⨯(6 -1)d = 6⨯1+6⨯(6 -1)⨯(-2) = -24 .22故选：A 17．A 【解析】存在 k ∈ N + ，使得 x 100+k , x 200+k , x 300+k 成等差数列，可得2[a (200 + k )2 + b (200 + k ) + c ] = a (100 + k )2 + b (100 + k ) + c + a (300 + k )2 + b (300 + k ) + c，化简可得 a = 0 ，所以使得 x 100+k , x 200+k , x 300+k 成等差数列的必要条件是 a ≥ 0 . 18．C 【解析】设公差为d ， a 4 + a 5 = a 1 + 3d + a 1 + 4d = 2a 1 + 7d = 24 ，S = 6a + 6 ⨯ 5 d = 6a+15d = 48 ，联立⎧ 2a 1 + 7d = 24 , 解得d = 4 ，故选 C. 6 1 21⎨6a +15d = 48 ⎩ 119．C 【解析】由 S 4 + S 6 - 2S 5 = 10a 1 + 21d - 2(5a 1 + 10d ) = d ，可知当 d > 0 时，有 S 4 + S 6 - 2S 5 > 0 ，即 S 4 + S 6 > 2S 5 ，反之，若 S 4 + S 6 > 2S 5 ，则 d > 0 ，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件， 选 C ．20．B【解析】设塔顶的 a 1 盏灯，由题意{a n }是公比为 2 的等比数列，a (1- 27 ) ∴S 7=11- 2=381，解得 a 1=3．故选 B ．21．B【解析】设塔顶的 a 1 盏灯，由题意{a n }是公比为 2 的等比数列，a (1- 27 ) ∴S 7=11- 2=381，解得 a 1=3．故选 B ．22． 3n 2 - 2n【解析】因为数列{2n -1} 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， 数列{3n - 2}是以 1 首项，以 3 为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{a n }是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列， 所以{a }的前 n 项和为 n ⋅1+n (n -1)⋅ 6 = 3n 2 - 2n ，故答案为： 3n 2 - 2n .n223．10【解析】因为 a= n (n +1) a = 1, a= 3, a= 6 ． n21 2 3即 S 3 = a 1 + a 2 + a 3 = 1+ 3+ 6 = 10 ．故答案为：10 .24． 4【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，等比数列{b n }的公比为q ，根据题意 q ≠ 1.1 ⎪ n +2 n =等差数列{a }的前 n 项和公式为 P = na +n (n -1) d = d n 2 + ⎛a - d ⎫n ， nn12 2 12 ⎪等比数列{b }的前 n 项和公式为Qb (1-q n) ⎝ ⎭= - b 1q n+ b 1，nn 1- q 1- q 1- q依题意 S = P + Q ，即 n 2 - n + 2n -1 = d n 2 + ⎛a - d ⎫n -b 1 q n + b ，n n n 21 2 ⎪ 1 - q 1 - q⎧ d= 12 ⎝ ⎭⎧d = 2 ⎪ d ⎪ ⎪a 1 - = -1 ⎪a 1 = 0通过对比系数可知⎨ 2 ⇒ ⎨q = 2 ，故 d + q = 4 .故答案为： 4⎪q = 2 ⎪⎪ b ⎩⎪b 1 = 1 ⎪ 1 = -1 ⎩1- q25．7【解析】 a + (-1)na = 3n -1，当n 为奇数时， a n +2 = a n + 3n - 1 ；当 n 为偶数时， a n +2 + a n = 3n - 1 .设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ， S 16 = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + + a 16= a 1 + a 3 + a 5+ a 15 + (a 2 + a 4 ) +(a 14 + a 16 )= a 1 + (a 1 + 2) + (a 1 + 10) + (a 1 + 24) + (a 1 + 44) + (a 1 + 70)+(a 1 + 102) + (a 1 + 140) + (5 + 17 + 29 + 41)= 8a 1 + 392 + 92 = 8a 1 + 484 = 540 ，∴a 1 = 7 .故答案为： 7 .26． 25 【解析】{a n }是等差数列，且 a 1 = -2 ， a 2 + a 6 = 2设{a n } 等差数列的公差 d ，根据等差数列通项公式：a n = a 1 + (n -1) d 可得 a 1 + d + a 1 + 5d = 2 ，即： -2 + d + (-2) + 5d = 2 ，整理可得： 6d = 6 解得： d = 1⎪ 1⎪ ⎨ d = 2根据等差数列前 n 项和公式： S n= na 1 + n (n - 1) d , n ∈ N *2可得： S = 10 ( -2 ) + 10 ⨯ (10 - 1) = -20 + 45 = 25 ，∴ S = 25 . 10 21027．16.⎧a 2 a 5 + a 8 = (a 1 + d )(a 1 + 4d ) + (a 1 + 7d ) = 0 【解析】由题意可得： ⎨⎪⎩ S 9 = 9a 1 + 9 ⨯ 8 d = 27 ， 2解得： ⎧a 1 = -5 ，则 S ⎩ 8 = 8a 1+ 8⨯ 7d = -40 + 28⨯ 2 = 16 . 228．100【解析】 ⎧a 3 = a 1 + 2d = 5 , 得⎧a 1 = 1, ∴S= 10a+ 10⨯ 9 d = 10⨯1+ 10⨯ 9⨯ 2 = 100. ⎨a = a + 6d = 13 ⎨d = 2 10 1 2 2⎩ 7 1⎩29．4.【解析】因 a 2 = 3a 1 ，所以 a 1 + d = 3a 1 ，即 2a 1 = d ，S 1010a 1 = + 10 ⨯ 9 d2= 100a 1 = 4所以 S 5⨯ 4 25a ．5 5a 1 + d1 2530． .8【解析】设等比数列的公比为q ，由已知S = a + a q + a q 2 = 1+ q + q 2 = 3 ，即 q 2 + q + 1 = 0 解得 q = - 1， 3 1 1 144 4 2 1- (- 1 )4所以 S = a 1 (1- q ) =2 = 5． 4 1- q 1- (- 1) 8231．121 .3【解析】设等比数列的公比为q ，由已知 a = 1, a 2= a 1 3 2 1 5 ，所以 = q , 又q ≠ 0 ， 134 651(1- 35 ) ( q )33所以 q = 3, 所以 S =a 1 (1- q ) = 3 = 121 ． 5 1- q 1- 3 332．14【解析】∵等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，a 3=0，a 6+a 7=14，⎧ a 1 + 2d = 0 ∴ ，解得 a =﹣4，d=2，∴S =7a + 7 ⨯ 6d =﹣28+42=14． ⎨a + 5d + a + 6d = 14 1 7 1⎩ 1 1故答案为 14．33． -63【解析】根据 S n = 2a n +1，可得 S n +1 = 2a n +1 +1 ， 两式相减得a n +1 = 2a n +1 - 2a n ，即 a n +1 = 2a n ， 当 n = 1 时， S 1 = a 1 = 2a 1 +1，解得 a 1 = -1， 所以数列{a n }是以-1 为首项，以 2 为公比的等比数列，所以 S 6 = -(1- 26 )1- 2= -63 ，故答案是-63 .34．2【解析】由 a = n 2 ，若对于任意 n ∈ N +,{b } 的第 a 项等于{a }的第b 项，n则b = a = (b )2 ，则b= 1 = (b )2 , b n= (b )2, b n= (b )2 , b n n= (b )2a nb nn114293164lg(b b b b ) lg(b b b b ) 2 2 lg(b b b b )所以b b b b = (b b b b )2 ，所以 1 4 9 16 = 1 2 3 4= 1 2 3 4 = 2 . 1 4 9 16 1 2 3 4 lg(b b b b ) lg(b b b b ) lg(b b b b )1 2 3 41 2 3 41 2 3 435．2nn +1【解析】2S1S ⎧a1 + 2d = 3⎧a = 1设等差数列的首项为a ，公差为d ，由题意有⎪4 ⨯3，解得⎨ 1 ，1 ⎨4a + d = 10 ⎩d = 1⎩⎪12数列的前 n 项和Sn =na1+n (n -1)2d =n ⨯1+n (n -1)2⨯1 =n (n +1)2裂项可得=2= 2(1-1) ，S k k (k +1)k k +1n 1= 2[(1-1) + (1-1) ++ (1-1)] = 2(1-1) =2n所以∑k =1 k2 2 3n n +1n +1n +1．36．1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d 和q，则-1+ 3d =-q3 = 8 ，求得q =-2 ，d = 3，那么a2b2=-1+ 3= 1 ，故答案为1.237．32【解析】⎧=a1⎪ 3 1-q(1-q3 ) =741-q6由题意可得 q ≠ 1，所以⎨⎪S⎩=a11-q(1-q 6 ) =634两式相除得1-q3= 9, q3 = 8, q = 2, 代入得a =1, a =1⨯ 27 = 25 = 32 ，填32．1 4 8(4)38．5 72015 (3 +n)2n-4【解析】（1）由对折2 次共可以得到5dm⨯12dm，10dm⨯6dm ，20dm⨯3dm三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5⨯12，5⨯6，10⨯3；20⨯3，共4种不同规格（单位dm2)；2 2，62 ( )故对折 4 次可得到如下规格： 5⨯12 ， 5 ⨯ 6 ， 5⨯ 3 ，10 ⨯ 3 ， 20 ⨯ 3 ，共 5 种不同规格； 4 2 2 4（2） 由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格1 如何，其面积成公比为 2的等比数列，首项为 120 (dm 2),第 n 次对折后的图形面积为⎛ 1 ⎫n -1120 ⨯ ⎪ ⎝ ⎭，对于第 n 此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n +1种（证明从略），故得猜想 S n = 120(n +1) ，2n -1设 S =∑ S = 120⨯ 2 + 120⨯ 3 + 120⨯ 4 +L + 120(n +1) ，k =12021 222n -1则 1S =120 ⨯ 2 + 120 ⨯ 3++ 120n + 120(n +1) ，2 2122两式作差得：2n -1 2n 1 S = 240 +120⎛ 1 + 1++ 1 ⎫ - 120(n +1) 2 2 222n -1 ⎪ 2n⎝ ⎭60 ⎛1 - 1 ⎫ 2n -1 ⎪ 120(n +1) 120 120(n +1) 120(n + 3) = 240 + ⎝ ⎭ -= 360 - - = 360 - ， 1- 1 2n22n -1 2n 2n240(n + 3) 15(n + 3)因此， S = 720 - = 720 -. 2n15 n + 3 故答案为： 5 ； 720 -.2n -42n -439．0. -10.【解析】等差数列{a n }中, S 5 = 5a 3 = -10 ,得 a 3 = -2, a 2 = -3 ,公差 d = a 3 - a 2 = 1, a 5 = a 3 + 2d = 0 ,由等差数列{a n } 的性质得 n ≤ 5 时, a n ≤ 0 , n ≥ 6 时, a n 大于0,所以 S n 的最小值为 S 4 或 S 5 , 即为-10 .k n。
2017高考数学数列题型解题
2017高考数学数列题型解题技巧数列问题篇数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
知识整合1. 在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;2. 在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
3. 培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法。
新(全国甲卷)2017版高考数学大二轮总复习与增分策略 专题四 数列、推理与证明 第3讲 数列的
第3讲 数列的综合问题1．(2016·浙江)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝______，S 5＝______.答案 1 121解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，当n ≥2时，由已知可得：a n ＋1＝2S n ＋1，① a n ＝2S n －1＋1，②①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1， ∴{a n }是以a 1＝1为首项，以q ＝3为公比的等比数列． ∴S 5＝1－1×351－3＝121.2．(2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.(1)解 由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立． 所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列． 从而a n ＝qn －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0， 由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋qn －.由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋qk －>qk －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1.故e 1＋e 2＋…＋e n >4n－3n3n －1.1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用.热点一 利用S n ，a n 的关系式求a n 1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系：an ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝S n －S n －1 n .2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累积法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)． 例1 数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．求数列{a n }的通项公式．解 由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n＝1，所以S n －S n －1S n －S n －1S n －S 2n ＝1，即S n －S n －1－S n －1S n＝1，所以1S n －1S n －1＝12.又S 1＝a 1＝1，所以数列{1S n }是首项为1，公差为12的等差数列．所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2nn ＋.因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋，n ≥2.思维升华 给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .跟踪演练1 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n a n ＋4，则数列{a n }的通项公式是________． 答案 a n ＝2n 解析 S n ＝a n a n ＋4，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1a 1＋4，解得a 1＝2或a 1＝0(舍去)． 当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝a n a n ＋4－a n －1a n －1＋4⇒a 2n －a 2n －1＝2(a n ＋a n －1)，因为a n >0，所以a n ＋a n －1≠0，则a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，故a n ＝2n .热点二 数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．例2 (2015·陕西)设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n－1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .(1)解 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n，②①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－n ＋x n－x ＋x －x n ＋1－x2，可得f n ′(2)＝－[1－n ＋n]＋2－2n ＋1－2＝(n －1)2n＋1.(2)证明 因为f n (0)＝－1＜0， f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≥1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＞0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内至少存在一个零点， 又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1＞0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内单调递增， 因此f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点a n ， 由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23， 所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点：(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件；(3)不等关系证明中进行适当的放缩． 跟踪演练2 (2015·安徽)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n .(1)解 y ′＝(x2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)． 令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标 x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.所以数列{x n }的通项公式为x n ＝nn ＋1.(2)证明 由题设和(1)中的计算结果得T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝n －2n2>n －2－1n2＝2n －22n ＝n －1n.所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n .热点三 数列的实际应用用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果． 例3 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%. (1)求第n 年年初M 的价值a n 的表达式； (2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新．(1)解 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，故a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ，当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6＝130－60＝70为首项，以34为公比的等比数列，故a n ＝70×(34)n －6，所以第n 年年初M 的价值a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，34n －6，n ≥7.(2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝S nn＝120－5(n －1)＝125－5n ≥95>80，当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝570＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×[1－(34)n －6]＝780－210×(34)n －6.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列． 因为A n ＝S nn ＝780－34n －6n，A 8＝780－3428≈82.734>80，A 9＝780－3439≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新． 思维升华 常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间n 的总产值y ＝N (1＋p )n. (2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a 元，每期的利率为r ，存期为n ，则本利和y ＝a (1＋r )n .(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a 元，每期的利率为r ，存期为n ，则本利和y ＝a (1＋nr )．(4)分期付款模型：a 为贷款总额，r 为年利率，b 为等额还款数，则b ＝r＋r na＋r n－1. 跟踪演练3 一牧羊人赶着一群羊通过6个关口，每过1个关口守关人将拿走当时羊的一半，然后退还1只给牧羊人，过完这些关口后，牧羊人只剩下2只羊，则牧羊人在过第1个关口前有________只羊． 答案 2解析 记此牧羊人通过第1个关口前、通过第2个关口前、……、通过第6个关口前，剩下的羊的只数组成数列{a n }(n ＝1,2,3,4,5,6)，则由题意得a 2＝12a 1＋1，a 3＝12a 2＋1，…，a 6＝12a 5＋1，而12a 6＋1＝2，解得a 6＝2，因此代入得a 5＝2，a 4＝2，…，a 1＝2.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数． (1)试判断数列{a n }是否为等比数列； (2)若a 2＝12，a 3＝1.①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式； ②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足23412,n b n n n n c b b b +++=+⋅数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值． 押题依据 本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n 项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相消法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力． 解 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3.又取n ＝2得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列． (2)①由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1.当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12、公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝，2n －3 n从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)．②由①得b n ＝n －2， 从而c n ＝1n ＋n ＋＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1n ＋n ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝n n ＋，记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1，两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12， 从而T n ＝n n ＋＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1， 则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为n ＋n －n ＋＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *，故n >9， 从而最小正整数n 的值是10.A 组 专题通关1．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15答案 A解析 记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 2．在数列{a n }中，a n ＋1＝a n ＋a (n ∈N *，a 为常数)，若平面上的三个不共线的非零向量OA →，OB →，OC →满足OC →＝a 1OA →＋a 2 016OB →，三点A ，B ，C 共线且该直线不过O 点，则S 2 016等于( )A ．1 007B ．1 008C ．2 016D ．2 012答案 B解析 ∵OC →＝a 1OA →＋a 2 016OB →，且三点A ，B ，C 共线， ∴必有a 1＋a 2 016＝1，又a n ＋1＝a n ＋a ，∴a n ＋1－a n ＝a 为常数，故数列{a n }为等差数列， 故S 2 016＝a 1＋a 2 0162＝1 008，故选A.3．已知函数y ＝f (x )对任意自变量x 都有f (x ＋1)＝f (1－x )，且函数f (x )在[1，＋∞)上单调．若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 6)＝f (a 20)，则{a n }的前25项之和为( ) A ．0 B.252 C ．25 D ．50答案 C解析 由已知函数关系可知a 6＋a 20＝2，又{a n }是等差数列，所以a 6＋a 20＝a 5＋a 21＝a 4＋a 22＝a 3＋a 23＝a 2＋a 24＝a 1＋a 25＝a 7＋a 19＝a 8＋a 18＝a 9＋a 17＝a 10＋a 16＝a 11＋a 15＝a 12＋a 14＝2a 13＝2，所以数列的前25项和为12×2＋1＝25，故选C.4．今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第1天织5尺布，现在一月(按30天计)共织390尺布，则每天比前一天多织的布的尺数为(不作近似计算)( ) A.12 B.815 C.1629 D.1631答案 C解析 由题意可知，该女每天的织布量成等差数列，首项是5，公差为d ，前30项和为390.根据等差数列前n 项和公式，有390＝30×5＋30×292d ，解得d ＝1629.5．已知定义在R 上的函数f (x )，g (x )满足f xg x ＝a x，且f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，f g＋f －g －＝52，若有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f n g n (n ∈N *)的前n 项和等于3132，则n 等于( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 答案 A 解析 令h (x )＝f xg x，则h ′(x )＝fx g x －f x gx[g x2<0，故函数h (x )为减函数，即0<a <1.再根据f g＋f －g －＝52，得a ＋1a ＝52，解得a ＝2(舍去)或a ＝12.所以f n g n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f n g n 的前n 项和是12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，由于1－12n ＝3132，所以n ＝5.6．已知数列{a n }的前n 项和构成数列{b n }，若b n ＝(2n －1)3n＋4，则数列{a n }的通项公式a n ＝____________.答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＝，4n ·3n －1 n解析 当n ＝1时，a 1＝b 1＝(2×1－1)·31＋4＝7， 当n ≥2时，a n ＝b n －b n －1＝[(2n －1)·3n＋4]－[(2n －3)·3n －1＋4]＝4n ·3n －1，综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧7n ＝，4n ·3n －1n，故答案为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧7n ＝，4n ·3n －1n7．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列{a na n ＋1a n ＋4}的最大项的值为________．答案 19解析 依题意得a ·b ＝0， 即2S n ＝n (n ＋1)，S n ＝n n ＋2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋2－n n －2＝n ；又a 1＝S 1＝＋2＝1，因此a n ＝n ，a na n ＋1a n ＋4＝n n ＋n ＋＝nn 2＋5n ＋4＝1n ＋4n＋5≤19，当且仅当n ＝4n ，n ∈N *，即n ＝2时取等号，因此数列{a n a n ＋1a n ＋4}的最大项的值为19.8．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝1.{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案 2n ＋1－n －2解析 因为a n ＋1－a n ＝2n，应用累加法可得a n ＝2n－1，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝2＋22＋23＋…＋2n －n ＝－2n 1－2－n ＝2n ＋1－n －2.9．(2016·课标全国丙)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0.(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)若S 5＝3132，求λ. (1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列， 于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)解 由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n . 由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.10．已知等差数列{a n }的公差d >0，其前n 项和为S n ，若S 3＝12，且2a 1，a 2，1＋a 3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a n a n ＋1 (n ∈N *)，且数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：14≤T n <13. (1)解 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1a 3＋＝a 22，a 1＋a 2＋a 3＝12， 即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1a 1＋2d ＋＝8，a 1＋d ＝4，得d 2＋d －12＝0. ∵d >0，∴d ＝3，a 1＝1.∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)证明 ∵b n ＝1a n a n ＋1＝1n －n ＋＝13(13n －2－13n ＋1)， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝13[(1－14)＋(14－17)＋…＋(13n －2－13n ＋1)] ＝13(1－13n ＋1)＝n 3n ＋1. ∵n ∈N *，∴13n ＋1>0， 故T n <13，又T n 为单调递增， ∴当n ＝1时，取最小值14，故14≤T n <13. B 组 能力提高11．已知曲线C ：y ＝1x(x >0)及两点A 1(x 1,0)和A 2(x 2,0)，其中x 2>x 1>0.过A 1，A 2分别作x 轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么( )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列 B ．x 1，x 32，x 2成等比数列 C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列答案 A解析 由题意，得B 1，B 2两点的坐标分别为(x 1，1x 1)，(x 2，1x 2)， 所以直线B 1B 2的方程为y ＝－1x 1x 2(x －x 1)＋1x 1， 令y ＝0，得x ＝x 1＋x 2，所以x 3＝x 1＋x 2， 因此，x 1，x 32，x 2成等差数列． 12．已知函数f (x )＝x 2＋(a ＋8)x ＋a 2＋a －12，且f (a 2－4)＝f (2a －8)，设等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S n ＝f (n )，则S n －4a a n －1的最小值为( ) A.276 B.358C.143D.378答案 D 解析 由题意可得a 2－4＝2a －8或a 2－4＋2a －8＝2×(－a ＋82)，解得a ＝1或a ＝－4， 当a ＝1时，f (x )＝x 2＋9x －10，数列{a n }不是等差数列；当a ＝－4时，f (x )＝x 2＋4x ，S n ＝f (n )＝n 2＋4n ，∴a 1＝5，a 2＝7，a n ＝5＋(7－5)(n －1)＝2n ＋3， ∴S n －4a a n －1＝n 2＋4n ＋162n ＋2＝12×n ＋2＋n ＋＋13n ＋1 ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋＋13n ＋1＋2 ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫2 n ＋13n ＋1＋2＝13＋1， 当且仅当n ＋1＝13n ＋1，即n ＝13－1时取等号， ∵n 为正数，故当n ＝3时原式取最小值378，故选D. 13．对于数列{a n }，若∀m ，n ∈N * (m ≠n )，都有a m －a n m －n ≥t (t 为常数)成立，则称数列{a n }具有性质P (t )．(1)若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ，且具有性质P (t )，则t 的最大值为________；(2)若数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－a n ，且具有性质P (10)，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1)2 (2)[36，＋∞)解析 (1)a m －a n m －n ≥t ⇒a m －tm －a n －tn m －n≥0， 所以数列{a n －tn }是递增数列，即a n ＋1－t (n ＋1)－(a n －tn )≥0.因为a n ＝2n ，所以上式化简为t ≤2n ，得t ≤2，故t 的最大值为2.(2)由已知条件得a m －a n m －n ≥10⇒a m －10m －a n －10n m －n≥0. 所以数列{a n －10n }是递增数列，即a n ＋1－10(n ＋1)－(a n －10n )≥0，因为a n ＝n 2－a n，所以上式化简为－a ≤n (n ＋1)(2n －9)，令f (n )＝n (n ＋1)(2n －9)，由三次函数的图象性质可知f (n )min 为f (1)或f (2)或f (3)或f (4)． f (1)＝－14，f (2)＝－30，f (3)＝－36，f (4)＝－20.所以f (n )min ＝－36，所以－a ≤－36⇒a ≥36，故a 的取值范围为[36，＋∞)．14．数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x <nx 的解集中正整数的个数，f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ； (3)求证：对n ≥2且n ∈N *恒有712≤f (n )<1. (1)解 x 2－x <nx 等价于x (x －n －1)<0，解得x ∈(0，n ＋1)，其中有正整数n 个，于是a n ＝n . (2)解 b n ＝n 2n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝1×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， 12S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1， 两式相减得，12S n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1 ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1， 故S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . (3)证明 f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n <1n ＋1n ＋…＋1n ＝1. 由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2， 于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1>12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0， 故f (n ＋1)>f (n )，∴当n ≥2且n ∈N *时，f (n )为增函数，∴f (n )≥f (2)＝712， 综上可知712≤f (n )<1.。
2017高考复习---数列
2017高考复习---数列1．设数列{a n}的前n项和为S n，若S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*，则a1=，S5=．2．已知数列{a n}中，，则a n=．3．已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3=3，S9﹣S6=12，则S6=．4．已知等差数列{a n}中，满足S3=S10，且a1＞0，S n是其前n项和，若S n取得最大值，则n=．5．已知等比数列{a n}的公比q＞0，前n项和为S n．若2a3，a5，3a4成等差数列，a2a4a6=64，则q=，S n=．6．已知首项为1，公差不为0的等差数列{a n}的第2，4，9项成等比数列，则这个等比数列的公比q=；等差数列{a n}的通项公式a n=；设数列{a n}的前n项和为S n，则S n=．7．设a，b∈R，关于x的方程（x2﹣ax+1）（x2﹣bx+1）=0的四个实根构成以q为公比的等比数列，若q∈[，2]，则ab的取值范围为．8．已知数列{a n}满足，a1=5，，则等于．9．等差数列{a n}中，S n是它的前n项和，且S6＜S7，S7＞S8，则①此数列的公差d＜0②S9＜S6③a7是各项中最大的一项④S7一定是S n中的最大值．其中正确的是（填序号）．10．等差数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n、T n，若=，则=．11．在数列{a n}中，a1=1，且对于任意正整数n，都有a n+1=a n+n，则a100=．12．若数列{a n}满足a1，a2﹣a1，a3﹣a2，…，a n﹣a n﹣1，…，是首项为1，公比为2的等比数列，那么a n等于．13．已知等比数列{a n}的各项均为正数，a3=4，a6=，则a4+a5=．14．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若S4、S2、S3成等差数列，且a2+a3+a4=﹣18，若S n≥2016，则n的取值范围为．15．已知{a n}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1+a2=1，则a1=，d=．16．在等差数列{a n}中，已知a4+a8=16，则该数列前11项和S11=．17．已知等差数列{a n}，S n是数列{a n}的前n项和，且满足a4=10，S6=S3+39，则数列{a n}的首项a1=，通项a n=．18．已知等差数列{a n}前n项和为S n，且满足=3，则数列{a n}的公差为．19．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n+2n，则a10=．20．已知{a n}是等比数列，，则a1a2+a2a3+…+a n a n+1=．21．若数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n•a n=2n﹣1，则{a n}的前40项和为．22．等差数列{a n}中，a3+a7﹣a10=8，a11﹣a4=4，则S13=．23．等差数列{a n}的通项公式为a n=2n﹣8，下列四个命题．α1：数列{a n}是递增数列；α2：数列{na n}是递增数列；α3：数列{}是递增数列；α4：数列{a n2}是递增数列．其中真命题的是．24．设数列{}是公差为d的等差数列，若a3=2，a9=12，则d=；a12=．2017高考复习---数列参考答案与试题解析一．填空题（共24小题）1．（2016•浙江）设数列{a n}的前n项和为S n，若S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*，则a1=1，S5=121．【分析】运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n＞1时，a n+1=S n+1﹣S n，结合条件，计算即可得到所求和．【解答】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；由a n+1=S n+1﹣S n，可得S n+1=3S n+1，由S2=4，可得S3=3×4+1=13，S4=3×13+1=40，S5=3×40+1=121．故答案为：1，121．【点评】本题考查数列的通项和前n项和的关系：n=1时，a1=S1，n＞1时，a n=S n﹣S n﹣1，考查运算能力，属于中档题．2．（2016•江西自主招生）已知数列{a n}中，，则a n=．【分析】由已知可得，=，然后利用累计法可求通项【解答】解：∵∴=∴…以上n﹣1个式子相加可得，∵∴a n==故答案为：【点评】本题主要考查了利用裂项及累计法求解数列的通项，解题的关键是对递推公式的变形=3．（2016•佛山模拟）已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3=3，S9﹣S6=12，则S6= 9．【分析】根据正项等比数列{a n}的前n项和的性质，S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等比数列，建立等式关系，解之即可．【解答】解：∵正项等比数列{a n}的前n项和为S n，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等比数列即（S6﹣S3）2=S3•（S9﹣S6），∴（S6﹣3）2=3×12解得S6=9或﹣3（正项等比数列可知﹣3舍去），故答案为：9【点评】本题主要考查了等比数列的前n项和，以及等比数列的性质，同时考查运算求解的能力，属于基础题．4．（2016•杭州模拟）已知等差数列{a n}中，满足S3=S10，且a1＞0，S n是其前n项和，若S n取得最大值，则n=6或7．【分析】由题意易得a7=0，进而可得数列{a n}中，前6项为正数，第7项为0，从第8项开始为负数，易得结论．【解答】解：∵等差数列{a n}中，满足S3=S10，且a1＞0，∴S10﹣S3=7a7=0，∴a7=0，∴递减的等差数列{a n}中，前6项为正数，第7项为0，从第8项开始为负数，∴S n取得最大值，n=6或7故答案为：6或7【点评】本题考查等差数列前n项和的最值，从数列项的正负入手是解决问题的关键，属基础题．5．（2016•杭州校级模拟）已知等比数列{a n}的公比q＞0，前n项和为S n．若2a3，a5，3a4成等差数列，a2a4a6=64，则q=2，S n=（2n﹣1）．【分析】由已知条件利用等差数列性质和等比数列通项公式列出方程组，求出公比和首项，由此能求出公比和前n项和．【解答】解：∵等比数列{a n}的公比q＞0，前n项和为S n．若2a3，a5，3a4成等差数列，a2a4a6=64，∴，解得．∴=．故答案为：2，．【点评】本题考查等比数列的公式和前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．6．（2016•浙江校级模拟）已知首项为1，公差不为0的等差数列{a n}的第2，4，9项成等比数列，则这个等比数列的公比q=；等差数列{a n}的通项公式a n=3n﹣2；设数列{a n}的前n项和为S n，则S n=．【分析】由等比数列和等差数列的性质得（1+3d）2=（1+d）（1+8d），从而求出d=3，由此能求出这个等比数列的公比q，等差数列{a n}的通项公式a n和数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：∵首项为1，公差不为0的等差数列{a n}的第2，4，9项成等比数列，∴（1+3d）2=（1+d）（1+8d），解得d=0（舍）或d=3，∴这个等比数列的公比q===．等差数列{a n}的通项公式a n=1+（n﹣1）×3=3n﹣2．数列{a n}的前n项和S n=n×1+=．故答案为：，3n﹣2，．【点评】本题考查等比数列的公比q，等差数列{a n}的通项公式a n和数列{a n}的前n项和S n的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列和等比数列的性质的合理运用．7．（2016•南通模拟）设a，b∈R，关于x的方程（x2﹣ax+1）（x2﹣bx+1）=0的四个实根构成以q为公比的等比数列，若q∈[，2]，则ab的取值范围为．【分析】利用等比数列的性质确定方程的根，由韦达定理表示出ab，再利用换元法转化为二次函数，根据Q的范围和二次函数的性质，确定ab的最值即可求出ab的取值范围．【解答】解：设方程（x2﹣ax+1）（x2﹣bx+1）=0的4个实数根依次为m，mq，mq2，mq3，由等比数列性质，不妨设m，mq3为x2﹣ax+1=0的两个实数根，则mq，mq2为方程x2﹣bx+1=0的两个根，由韦达定理得，m2q3=1，m+mq3=a，mq+mq2=b，则故ab=（m+mq3）（mq+mq2）=m2（1+q3）（q+q2）=（1+q3）（q+q2）=+，设t=，则=t2﹣2，因为q∈[，2]，且t=在[，1]上递减，在（1，2]上递增，所以t∈[2，]，则ab=t2+t﹣2=，所以当t=2时，ab取到最小值是4，当t=时，ab取到最大值是，所以ab的取值范围是：．【点评】本题考查等比数列的性质，韦达定理，以及利用换元法转化为二次函数，考查学生分析解决问题的能力，正确转化是解题的关键．8．（2016春•张家港市校级期中）已知数列{a n}满足，a1=5，，则等于4．【分析】利用a1=5，，计算出前7项，即可得到结论．【解答】解：∵a1=5，，∴，∴a2=同理，a3=10，a4=，a5=20，a6=，a7=40，∴=4，故答案为：4【点评】本题考查数列递推式，考查学生的计算能力，属于基础题．9．（2016春•石家庄期末）等差数列{a n}中，S n是它的前n项和，且S6＜S7，S7＞S8，则①此数列的公差d＜0②S9＜S6③a7是各项中最大的一项④S7一定是S n中的最大值．其中正确的是①②④（填序号）．【分析】由已知可得a7＞0，a8＜0；①d=a8﹣a7＜0，②S9﹣S6=a7+a8+a9=3a8＜0，③由于d ＜0，所以a1最大，④结合d＜0，a7＞0，a8＜0，可得S7最大；可得答案．【解答】解：由s6＜s7，S7＞S8可得S7﹣S6=a7＞0，S8﹣S7=a8＜0所以a8﹣a7=d＜0①正确②S9﹣S6=a7+a8+a9=3a8＜0，所以②正确③由于d＜0，所以a1最大③错误④由于a7＞0，a8＜0，s7最大，所以④正确故答案为：①②④【点评】本题主要考查了等差数列的性质，通过对等差数列性质的研究，培养学生探索、发现的求知精神，养成探索、总结的良好习惯．10．（2016春•南昌期末）等差数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n、T n，若=，则=．【分析】本题考查的知识点是等差数列的性质及等差数列的前n项和，由等差数列中S2n﹣1=（2n﹣1）•a n，我们可得，，则=，代入若=，即可得到答案．【解答】解：∵在等差数列中S2n﹣1=（2n﹣1）•a n，∴，，则=，又∵=，∴=即=故答案为：【点评】在等差数列中，S2n﹣1=（2n﹣1）•a n，即中间项的值，等于所有项值的平均数，这是等差数列常用性质之一，希望大家牢固掌握．11．（2016秋•玉泉区校级期末）在数列{a n}中，a1=1，且对于任意正整数n，都有a n+1=a n+n，则a100=4951．【分析】由题意知a2﹣a1=1，a3﹣a2=2，…，a100﹣a99=99，所以a100=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a100﹣a99）=1+1+2+…+99=4951．【解答】解：∵a1=1，a n+1=a n+n，∴a2﹣a1=1，a3﹣a2=2，…，a100﹣a99=99，∴a100=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a100﹣a99）=1+1+2+…+99=4951．答案：4951．【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．12．（2016春•红河州校级期中）若数列{a n}满足a1，a2﹣a1，a3﹣a2，…，a n﹣a n﹣1，…，是首项为1，公比为2的等比数列，那么a n等于2n﹣1．【分析】直接把数列a1，a2﹣a1，a3﹣a2，…，a n﹣a n﹣1，…的前n项求和即可得到答案．【解答】解：由题意可知，a n=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a n﹣a n﹣1）=．故答案为2n﹣1【点评】本题考查了等比数列的前n项和公式，考查了学生的灵活变形能力，是基础题．13．（2016春•连云港校级月考）已知等比数列{a n}的各项均为正数，a3=4，a6=，则a4+a5= 3．【分析】由已知条件利用等比数列通项公式求出，由此能求出a4+a5．【解答】解：∵等比数列{a n}的各项均为正数，a3=4，a6=，∴，解得，∴a4+a5=16×[]=3．故答案为：3．【点评】本题考查等比数列的两项和的求法，是基础题，解题时要注意等比数列的性质的合理运用．14．（2016春•乐清市校级月考）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若S4、S2、S3成等差数列，且a2+a3+a4=﹣18，若S n≥2016，则n的取值范围为大于等于11的奇数．【分析】设等比数列{a n}的公比为q≠1，由S4、S2、S3成等差数列，可得2S2=S4+S3，化为2a3+a4=0，又a2+a3+a4=﹣18，联立解得，由于S n≥2016，化为﹣（﹣2）n≥2015，对n分类讨论即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵S4、S2、S3成等差数列，∴2S2=S4+S3，∴2a3+a4=0，又a2+a3+a4=﹣18，∴，解得，∵S n≥2016，∴≥2016，化为﹣（﹣2）n≥2015，当n为偶数时，不成立，舍去．当n为奇数时，化为2n≥2015，解得：n≥11．∴n的取值范围为大于等于11的奇数．故答案为：大于等于11的奇数．【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．15．（2015•浙江）已知{a n}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1+a2=1，则a1=，d=﹣1．【分析】运用等比数列的性质，结合等差数列的通项公式，计算可得d=﹣a1，再由条件2a1+a2=1，运用等差数列的通项公式计算即可得到首项和公差．【解答】解：由a2，a3，a7成等比数列，则a32=a2a7，即有（a1+2d）2=（a1+d）（a1+6d），即2d2+3a1d=0，由公差d不为零，则d=﹣a1，又2a1+a2=1，即有2a1+a1+d=1，即3a1﹣a1=1，解得a1=，d=﹣1．故答案为：，﹣1．【点评】本题考查等差数列首项和公差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列和等比数列的性质的合理运用．16．（2015•江西校级一模）在等差数列{a n}中，已知a4+a8=16，则该数列前11项和S11=88．【分析】由等差数列的性质知S11=（a1+a11）=，由此能够求出结果．【解答】解：等差数列{a n}中，∵a4+a8=16，∴S11=（a1+a11）===88．故答案为：88．【点评】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的灵活运用，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答．17．（2015•温州三模）已知等差数列{a n}，S n是数列{a n}的前n项和，且满足a4=10，S6=S3+39，则数列{a n}的首项a1=1，通项a n=3n﹣2．【分析】设出等差数列的首项和公差，由已知列方程组求得首项和公差，则答案可求．【解答】解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由a4=10，S6=S3+39，得，解得．∴a n=1+3（n﹣1）=3n﹣2．故答案为：1，3n﹣2．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的前n项和，是基础题．18．（2015•靖远县校级三模）已知等差数列{a n}前n项和为S n，且满足=3，则数列{a n}的公差为2．【分析】=3，由此能求出数列{a n}的公差．【解答】解：∵，∴，∴，又，∴d=2．【点评】本题考查等差数列的公差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．19．（2015•南通校级模拟）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n+2n，则a10=1023．【分析】由已知递推式a n+1=a n+2n，利用累加求和及等比数列的前n项和公式即可求出．【解答】解：∵数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n+2n，∴a n=a1+（a2﹣a1）+…+（a n﹣a n﹣1）=1+21+22+…+2n﹣1==2n﹣1．（n∈N*）．∴a10=210﹣1=1023．故答案为：1023．【点评】本题主要考查了等比数列的前n项和．正确理解递推式，熟练掌握“累加求和”方法及等比数列的前n项和公式是解题的关键．20．（2015•沈阳一模）已知{a n}是等比数列，，则a1a2+a2a3+…+a n a n+1=．【分析】首先根据a2和a5求出公比q，根据数列{a n a n+1}每项的特点发现仍是等比数列，根据等比数列求和公式可得出答案．【解答】解：由，解得．数列{a n a n+1}仍是等比数列：其首项是a1a2=8，公比为，所以，故答案为．【点评】本题主要考查等比数列通项的性质和求和公式的应用．应善于从题设条件中发现规律，充分挖掘有效信息．21．（2015•防城港模拟）若数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n•a n=2n﹣1，则{a n}的前40项和为820．【分析】根据熟练的递推公式，得到数列通项公式的规律，利用构造法即可得到结论．【解答】解：由于数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，故有a2﹣a1=1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，a5+a4=7，a6﹣a5=9，a7+a6=11，…a50﹣a49=97．从而可得a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24，a9+a7=2，a12+a10=40，a13+a11=2，a16+a14=56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{a n}的前40项和为10×2+（10×8+×16）=820，故答案为：820【点评】本题主要考查数列的通项公式，以及数列求和，根据数列的递推公式求出数列的通项公式是解决本题的关键．22．（2015•汇川区校级三模）等差数列{a n}中，a3+a7﹣a10=8，a11﹣a4=4，则S13=156．【分析】利用等差数列的性质，把S13转化为13a7，再利用等差数列的性质求出a7即可．【解答】解；∵a3+a7﹣a10=8，a11﹣a4=4，∴a3+a7﹣a10+（a11﹣a4）=8+4=12又∵a3+a11=a10+a4=2a7，∴a7=12∴S13=13a7=12×13=156故答案为156【点评】本题考查等差数列的性质，通过对等差数列的研究，培养学生主动探索、勇于发现的求知精神；养成细心观察、认真分析、善于总结的良好思维习惯．23．（2015•上海模拟）等差数列{a n}的通项公式为a n=2n﹣8，下列四个命题．α1：数列{a n}是递增数列；α2：数列{na n}是递增数列；α3：数列{}是递增数列；α4：数列{a n2}是递增数列．其中真命题的是α1，α3．【分析】利用函数的单调性直接进行判断，从而得出结论．【解答】解：∵等差数列{a n}的通项公式为a n=2n﹣8，∴数列{a n}是递增数列，故α1是真命题；∵na n=2n2﹣8n，∴数列{na n}是先减后增数列，故α2是假命题；∵=2﹣，∴数列{}是递增数列，故α3是真命题；∵a n2=4n2﹣32n+64，∴数列{a n2}不是递增数列，故α4是假命题．故答案为：α1，α3．【点评】本题考查数列的函数特性的应用，是基础题，解题时要注意函数的单调性的灵活运用，属于基础题．24．（2015•温州二模）设数列{}是公差为d的等差数列，若a3=2，a9=12，则d=；a12=20．【分析】由数列{}是公差为d的等差数列，结合已知列式求得公差，再代入等差数列的通项公式求a12．【解答】解：∵数列{}是公差为d的等差数列，且a3=2，a9=12，则，即，解得：d=，∴，即a12=20．故答案为：；20．【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的性质，是基础的计算题．。
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1) 2
an1
1 2
3
an
1 2
又
a1
1 2
3 2
，所以
an
1
2
是首项为
3 2
,公比为
3
的等比数列.，
因此 an 的通项公式为
an
. 3n 1 2
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
1 an
3n
2
1
.因为当
n
1时， 3n
1
2 3n1 ，
所以
1 3n 1
1 2 3n1
.于是
. 1 1 …+ 1 1 1
a1 a2
an
3
1 3n1
3 (1 2
1 3n
)
3 2
所以
1 a1
1 a2
…+
1 an
3 2
13 年课标二理
（3）等比数列｛an｝的前 n 项和为 Sn，已知 S3 = a2 +10a1 ，a5 =
9，则 a1=（ ）
1
（A） 3
（B）
1 3
1
（C ） 9
（D）
1 9
（5）已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ， a5 5, S5 15 ，则数
27a(21a129d6d1)3, 35,解得ad112,,
3.已知数列{an}为等差数列,a1=1,公差d≠0,a1,a2,a5成等 比数列,则a2017的值为
4.已知等差数列{an}的前n项和是Sn,若a1>0,且 a1+9a6=0,则Sn取最大值时n为 ( ) A.11 B.10 C.6 D.5
(Ⅱ)因为 bn=
所以数列{bn}的前 1 000 项和为 1×90+2×900+3×1=1 893.
15 年课标二理
4. 已 知 等 比 数 列 {an} 满 足 a1 3 ， a1 a3 a5 21 ， 则
a3 a5 a7
A.21
B . 42
C.63
D.84
（１６）设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1 1 ，an1 SnSn1 ，
则 1 1 ( 1 1 )； 1 1 ( 1 1 ). a n a n1 d a n a n1 a n a n2 2 d a n a n2
⑤
n n
1
1n
2
1 2
[
n
1 n
1
n
1
1n
2 ].
⑥
1
n 1 n.
n n 1
⑦
1
1 ( n k n ).
n nk k
⑧ 17．Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,且 a1=1,S7=28.记 bn=[lg an],其中[x]表示不超过 x 的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (Ⅰ)求 b1,b11,b101; (Ⅱ)求数列{bn}的前 1 000 项和
【答案】(Ⅰ)设{an}的公差为 d,据已知有 7+21d=28,解得 d=1. 所以{an}的通项公式为 an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.
【解析】选D.因为等比数列的首项为1,公比为 2 ,
3
Sn
a1 anq 1 q
所11以232Sa nn，=3-2an.
3
2.(2016·绍兴模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且
a3+a8=13,S7=35,则a7= ( )
A.8 B.9 C.10
D.11
【解析】选A.由已知条件可得, 所以a7=a1+6d=2+6×1=8.
⑤数列1,2,4,8,…的通项公式是an=__2_n_-1(n∈N*).
⑥数列1,4,9,16,…的通项公式是an=__n(2n∈N*).
n n 1
⑦数列1,3,6,10,…的通项公式是an=____2__(n∈N*).
1
⑧数列 1 , 1 , 1 , 1
1234
,…的通项公式是an=__n _(n∈N*).
音符组成的一个含n+1(n∈N*)个音符的音符串,要求由音符♪
开始,相邻两个音符不能相同.例如n=1时,排出的音符串是♪∮,
♪♬;n=2时排出的音符串是♪∮♪,♪∮♬,♪♬♪,♪♬∮,…,记这种含
n+1个音符的所有音符串中,排在最后一个的音符仍是♪的音
符串的个数为an,故a1=0,a2=2.则(1)a4=
2 常 用 的 拆 项 公 式 (其 中 n N * )：
①
1
n n 1
1 1 _ _n_ _ _ n_ __1_ _
.
②
1
nn
k
1 k
(
1 n
n
1
k
).
③
2n
1
12n
1
1( 1 1 ) _ _ 2_ _ _2_n__ _1_ _ 2_ n_ __1_ _ _
.
④ 若 等 差 数 列 an的 公 差 为 d,
【主干知识】 1.必记公式 (1)“基本数列”的通项公式: ①数列-1,1,-1,1,…的通项公式是an=___(-_1_)(nn∈N*). ②数列1,2,3,4,…的通项公式是an=__n(n∈N*). ③数列3,5,7,9,…的通项公式是an=__2_n_+_1(n∈N*). ④数列2,4,6,8,…的通项公式是an=__2_n(n∈N*).
2.易错提醒
（1）裂项求和的系数出错：裂项时，把系数写成它的倒数或
者忘记系数致错.
（2）忽略验证第一项致误:利用
an
S1,n 1, Sn Sn1,n
求通项，忽
2
略n≥2的限定，忘记第一项单独求解与检验.
（3）求错项数致误：错位相减法求和时，相减后总项数为
n+1,易错并且还易漏掉减数式的最后一项.
【考题回顾】 1.一组高考题回做！！！
则 Sn
1。
n
14 年课标二理 17.（本小题满分 12 分）
已知数列an 满足 a1 1， an1 3an 1.
（Ⅰ）证明
an
1 2
是等比数列，并求an 的通项公式；
（Ⅱ）证明：
1 a1
1 a2
…+ 1 an
3 2
.
解:（Ⅰ）由 得 ,所以 . an1 3an 1
an1
1 2
3(an
列{
1 anan
} 的前
1
100
项和为(
)
100
A. 101
99
B. 101
99
C. 100
101
D. 100
【其它考题回顾】
1.(2013·新课标全国卷Ⅰ)设首项为1,公比为
2 3
的等比数列{an}
的前n项和为Sn,则 ( )
A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2
C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an
【解析】选D.因为a1>0, a1+9a6=a1+a6+8a6
=a2+a5+8a6 =a2+a6+a5+7a6 =2a4+a5+7a6 =2(a4+a6)+a5+5a6 =5(a5+a6)=0, 所以a5>0,a6<0, 即前5项和最大.
5.(2016·银川模拟)某音乐酒吧的霓虹灯是用♪∮♬三个不同