数列大题专题训练
数列大题训练
数列大题训练1.已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比 （Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ，其中.154=a（Ⅰ）求321,,a a a （Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n S3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12a =，11353n n n n S a a S --=-+(2)n ≥ （1）求数列n a 的通项公式；（2）若(21)n n b n a =-，求数列n a 的前n 项的和n T 。
4.已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a nn n ∈≥+=-且．（Ⅰ）求2a ，3a ；（Ⅱ）证明数列{nn a 2}是等差数列；（Ⅲ）求数列{n a }的前n 项之和n S5.数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；（Ⅱ）求数列{}n n a 的前n 项和n T6.22,,4,21121+=-===++n n n n n b b a a b a a . 求证： ⑴数列{b n +2}是公比为2的等比数列； ⑵n a n n 221-=+；⑶4)1(2221-+-=++++n n a a a n n .7.已知各项都不相等的等差数列}{n a 的前六项和为60，且2116a a a 和为 的等比中项. （1）求数列}{n a 的通项公式n n S n a 项和及前；（2）若数列}1{,3),(}{11nn n n n b b N n a b b b 求数列且满足=∈=-*+的前n 项和T n .。
高考文科数学数列经典大题训练(附答案)
1.〔此题总分值14 分〕设数列a的前n项和为S n,且S n4a n3(n1,2,)，n〔1〕证明: 数列a n是等比数列；〔2〕假设数列b满足b n1a n b n(n1,2,)，b12，求数列b n的通项公n式．2.〔本小题总分值12分〕等比数列a的各项均为正数，且n2 2a3a1,a9aa.123261.求数列a n的通项公式.2.设blogaloga......loga,求数列n31323n 1bn的前项和.3.设数列a满足n2n1 a12,a1a32nn〔1〕求数列a的通项公式；n〔2〕令b n na n，求数列的前n项和S n3.等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．〕，求数列{b n}的前n项和S n．〔Ⅰ〕求数列{a n}的通项公式；n﹣1*〔Ⅱ〕设b n=〔4﹣a n〕q〔q≠0，n∈N× 5.数列{a n}满足，，n∈N．〔1〕令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；〔2〕求{a n}的通项公式．...4.解：〔1〕证：因为S n4a n3(n1,2,)，那么S n14a n13(n2,3,)，所以当n2时，a SS14a4a1，nnnnn4整理得aa1．5分nn3由S43，令n1，得a14a13，解得a11．n an所以分a是首项为1，公比为n43的等比数列．7〔2〕解：因为4n1 a()，n3由b1ab(n1,2,)，得nnn4n1 bb()．9分n1n3由累加得()()()b n bbbbbbb12`132nn14n11()43n1＝23()1，〔n2〕，43134n1 当n=1时也满足，所以)1b3(．n35.解：〔Ⅰ〕设数列{a n}的公比为q，由 2a39a2a6得32a39a4所以21q。
有条件9可知a>0,故1q。
311a。
故数列{a n}的通项式为a n=33由2a13a21得2a13a2q1，所以1n。
〔Ⅱ〕b logaloga...logan111111(12...n)n(n1)2故12112() bn(n1)nn1n111111112n ...2((1)()...()) bbb223nn1n1 12n...所以数列1{}bn2n 的前n 项和为n16.解：〔Ⅰ〕由，当n≥1 时，a1[(a1a)(a a1)(a2a1)]a1nnnnn2n12n33(222)222(n1)1。
数列高考大题练习 专题训练
数列大题一．证明等差（比）数列【例1】 已知数列{}n a 中,()111,3nn n a a a n N a *+==∈+. （1）求证：112n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列, 并求{}n a 的通项公式n a ； （2）数列{}n b 满足()312n n n n nb a =-,数列{}n b 的前n 项和为n T ,若不等式()112nn n nT λ--<+对一切n N *∈恒成立, 求λ的取值范围.练习1-1 设数列的前项和满足()312n n S a =-（1）求证数列是等比数列并求通项公式n a ；（2）设21n b n =-，,n n n c a b =⋅为{}n c 的前n 项和，求.练习1-2 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()*1121,n n n a a S n N n++==∈． （1）证明：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列； （2）求数列{}n S 的前n 项和n T ．二．求通项【例2】各项为正数的数列的前n项和为，且满足：（Ⅰ）求；（Ⅱ）设函数(),,2n a n f n n f n ⎧⎪=⎨⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数，(24)n n C f =+，n N *∈ ，求数列{}n C 的前n 项和n T ．练习2-1 设数列{}a的前n项和为n S，n a是n S和1的等差中项．n（1）求数列{}a的通项公式；n（2）求数列{}na的前n项和n T．n练习2-2 已知数列}{n a 各项均为正数，其前n 项和为n S ，且满足2)1(4+=n n a S ． （1）求}{n a 的通项公式； （2）设11+=n n n a a b ，求数列}{n b 的前n 项和为n T ．练习2-3 已知数列{}n a 与{}n b 满足()()112n n n n a a b b n N *++-=-∈. （1）若11,35n a b n ==+数列{}n a 的通项公式；（2）若()16,2n n a b n N *==∈且22n n a n λλ>++对一切n N *∈恒成立,求实数λ的取值范围.。
数列大题专题(含解析)
{ n} 1 1数列大题训练一、解答题1.设数列{ a n }的前 n 项和为 S n .已知 S 2 =4， a n +1 =2 S n +1， n ∈ N ∗ . （1）求通项公式 a n ；（2）求数列{| a n − n − 2 |}的前 n 项和.2.已知 a , a , a ,⋅⋅⋅, a为正整数且 a > a > a>⋅⋅⋅> a > 1 ，将等式 (1 − 1 ) + (1 − 1 ) + (1 − 1) +⋅⋅0 12n12na 1a 2a 3⋅ +(1 − 1 ) = 2(1 − 1) 记为 (∗) 式.a na 0（1）求函数 f (x ) = 1 − 1x， x ∈ [2, +∞) 的值域；（2）试判断当 n = 1 时（或 2 时），是否存在 a 0 ， a 1 （或 a 0 ， a 1 ， a 2 ）使 (∗) 式成立，若存在，写出对应 a 0 ， a 1 （或 a 0 ， a 1 ， a 2 ），若不存在，说明理由；（3）求所有能使 (∗) 式成立的 a i （ 0 ≤ i ≤ n ）所组成的有序实数对 (a 0, a 1, a 2,⋅⋅⋅, a n ) . 3.已知函数 f (x ) = log 3(x +1)(x > 0) 的图象上有一点列 P (x, y )(n ∈ N ∗)，点P在 x 轴上的射影是x +1n n nnQ n (x n , 0) ， 且 x n = 3x n−1 + 2 ( n ≥ 2 且 n ∈ N ∗ )，x 1 = 2 .（1）求证： {x n + 1} 是等比数列，并求出数列 {x n } 的通项公式；21 （2）对任意的正整数 n ，当 m ∈ [−1,1] 时，不等式 3t − 6mt + > y n 恒成立，求实数 t 的取值范3围.（3）设四边形 P Q QP1 1 的面积是 S ，求证： ++ ⋯ +1< 3 . n n n +1 n +1nS 1 2S 2nS n4.已知 n 为正整数，数列{a }满足 a ＞0， 4(n + 1)a2− na2= 0 ，设数列{b }满足 b= a n 2nnnn +1nnt na n （1）求证：数列 为等比数列；√（2）若数列{b n }是等差数列，求实数 t 的值；（3）若数列{b n }是等差数列，前 n 项和为 S n ， 对任意的 n ∈N * ， 均存在 m ∈N * ， 使得 8a 2S n ﹣ a 4n 2=16b m 成立，求满足条件的所有整数 a 1 的值． a 2n5.已知数列 {a n } 和 {b n } 满足： a 1 = λ ,数， n 为正整数．n +1 = 3 a n + n − 4, b n = (−1)(a n − 3n + 21) 其中 λ 为实（1）对任意实数 λ ，证明数列 {a n } 不是等比数列； （2）对于给定的实数 λ ，试求数列 {b n } 的前 n 项和 S n ；（3）设 0 < a < b ，是否存在实数 λ ，使得对任意正整数 n ，都有 a < S n < b 成立？若存在，求 λ 的取值范围；若不存在，说明理由．6.已知数列 {a n } 满足 a 1 = 1，a n +1 = 1 − 14a n，其中 n ∈ N ∗ .1 1+a +1Ⅲ 3) （1）设 b n = 22an −1，求证：数列 {b n } 是等差数列，并求出 [a n } 的通项公式 ；（2）设 c n = 4a n n +1 ，数列 {c n c n +2 } 的前 n 项和为 T n ，且存在正整数 m ，使得 T n < 1 c m +1 对 于 n ∈ N ∗ 恒成立，求 m 的最小值.7.设各项均为正数的等比数列 {a n } 中， a 1 + a 3 = 10 ， a 3 + a 5 = 40 ，数列 {b n } 的前 n 和 S n =n 2+7n ．2（1）求数列 {a n } 、 {b n } 的通项公式；（2）若 c 1 = 1 ， c n +1 = c n + b n −3a n，求证： c n< 3 ．1（3）是否存在整数 k ，使得 a −b的最大值，若不存在，说明理由．+1a 2−b 2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅ +1a n −b n>k 10对任意正整数 n 均成立？若存在，求出 k8.已知数列 {a } 的各项均为非零实数，其前 n 项和为 S，且S n a n .n（1）若 S 3=3 ，求 a 3 的值；nS n 1 = a n +2（2）若 a 2021=2021a 1 ，求证：数列 {a n } 是等差数列；（3）若 a 1=1 ， a 2=2 ，是否存在实数 λ ，使得 |2a n − 2a m | ≤ λ|a 2 − a 2 | 对任意正整数 m ，n 恒成立，若存在，求实数 λ 的取值范围，若不存在，说明理由. a 2 −a+2anm9.已知数列 {a n } 和 {b n } , a 1 = 1, a 2 = 3 , a n +1= nn−1nn−1 ,( n ∈ N ∗且n ≥ 2 ), b n =1og 2(a n +1)2−5a n +1(I) 求 a 3, a 4 ;, (n ∈ N ∗) .(Ⅱ)猜想数列 {a n } 的通项公式,并证明;( )设函数 f (x ) = x + 1 x +2, 若 |f (b n ) − t | ≤ 16 35 对任意 n ∈ N ∗恒成立,求 t 的取值范围.210.已知数列 {a n } 满足： a 1 = − 3 , a n +1 =−2a n −3 (n ∈ N ∗ ）.3a n+4（1）证明：数列 { 1} 是等差数列，并求 {a} 的通项公式；a n +1n（2）若数列 {b n } 满足： b n = 2 (a n + 1)(n ∈ N ），若对一切 n ∈ N ∗ ，都有 (1 − b 1)(1 − b 2). . . (1 −b n ) ≤λ√2n +1 成立，求实数 λ 的最小值.11.已知数列 {x n } ，如果存在常数 p ，使得对任意正整数 n ，总有 (x n +1 − p )(x n − p ) < 0 成立，那么我们称数列 {x n } 为“p -摆动数列”．（Ⅰ） 设 a n = 2n − 1 ， b n = (− 由；1 n2， n ∈ N ∗ ，判断 {a n } 、 {b n } 是否为“p -摆动数列”，并说明理 （Ⅱ）已知“p -摆动数列” {c n} 满足 c n +1 = 1cn +1， c 1= 1 ，求常数 p 的值；∗} 1 2 （Ⅲ）设 d n = (−1)n ⋅ (2n − 1) ，且数列 {d n } 的前 n 项和为 S n ，求证：数列 {S n } 是“p -摆动数列”， 并求出常数 p 的取值范围．12.等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n .（1）求证：数列S n{ n }是等差数列；（2）若 a 1= 1, {√S n 是公差为 的等差数列，求使 S k +1⋅S k +2S k 2为整数的正整数 k 的取值集合；（3）记 b = t a n ( t 为大于 0 的常数)，求证：b 1+b 2+⋯…+b n≤b 1+b 2.nn213.已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 S n = 2a n − 2 ． （1）求 {a n } 的通项公式；（2）在 a n 与 a n +1 之间插入 n 个数，使这 n + 2 个数组成一个公差为 d n 的等差数列，在数列 {d n } 中是否存在 3 项 d m ， d k ， d p （其中 m ， k ， p 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的 3 项；若不存在，请说明理由．14.已知递增的等比数列 {a n } 满足 a 2 + a 3 + a 4 = 28 ，且 a 3 + 2 是 a 2 ， a 4 的等差中项. （1）求 {a n } 的通项公式；（2）若 b n = a n log 1a n ， S n =b 1 + b 2 + b 3 + ⋯ + b n 求使 S n + n ⋅ 2n +1 > 30 成立的 n 的最小值. 15.已知数列 {a n } 中，已知 a 1 = 1 ， a 2 = a ， a n +1 = k (a n + a n +2) 对任意 n ∈ N ∗ 都成立，数列{a n }的前 n 项和为 S n ．（1）若 {a n } 是等差数列，求 k 的值； （2） 若 a = 1 ， k = − 12 ， 求 S n ；（3）是否存在实数 k ，使数列 {a n } 是公比不为 1 的等比数列，且任意相邻三项 a m ， a m +1 ， a m +2 按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有 k 的值；若不存在，请说明理由．16.一列火车从重庆驶往北京，沿途有 n 个车站（包括起点站重庆和终点站北京）．车上有一邮政车厢，每停靠一站便要卸下火车已经过的各站发往该站的邮袋各 1 个，同时又要装上该站发往以后各站的邮袋各 1 个，设从第 k 站出发时，邮政车厢内共有邮袋 a k 个（k=1，2，…，n ）．（1）求数列{a k }的通项公式；（2）当 k 为何值时，a k 的值最大，求出 a k 的最大值．17.已知等比数列 {a n } 的公比 q > 1 ， a 2 ， a 3 是方程 x 2 − 6x + 8 = 0 的两根． （1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）求数列 {2n ⋅ a n } 的前 n 项和 S n ．18.设数列 {a n } 满足 a n 2 = a n +1a n−1 + λ(a 2 − a 1)2 ，其中 n ⩾ 2 ，且 n ∈ N ， λ 为常数. （1）若 {a n } 是等差数列，且公差 d ≠ 0 ，求 λ 的值；（2）若 a 1 = 1, a 2 = 2, a 3 = 4 ，且存在 r ∈ [3,7] ，使得 m ⋅ a n ≥ n − r 对任意的 n ∈ N ∗ 都成立，求m 的最小值；（3）若 λ ≠ 0 ，且数列 {a n } 不是常数列，如果存在正整数 T ，使得 a n +T = a n 对任意的 n ∈ N ∗均成立.求所有满足条件的数列{an } 中 T 的最小值.19.已知等差数列 {a n } 满足 a 2 = 5 ， a 4 + a 5 = a 3 + 13 .设正项等比数列 {b n } 的前 n 项和为 S n ， 且 b 2b 4 = 81 ， S 3 = 13 .（1）求数列 {a n } 、 {b n } 的通项公式；（2）设 c n = a n b n ，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n .20.公差不为零的等差数列 {a n } 中， a 1 ， a 2 ， a 5 成等比数列，且该数列的前 10 项和为 100，数列{b n } 的前 n 项和为 S n ，且满足 S n = 2b n − 1, n ∈ N ∗ ．( Ⅰ ) 求数列 {a n } ， {b n } 的通项公式；( Ⅱ ) 令 c n = 1+a n4b n，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n 的取值范围．21.已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ， 且 S n +a n =4，n ∈N * ． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）已知 c n =2n+3（n ∈N *），记 d n =c n +log C a n （C ＞0 且 C≠1），是否存在这样的常数 C ，使得数列{d n }是常数列，若存在，求出 C 的值；若不存在，请说明理由． （3）若数列{b }，对于任意的正整数 n ，均有 b a +b a +b a+…+b a =（）n ﹣ n +2成立，求证：数n列{b n }是等差数列．1 n2 n ﹣13 n ﹣2n 1 2 222.已知数列 {a n } 满足 a 1 = 1, a n +1 = 1 −14a n,其中 n ∈ N ∗ .（1）设 b n = 22an −1,求证:数列 {b n } 是等差数列,并求出 {a n } 的通项公式;（2）设 c n = 4a nn +1 ,数列 {c n c n +2 } 的前 n 项和为 T n .23.已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ， 且满足 12S n ﹣36=3n 2+8n ，数列{log 3b n }为等差数列，且 b 1=3，b 3=27． （Ⅰ）求数列{a n }与{b n }的通项公式；（Ⅱ）令c =（﹣1）n (a − 5) + b ，求数列{c }的前 n 项和 T ． nn12n n n24.已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数，设集合 M ＝{0，1，2，…，q －1}，集合 A ＝{x|x ＝x 1＋x 2q ＋…＋x n q n －1 ， x i ∈M ，i ＝1，2，…，n}．（1）当 q ＝2，n ＝3 时，用列举法表示集合 A.（2）设s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1， t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n－1， 其中a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n.证明：若 a n ＜b n ， 则 s ＜t. ∗25.已知数列 {a n } 的首项 a 1 = a (a > 0) ，其前 n 项和为 S n ，设 b n = a n + a n +1(n ∈ N ) . （1）若 a 2 = a + 1 ， a 3 = 2a 2 ，且数列 {b n } 是公差为 3 的等差数列，求 S 2n ； （2）设数列 {b n } 的前 n 项和为 T n ，满足 T n = n 2 . ①求数列 {a n } 的通项公式； ②若对 ∀n ∈ N ∗，且n ≥ 2 ，不等式 (a n−1 − 1)(a n +1 − 1) ≥ 2(1 − n ) 恒成立，求 a 的取值范围.12 Ⅱ26.是否存在一个等比数列{a }同时满足下列三个条件：①a +a =11 且 a a =；②a ＞a （n ∈N *）；n163 49 n+1n③至少存在一个 m （m ∈N *且 m ＞4），使得 2a， a 2 ， a + 4依次构成等差数列？若存在，求出通项公式；若不存在，说明理由．3m ﹣1mm+1927.设 {a n } 是等差数列， a 1 = −8 ，且 a 2 + 8 ， a 3 + 6 ， a 4 + 4 成等比数列. （1）求 {a n } 的通项公式；（2）求 {a n } 的前 n 项和 S n 的最小值；（3）若 {b n } 是等差数列， {b n } 与 {a n } 的公差不相等，且 b 5 = a 5 ，问： {a n } 和 {b n } 中除第 5 项外，还有序号相同且数值相等的项吗？（直接写出结论即可） 28.已知数列 {a } 满足 1a ≤ a≤ 3a ， n ∈ N ∗ ， a= 1 .n3 n n +1n1（1）若 a 2 = 3 ， a 3 = x ， a 4 = 6 ，求 x 的取值范围；（2）若 {a } 是公比为 q 的等比数列， S= a + a+ ⋯ + a ， 1S ≤ S≤ 3S ， n ∈ N ∗ ， 求 qn的取值范围；n12n3 nn +1（3）若 a 1, a 2, ⋯ , a k 成等差数列，且 a 1 + a 2 + ⋯ + a k = 2020 ，求正整数 k 的最大值. 29.若数列 {a n } 是公差为 2 的等差数列，数列 {b n } 满足 b 1＝1，b 2＝2，且 a n b n ＋b n ＝nb n ＋1. （1）求数列 {a n } , {b n } 的通项公式；（2）设数列 {c n} 满足 c n= a n +1 b n +1，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，若不等式 (－1)n λ < T n+ n 2n−1对一切 n ∈N *恒成立，求实数 λ 的取值范围.30.设 T n 是数列 {a n } 的前 n 项之积，且满足 T n = 3 − a n ， n ∈ N ∗ .（1）求证：数列 { 13−a n1− } 是等比数列，并写出数列 {a n } 的通项公式；（2）设 S 是数列 {a } 是前 n 项之和，证明： n + 1 − 1< S< n + 2 − 2.nnT nnT n31.已知数列{a n }满足 a n+1+a n =4n ﹣3，n ∈N * （1）若数列{a n }是等差数列，求 a 1 的值； （2）当 a 1=﹣3 时，求数列{a n }的前 n 项和 S n ； （3）若对任意的n ∈N *， 都 有a n 2+a n +1 2a n +a n +1≥5 成立，求 a 1的取值范围．32.ΔABC 中，内角 A , B , C 的对边分别是 a , b , c ，已知 a , b , c 成等比数列，且B = 3．（Ⅰ）求1tan A+1tan B的值；cos 4（ ）设 B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗A ⃗⃗⃗ ⋅ B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗C ⃗⃗⃗ = 3 2，求 a + c 的值． 33.已知数列 {a n } 的前 n 和为 S n ，且满足 λS n = a n − 1 ，其中 λ ≠ 0 且 λ ≠ 1 . （1）证明：数列 {a n } 是等比数列；（2）当 λ = 12，令 c n= (n + 1)a n ，数列 {a n } 的前 n 项和为 T n ，若需 Tn> 2019 恒成立，求正整n数 n 的最小值.321+a 2 n a 2 n)34.已知数列 {a n} 满足 a 1 = 1 ， a n +1=a n n， n ∈ N ∗， 记Sn， T n分别是数列 {a n} ， {a 2} 的前 n 项和，证明：当 n ∈ N ∗ 时，（1）a n +1 < a n ；（2）T n = 1n +1− 2n − 1 ；（3）√2n − 1 < S n < √2n .35.设 q 为不等于 1 的正常数， {a n } 各项均为正，首项为 1 ，且 {a n } 前 n 项和为 S n ，已知对任意的正整数 n , m ，当时 n > m ， S n − S m = q m · S n−m 恒成立. （1）求数列 {a n } 的通项公式；（2）若数列 {t n } 是首项为 1 ，公差为 3 的等差数列，存在一列数 k 1, k 2, ⋯ , k n , ⋯ ：恰好使得 t k 1 = a 1, t k 2 = a 2, ⋯ , t k n = a n , ⋯, 且 k 1 = 1, k 2 = 2 ，求数列 {k n } 的通项公式；（3）当 q = 3 时，设 b n = na n ，问数列 {b n} 中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出所 有这样的三项，若不存在，请说明理由36.已知数列 {a} 满足aa− 3 （ n ≥ 2 ， 且 n ∈ N ∗）， 且 a= − 3， 设 b n + 2 = 3log 1(a n +n4 n = n−1 1441) ， n ∈ N ∗，数列{c n } 满足 c n = (a n + 1)b n .（1）求证：数列 {a n + 1} 是等比数列并求出数列 {a n } 的通项公式； （2）求数列 {c n } 的前 n 项和 S n ； （3）对于任意 n ∈ N ∗，t ∈ [0,1]， cn⩽ tm 2 − m − 12恒成立，求实数 m 的取值范围.37.已知 {a n } 是递增的等差数列， a 2 ， a 4 是方程 x 2－5x ＋6＝0 的根. （1）求 {a n } 的通项公式； a（2）求数列 {2n } 的前 n 项和.38.已知数列 {a } 的满足 a = 1 ，前 n 项的和为 S，且 a n +1−a n = 2 (n ∈ N *) .n1（1）求 a 2 的值；na n an +1 4S n−1（2）设 b n = a na n +1−a n ，证明：数列 {b n} 是等差数列；（3）设 c n = 2b n ⋅ a n ，若 1 ≤ λ ≤ √2 ，求对所有的正整数 n 都有 2λ2 − kλ + 3√2 < c n 成立的 k 的取值范围.39.数列 {a n } 是首项与公比均为 a 的等比数列（ a > 0 ，且 a ≠ 1 ），数列 {b n } 满足 b n = a n ⋅ lg a n ． （1）求数列 {b n } 的前 n 项和 T n ； （2）若对一切 n ∈ N ∗都有b n < b n +1 ，求 a 的取值范围．40.等差数列{a n }中，其前 n 项和为 S n ， 且S n = (a n +1)22，等比数列{b n }中，其前 n 项和为 T n ， 且 T n =(b n +1 2 ，（n ∈N *）2（1）求a n ，b n ； （2）求{a n b n }的前 n 项和 M n ．n +1 41.已知函数 f （x ） = log 3（ax + b ） 的图象过点 A （2，1） 和 B （5，2 ）记 a n = 3f （n ） ， n ∈ N * ．（1）求数列{ a n }的通项公式．（2）设 b n = a n2n ， T n = b 1 + b 2 + ⋯ b n ， T n< m （ m ∈ Z ），求 m 的最小值．42.已知公比 q > 0 的等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1 = 1, S 3 = 13 ，数列 {b n } 中， b 1 = 1, b 3 = 3 ．（1）若数列 {a n + b n } 是等差数列，求 a n , b n ； （2）在（1）的条件下，求数列 {b n } 的前 n 项和 T n ．43.已知数列{b n }是首项 b 1=1，b 4=10 的等差数列，设 b n +2=3 log 1 4a n （n ∈n *）．（1）求证：{a n }是等比数列；（2）记 c n =1 b n b n +1，求数列{c n }的前 n 项和 S n ；（3）记 d n =（3n+1）•S n ， 若对任意正整数 n ，不等式的最大值．1n +d 1 1+ n +d 2 +…+ 1n +d nm＞ 24 恒成立，求整数 m 44.已知各项均不相等的等差数列 {a n } 的前五项和 S 5 = 20 ，且 a 1, a 3, a 7 成等比数列；（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）若 T n 为数列 { 1a n a n +1} 的前 n 项和，且存在 n ∈ N ∗，使得T n− λa n≥ 0 成立，求实数 λ 的取值范围。
高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版
高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式； （2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。
)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出 的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。
数列大题训练50题及答案
数列大题训练50题及答案本卷含答案及知识卡片，同学们做题务必认真审题，规范书写。
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一.解答题(共50题),2a n+1a n+a n+1−a n=0.1. (2019•全国)数列{an}中, a1=13(1)求{aₙ}的通项公式 ;(2)求满足a1a2+a2a3+⋯+a n−1a n<1的n的最大值 .72.( 2019•新课标Ⅰ )记 Sn为等差数列{aₙ}的前 n项和 .已知Sg= -a₅.(1)若 a₃=4,求{aₙ}的通项公式 ;(2)若 a₁>0, 求使得Sₙ≥aₙ的n的取值范围 .3.( 2019·新课标Ⅱ)已知数列aₙ和bₙ满足a₁=1,b₁=0,4aₙ₊₁=3aₙ−bₙ+4,4bₙ₊₁=3bₙ−aₙ−4.( 1) 证明 : aₙ+bₙ是等比数列，aₙ−bₙ是等差数列；(2)求{aₙ}和bₙ的通项公式 .4.( 2019•新课标Ⅱ)已知{ aₙ}是各项均为正数的等比数列， a₁=2,a₃=2a₂+16.(1)求{aₙ}的通项公式 ;(2)设bₙ=log₂aₙ,求数列bₙ的前n项和 .5.(2018•新课标Ⅱ)记 Sn为等差数列aₙ}的前 n项和 , 已知a₁= - 7 , S₃= -15 .(1)求{ aₙ}的通项公式；(2)求Sₙ,并求Sₙ，的最小值 ..6 .( 2018•新课标Ⅰ )已知数列{ aₙ满足a₁=1,naₙ₊₁=2(n+1)aₙ,设b n=a nn(1)求b₁,b₂,b₃;( 2) 判断数列{bₙ}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{aₙ}的通项公式 .7.( 2018•新课标Ⅲ ) 等比数列{aₙ}中 ,a₁=1,a₅=4a₃·(1)求{aₙ}的通项公式 ;(2)记 Sn为{aₙ}的前 n项和 .若Sₙ=63,求m..8.(2017•全国)设数列{bₙ}的各项都为正数 , 且b n+1=b nb n+1}为等差数列；( 1) 证明数列{1b n(2)设 b₁=1,求数列{ bₙbₙ₊₁的前n项和Sₙ.9 .( 2017•新课标Ⅱ )已知等差数列{aₙ}的前 n项和为 Sₙ,等比数列{bₙ}的前 n项和为Tₙ,a₁=−1,b₁=1,a₂+b₂=2(1)若 a₃+b₃=5,又求{bₙ}的通项公式 ;(2)若 T₃=21, 求 S₃.10 .( 2017•新课标Ⅰ )记. Sₙ，为等比数列{aₙ}的前 n项和 .已知 S₂=2,S₃=-6.(1)求{aₙ}的通项公式 ;(2)求Sₙ,并判断Sₙ₊₁,Sₙ,Sₙ₊₂是否成等差数列 .11 .( 2017•新课标Ⅲ)设数列{aₙ}满足a1+3a2++(2n−1)a n=2n.(1)求{an}的通项公式 ;}的前 n项和 .(2)求数列{a n2n+112.( 2016·全国) 已知数列aₙ}的前 n项和Sₙ=n².( Ⅰ )求{aₙ}的通项公式 ;,求数列{bₙ}的前 n项和 .(Ⅱ)记b n=√a n+√a n+113 .( 2016•新课标Ⅲ ) 已知数列aₙ}的前n项和Sₙ=1+λaₙ,其中λ≠0.(1) 证明{aₙ}是等比数列，并求其通项公式；,求λ .(2)若S5=313214 .( 2016•新课标Ⅰ ) 已知{aₙ}是公差为 3 的等差数列 , 数列{ bₙ满足b₁=1,,a n b n+1+b n+1=nb n.b2=13( Ⅰ )求{aₙ}的通项公式 ;(Ⅱ)求{bₙ}的前n项和.15 .( 2016•新课标Ⅲ) 已知各项都为正数的数列aₙ满足a1=1,a n2−(2a n+1(1)aₙ−2aₙ₊₁=0.(1)求 a₂, a₃;(2)求{aₙ}的通项公式 .16 .( 2016•新课标Ⅱ ) 等差数列{aₙ}中 ,a₃+a₄=4,a₅+a₇=6.( Ⅰ )求{aₙ}的通项公式 ;数列全国高考数学试题 参考答案与试题解析一 . 解答题(共50 小题)1.( 2019•全国)数列{a ₙ}中 , a 1=13,2a n+1a n +a n+1−a n =0.(1)求{a ₙ}的通项公式 ;( 2)求满足 a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n−1a n <17的n 的最大值 .【解答】解:(1) ∵2a n+1a n +a n+1−a n =0.∴1a n+1−1a n=2,∴a 1a 2+a 2a 3++a n−1a n =12[(13−15)+(15−17)+⋯+(12n−1−12n+1)]=12(13−12n+1),∵a 1a 2+a 2a 3++a n−1a n <17,∴12(13−12n+1)<17, ∴4n +2<42,∴n <10,∵n ∈N ∗, ∴n 的最大值为9.【点评】本题考查了等差数列的定义 ，通项公式和裂项相消法求出数列的前 n【分析】(1)由 2aₙ₊₁aₙ+aₙ₊₁−aₙ=0可得−=2,可知数列 {}是等差数列 ，求出- 的通项公式可得 an ；(2)由(1)知1a a =1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)(n ≥2),然后利用裂项相消法求出 a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n−1a n 再解不等式可得n 的范围，进而得到n 的最大值 . 又1a =3,∴数列 {}是以3为首项 ，2 为公差的等差数列 ， ∴1a =2n +1,∴a n =12n+1;(2)由(1)知 , a n−1a n =1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)(n ≥2),。
高中数学--数列大题专项训练(含详解)
高中数学--数列大题专项训练（含详解）一、解答题（本大题共16小题，共192.0分）1.已知{}n a 是等比数列，满足12a =，且2a ，32a +，4a 成等差数列，数列{}n b 满足*1231112()23n b b b b n n N n+++⋅⋅⋅+=∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设(1)()n n n n c a b =--，求数列{}n c 的前2n 项和2.n S 2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233.n n S a +=(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若32log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和.n T 3.在数列{}n a 中，111,(1n n n a a a c c a +==⋅+为常数，*)n N ∈，且1a ，2a ，5a 成公比不为1的等比数列．(1)求证：数列1{}na 是等差数列；(2)求c 的值；(3)设1n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和.n S4.在ABC 中，已知三内角A ，B ，C 成等差数列，且11sin().214A π+=()Ⅰ求tan A 及角B 的值；()Ⅱ设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且5a =，求b ，c 的值．5.在数列{}n a 中，11a =，11(1)(1)2nn n a a n n +=+++⋅(1)设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式(2)求数列{}n a 的前n 项和nS 6.已知数列的各项均为正数，前项和为，且()Ⅰ求证数列是等差数列；()Ⅱ设求7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n a a S S =+对一切正整数n 都成立．(1)求1a ，2a 的值；(2)设10a >，数列110lg n a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，当n 为何值时，n T 最大？并求出n T 的最大值．8.已知等差数列{}n a 的前四项和为10，且2a ，3a ，7a 成等比数列．(1)求通项公式na (2)设2n a nb =，求数列n b 的前n 项和.n S 9.已知在数列{}n a 中，13a =，1(1)1n n n a na ++-=，*.n N ∈(1)证明数列{}n a 是等差数列，并求n a 的通项公式；(2)设数列11{}n n a a +的前n 项和为n T ，证明：1.(126n T <分)10.已知函数2(1)4f x x +=-，在等差数列{}n a 中，1(1)a f x =-，232a =-，3().a f x =(1)求x 的值；(2)求数列{}n a 的通项公式.n a 11.已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列，1a ，3a 是函数2()109f x x x =-+的两个零点.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足3log n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n S 。
数列常见大题(含答案)
Tn 3 2 2 (22 23 2n ) (2n 1)2n1
2 22 23 2n1 (2n 1)2n1
2(2n1 1) (2n 1)2n1 (2n 1)2n1 2
Tn (2n 1)2n1 2
（12 分）
4．
已知数列{an } 满足：
1 a1
2 a2
n 3 (32n 1), n N *. an 8
8da1 4d
12d 2
16
，解得
ad1
8, 2,
或
ad1
8 2
因此 Sn 8n nn 1 nn 9，或Sn 8n nn 1 nn 9
9.设等差数列an 满足 a3 5 ， a10 9 。
（Ⅰ）求an 的通项公式； （Ⅱ）求an 的前 n 项和 Sn 及使得 Sn 最大的序号 n 的值。
①当1 n 11时,
an 0| a1 | | a2 | | a3 |
| an | a1 a2 a3
an
n(10
11 2
n)
n(21 2
n)
②当12 n 时,
an 0| a1 | | a2 | | a3 | | an | a1 a2 a3 a11 (a12 a13 an )
所以Tn 3 7 2 11 22 ... 4n 1 2n1 ，
2Tn 32 722 1123 ... 4n 1 2n ，
2Tn Tn 4n 1 2n [3 4(2 22 ... 2n1)]
(4n 5)2n 5
Tn (4n 5)2n 5，n∈N﹡.
13.【2012 高考重庆文 16】（本小题满分 13 分，（Ⅰ）小问 6 分，（Ⅱ）小问 7 分））
解得 k 6 或 k 1（舍去），因此 k 6 。
数列大题训练20题
数列大题训练20题1 ．数列{n a }的前n 项和为n S ，且满足11a =，2(1)n n S n a =+.（1）求{n a }的通项公式； （2）求和T n =1211123(1)na a n a ++++．2．已知数列{}n a 是首项为114a =，公比14q =的等比数列，设1423log n n b a +=()n *∈N ，数列{}n c 满足n n n c a b =⋅.（Ⅰ）求证：数列{}n b 成等差数列；（Ⅱ）求数列{}n c 的前n 项和nS ；（Ⅲ）若2114n c m m ≤+-对一切正整数n 恒成立，求实数m 的取值范围．3 ．已知函数x ab x f =)( (,a b 为常数)的图象经过点11,8P ⎛⎫⎪⎝⎭和()4,8Q ．(1) 求函数)(x f 的解析式；(2) 记()2log n a f n =,n 是正整数，n S 是数列}{n a 的前n 项和，求n S 的最小值．4 ．已知()y f x =为一次函数，且(2)f 、(5)f 、(4)f 成等比数列，(8)15f =．求(1)(2)()n S f f f n =++⋅⋅⋅+的表达式．5．已知数列}{n a 的前n 项和)(n f 是n 的二次函数，)(n f 满足),2()2(n f n f -=+且.3)1(,0)4(-==f f（1）求数列}{n a 的通项公式； （2）设数列}{n b 满足21++=n n n a a b ，求}{n b 中数值最大和最小的项．6．已知数列{}n a 中，12a =，且当2n ≥时，1220n n n a a ---=（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若{}n a 的前n 项和为n S ，求n S ．7．正数数列{}n a 的前n 项和n S ，满足1n a =+，试求：（I ）数列{}n a 的通项公式；（II ）设11n n n b a a +=，数列的前n 项的和为n B ，求证：12n B <．8．已知函数)(x f =157++x x ,数列{}n a 中, 11220n n n n a a a a ++-+=，11a =，且0n a ≠，数列}{n b 中，()1n n b f a =- （1）求证：数列{na 1}是等差数列； （2）求数列}{n b 的通项公式； （3）求数列{n b }的前n 项和n S ．9．设正数数列{n a }的前n 项和n S 满足2)1(41+=n n a S ． （I ）求数列{n a }的通项公式； （II ）设11+⋅=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和n T ．10．在数列12,2,}{11+==+n nn n a a a a a 已知中 （I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）求证：3)1()1()1(2211<-++-+-n n a a a a a a11．已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且（1）求证：数列{nna 2}是等差数列；（2）求数列{n a }的通项公式； （3）设数列{n a }的前n 项之和n S ，求证：322->n S n n． 12．设数列{}n a 的前n 项和为22n S n =，{}n b 为等比数列，且11a b =，()2211b a a b -=。
2024年高考数学专项突破数列大题压轴练(解析版)
数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n T 为数列{}n S 的前n 项和，已知2n n S T +=．(1)求证：数列{}n S 是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n A ．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*1sin 3()cos cos n n n n c N b b +=∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1n nnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n n a xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a =，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求使得不等式2022n S >成立的n 的最小值．6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．2024年高考数学专项突破数列大题压轴练（解析版）(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+--．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)ni i i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++;{}n b 是等比数列，29b =，1330bb +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．14．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b-+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n ∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}11,n n n n n a b b a a ++=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a满足)1,2n n a a n n -+-∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a 满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC --=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：2221211154n b b b +++< ．27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列{}1,1,n n a a S =为数列{}n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214na n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n n b e +=（其中e 是自然对数的底数），求证：123426n n b b b b b b ++++<….数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S为数列{}n a的前n项和，n T为S T+=．数列{}n S的前n项和，已知2n n(1)求证：数列{}n S是等比数列；(2)求数列{}n na的前n项和n A．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，24a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*sin 3()cos cos n n c N b b =∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1nnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n n a xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a =，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；S>成立的n的最小值．(2)设数列{}n a的前n项和为n S，求使得不等式2022n6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+-．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2){}n a 为等比数列，理由见解析10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)nii i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.【答案】(1)12n n a -=(2)288n n+【分析】（1）选择条件①：先由{}1n S a +为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列{}n a 的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；选择条件②：先由1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=得出()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥，两式做减即可得出()122n n a a n +=≥，再验证1n =时即可利用等比数列通项公式得出答案；（2）通过14n n n T b b +=⋅得出()1142n n n T b b n --⋅≥=，两式相减结合已知即可得出()1142n n b b n +--=≥，即数列{}n b 的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，将211(1)nii i i b b+=⎡⎤-⎣⎦∑转化即可得出答案.【详解】（1）选条件①：数列{}1n S a +为等比数列，()()()2211131S a S a S a ∴+=++，即()()2121123222a a a a a a +=++，11a = ，且设等比数列{}n a 的公比为q ，()()22222q q q ∴+=++，解得2q =或0q =（舍），1112n n n a a q --∴==，选条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+= ①，()()1212122212n n n n a a a n a n ---++⋅⋅⋅+=-≥∴，即()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥ ②，由①②两式相减得：()()12221n n n n a na n a +=-≥-，即()122n n a a n +=≥，令1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=中1n=得出212a a =也符合上式，故数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，则1112n n n a a q --==，（2）由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，即12n n a -=，11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++;{}n b 是等比数列，29b =，1330bb +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．【答案】(1)43n a n =-，3nn b =(2)660【分析】（1）将14n n n S S a +=++移项作差可得{}n a 是等差数列，结合25a =可求出数列{}n a 的通项公式，将1,b q 代入等式计算，即可求出数列{}n b 的通项公式；（2）由2077a =可判断前20项中最多含有123,,b b b 三项，排除23b a =可确定前20项中14．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b -+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n ∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT【答案】(1)1*(2)3n n a n -=⋅∈N ，()*)1(n b n n n =+∈N (2)()*)121(3n n T n n =+-∈N 【分析】（1）由132n n S S +=+可得12)3(2n n S S n -=+≥，两式作差即可得数列{}n a 的递推关系，即可求通项，最后验证1a 是否符合即可；数列{}n b 利用累乘法即可求，最后验证1b 是否符合即可；（2）由题，由等差数列的性质得()11n n n a a n c +-=+，即可求出n c 的通项公式，最后利用错位相减法求n T 即可【详解】（1）由132n n S S +=+可得12)3(2n n S S n -=+≥，两式相减可得13(2)n n a a n +=≥，故数列{}n a 从第3项开始是以首项为2a ，公比3q =的等比数列.又由已知132n n S S +=+，令1n =，得213+2S S =，即12132a a a +=+，得21226a a =+=，故123)2(n n a n -=⋅≥；又12a =也满足上式，则数列{}n a 的通项公式为1*(2)3n n a n -=⋅∈N ；16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}1,n n n a b b a a +=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a 满足)1,2n n a a n n -+-∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC--=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：22211154b b b +++< ．（2）由（1）可得：当1n =时，则1b 当2n ≥时，可得()(2211212n b n n=<-则222121111111114223nb b b ⎛+++=+-+- ⎝L 27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．⎫⎪⎪⎪28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值【答案】(1)230S =，384S =，133n n S +=+(2)7【分析】（1）根据123,,S S S 进行猜想，结合等比数列的知识进而求解，并进行推导.（2）利用裂项求和法求得m T ，由此列不等式，从而求得m 的最小值.【详解】（1）一阶和数列：{}2,6,4，对应112S =；二阶和数列：{}2,8,6,10,4，对应230S =；三阶和数列：{}2,10,8,14,6,16,10,14,4，对应384S =；故猜想136n n S S -=-，()1333n n S S --=-，所以数列{}3n S -是首项为139S -=，公比为3的等比数列，所以11393,33n n n n S S -+-=⋅=+.下面证明136n n S S -=-：设112124n m m S a a a a --=++++++ ，则()()()()1112112244n m m m m m S a a a a a a a a a --=+++++++++++++29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列{}1,1,n n a a S =为数列{}n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214na n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n nb e+=（其中e 是自然对数的底数），求证：123426n n b b b b b b ++++<….。
数列热考6类大题梳理(解析版)
数列大题考情分析数列是高考数学的热门考点之一，其中等差(比)数列的通项公式，前n项和公式，以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的证明方法，以及等差(比)数列有关的错位相减法和裂项相消法求和是考查的重点内容。
有时也会结合不等式进行综合考查，此时难度较大。
热点题型突破题型一：等差数列与等比数列证明1(2024·云南楚雄·高三统考期末)已知数列a n满足a1=2，a n+1=a n+2n+2n-1.(1)求a2，a3；(2)求a n，并判断a n-(n-1)2是否为等比数列.【答案】(1)a2=5,a3=12；(2)a n=2n+(n-1)2，是等比数列【思路分析】(1)分别令n=1，n=2，计算可得所求值；(2)利用累加法，结合等差数列、等比数列的求和公式，可求数列a n的通项公式，可得a n-(n-1)2=2n，得解．【规范解答】(1)a2=a1+2+2-1=2+3=5，a3=a2+22+4-1=5+7=12(2)因为a n+1=a n+2n+2n-1，所以a n+1-a n=2n+2n-1，所以a2-a1=2+2-1，a3-a2=22+2×2-1，⋯，a n-a n-1=2n-1+2n-3(n≥2)，将以上各式相加得a n-a1=(2+22+⋯+2n-1)+(1+3+⋯+2n-3)=2n-2+(1+2n-3)(n-1)2=2n-2+(n-1)2(n≥2).因为a1=2，所以a n=2n-2+(n-1)2+2=2n+(n-1)2(n≥2)，又a1=2也满足a n=2n+(n-1)2，所以a n=2n+(n-1)2，所以a n-n-12=2n⇒a n+1-n2a n-n-12=2n+12n=2，所以a n-(n-1)2是等比数列，且首项、公比均为2.判断数列是否为等差货等比数列的策略1、将所给的关系进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的概念进行判断；2、若要判断一个不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可。
专题训练：数列综合运用大题(解析版)
专题训练：数列综合运用大题1．（2022·江苏·盐城市第一中学高二阶段练习）有下列3个条件：①382a a +=-；②728S =-；③2a ，4a ，5a 成等比数列.从中任选1个，补充到下面的问题中并解答问题：设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()*12N n n n S S a n +=++∈，.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）n S 的最小值并指明相应的n 的值．【答案】（1）212n a n =-；（2）n =5或者6时，n S 取到最小值30-.【解析】（1）因为12n n n S S a +=++,所以12n n a a +-=，即{}n a 是公差为2的等差数列，选择条件①：因为382a a +=-，所以1292a d +=-，则12922a +⨯=-，解得110a =-，所以212n a n =-；选择条件②：因为728S =-，所以1767282a d ⨯+=-，解得110a =-，所以212n a n =-；选择条件③：因为2a ，4a ，5a 成等比数列，所以()2425a a a =，即2111(3)()(4)a d a d a d +=++，解得110a =-，所以212n a n =-；（2）由（1）可知110a =-，2d =，所以22(1)1112110211224n n n S n n n n -⎛⎫=-+⨯=-=-- ⎪⎝⎭，因为*N n ∈，所以当5n =或者6时，n S 取到最小值，即min )0(3n S =-2．（2022·江苏·星海实验中学高二阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，___________，*n ∈N .在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.①22n n S a =-；②122222n n a a a n ++⋯⋯+=；③221232n n n a a a a +⋯⋯=注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记1(1)(1)n n n n a b a a +=--，n T 是数列{}n b 的前n 项和，若对任意的*n ∈N ，1n kT n>-，求实数k 的取值范围.【答案】（1）2n n a =；（2）1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）选择①，由22n n S a =-①知，当2n ≥时，1122n n S a --=-②，由①-②，得122n n n a a a -=-，即()122n n a a n -=≥，当1n =时，11122a S a ==-，解得12a =，所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，故1222n n n a -=⨯=.选择②，由122222n na a a n ++⋯⋯+=①知，当2n ≥时，112211222n n a a an --++⋯⋯+=-②由①-②，得()()1122n nan n n =--=≥，在122222n na a a n ++⋯⋯+=中，令1n =，则112a=，满足上式，所以12n n a=，即2n n a =.选择③，由221232n nna a a a +⋯⋯=①知，当2n ≥时，()()22113122122n nn n n a a a a -+---⋯⋯==2②由①②，得()2222222n n n n n n a n +--==≥，在221232n n n a a a a +⋯⋯=中，令1n =，则12a =，满足上式，所以2n n a =.（2）由（1）知，2n n a =，所以()()111211(1)(1)22111122n n n n n n n n n a b a a +++===-------，所以数列{}n b 的前n 项和为111111113371711151122112n n n n T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-⎛⎫-=- ⎪⎝+-++ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭，对于任意的*n ∈N ，1n k T n>-，所以111121n k n+->--，即121n n k +>-.设1(),21n nf n +=-所以()()()()22111111211(1)0222121n n n n n n n nf n f n +++++-⋅-++-=----=<-恒成立，即()(1)f n f n +<，所以()f n 单调递减，所以()()11max 111213f n f +===-，于是有13k >，故实数k 的取值范围为1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.3．（2022·福建·莆田第二十五中学高二阶段练习）从条件①()21n n S n a =+，②22,0n n n n a a S a +=>()2n a n =≥，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为1,1n S a =，___________.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设1112n n n a b +++=，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，是否存在正整数n 使得83nT >.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析【解析】（1）若选择①，因为()*21,N n n S n a n =+∈，所以112,2n n S na n --=≥，两式相减得()121n n n a n a na -=+-，整理得()11,2n n n a na n --=≥,即1,21n n a a n n n -=≥-，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列，而111n a a n ==，所以n a n =；若选择②，因为()2*2N n n n a a S n +=∈，所以()211122n n n a a S n ---+=≥，两式相减()221112222n n n n n n n a a a a S S a n ----+-=-=≥，得()()()1112n n n n n n a a a a a a n ----+=+≥，因为()1100,1,2n n n n n a a a a a n -->∴>∴+-=≥，所以{}n a 是等差数列，所以()111n a n n =+-⨯=；()2n a n =≥1n n S S --，=，由题意知0n S >1=，所以为等差数列，11a ==()21,,212n n n n n S n a S S n n -==∴=-=-≥，又1n =时，11a =也满足上式，所以21n a n =-；（2）若选择①或②，1111222n n n n n b +++++==，所以()234111113452,2222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以()345211111345222222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得()2341211111132222222n n n T n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯++++-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()2121113148221142212n n n n n +-+⎛⎫- ⎪+⎛⎫⎝⎭=+-+⨯=- ⎪⎝⎭-，则1422n n n T ++=-，故要使得83n T >，即148223n n ++->，整理得，14223n n ++<-，当N*n ∈时，1402n n ++>，所以不存在*N n ∈，使得83n T >.若选择③，依题意，111122n n nn a n b ++++==，所以()23111123412222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故()234111111234122222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得：()()23111111111111421111122222212n n n n n T n n ++-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++++-+⨯=+-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-13322n n ++=-，则332n n n T +=-，令38323n n n T +=->，则3123n n +<，即2390n n -->，令239n n c n =--，则1100c =-<，当2n ≥时，()()112319239230n n nn n c c n n ++-=-+----=->，又450,0c c <>，故234560c c c c c <<<<<，综上，使得83n T >成立的最小正整数n 的值为5.4．（2022·河北·邢台市第二中学高二阶段练习）①{}2nn a 为等差数列，且358a =；②21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等比数列，且234a =.从①②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．在数列{}n a 中，112a =，________.（1）求{}n a 的通项公式；（2）已知{}n a 的前n 项和为n S ，试问是否存在正整数p ，q ，r ，使得n n r S p qa +=-？若存在，求p ，q ，r 的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）212n nn a -=；（2）存在，3p =，4q =，2r =﹒【解析】（1）若选①：设等差数列{}2nn a 的公差为d ，则33122512312a a d --===-，∴()1222121nn a a n n =+-=-，即212n n n a -=．若选②：设等比数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的公比为q ，则2112212211a q a ⨯-==⨯-，∴11112121122n nn a a n -⎛⎫⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪-⨯-⎝⎭⎝⎭，即212n n n a -=；（2）21321222n n n S -=+++，231113212222n n n S +-=+++，则两式相减得，23111111212222222n n n n S +-⎛⎫=+⨯+++- ⎪⎝⎭12n S =111121214212212n n n ++⎛⎫- ⎪-⎝⎭=+--12n S =132322n n ++=-，∴2332n n n S +=-．∵()22221233343422n n n n n n S a +++-+=-=-⨯=-，∴存在正整数p ，q ，r ，使得n n r S p qa +=-，且3p =，4q =，2r =．5．（2022·吉林·长春市第二中学高二阶段练习）已知数列{}n a ，其中前n 项和为n S ，且满足15a =，*123(N )n n a a n +=+∈．（1）证明：数列{3}n a +为等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ．【答案】（1）证明见解析；（2）223n n a +=-，*n ∈N ，n S 3238n n +=--．【解析】（1）证明：由题意，123n n a a +=+两边同时加3，可得132332(3)n n n a a a ++=++=+，13538a +=+=，∴数列{3}n a +是以8为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）可得123822n n n a -++=⋅=，则223n n a +=-，*n ∈N ，故12n n S a a a =++⋅⋅⋅+342(23)(23)(23)n +=-+-+⋅⋅⋅+-342(222)3n n+=++⋅⋅⋅+-⋅3322312n n +-=--3238n n +=--．6．（2021·广西·钟山中学高二阶段练习）已知数列{}n a 为等比数列，22a =，516a =，2log n n b a =，n n n c a b =+.（1）求数列{}n a ､{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n c 的前n 项和n S .【答案】（1）12n n a -=，1n b n =-；（2）121(1)2nn S n n =-+-【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，则3521682a q a ===，所以2q =，所以2212222n n n n a a q ---=⋅=⋅=，所以22log log 2n n b a ==11n n -=-；（2）121n n n n c a b n -=+=+-，所以0121012120212221(2222)(0121)n n n S n n --=++++++⋯++-=+++⋯+++++⋯+-(12)(01)121(1)1222-+-=+=-+--n n n n n n .7．（2022·福建三明·高二阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()321n n S a =-，{}n b 是以1a 为首项且公差不为0的等差数列，237,,b b b 成等比数列.（1）求数列{}{},n n a b 的通项公式；（2）令n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】（1）()2nn a =-，35n b n =-；（2）()1834(2)3n n n T +---=.【解析】（1）由()321n n S a =-，取1n =可得()11321S a =-，又11S a =，所以()11321a a =-，则12a =-.当2n ≥时，由条件可得()()11321321n n n n S a S a --⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，两式相减可得，12n n a a -=-，又12a =-，所以12nn a a -=-，所以数列{}n a 是首项为2-，公比为2-的等比数列，故()2nn a =-，因为112b a ==-，设等差数列{}n b 的公差为d ，则2372,22,26b d b d b d =-+=-+=-+，由237,,b b b 成等比数列，所以()()2(22)226d d d -+=-+-+，又0d ≠，所以解得3d =，故35n b n =-，（2）()35(2)nn n n c a b n ==--，()()1232(2)1(2)4(2)35(2)n n T n =-⨯-+⨯-+⨯-++-⨯-，()()()234122(2)1(2)4(2)38(2)35(2)n n n T n n +-=-⨯-+⨯-+⨯-++-⨯-+-⨯-相减得()2341343(2)(2)(2)(2)35(2)n n n T n +⎡⎤=+-+-+-++---⨯-⎣⎦，所以()()()114234335(2)12n n n T n ++--=+--⨯---，所以()13834(2)n n T n +=---所以()1834(2)3n n n T +---=.8．（2022·陕西·府谷县府谷中学高二阶段练习（文））已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，11a =且2514,,a a a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}21nan a ++的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）222433n n S n n =⋅++-【解析】（1）设等差数列的公差为d ，因为2514,,a a a 成等比数列，所以()()()2111413a d a d a d +=++，解得2d =或0d=（舍去）.故()=1+2121n a n n -=-.（2）由（1）可得212122nn n aa n -++=+，故()22214222414233n n n S n n n n +⨯-=⨯+=⋅++--9．（2022·陕西·长安一中高二阶段练习（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a ≠，常数0λ>，且11n n a a S S λ=+对一切正整数n 都成立.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设10a >，100λ=，当n 为何值时，数列1lg n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项n 和最大？【答案】（1）2nn a λ=；（2）6.【解析】（1）取1n =，得211122a S a λ==，()1120a a λ-=，10a ≠，则12a λ=，当2n ≥时，22n n a S λ=+，1122n n a S λ--=+，上述两个式子相减得：12n n a a -=，所以数列{}n a 是等比数列,当10a ≠，则1122n n n a a λ-=⋅=.（2）当10a >，且100λ=时，令1lgn n b a =，所以，1002lg 2lg 2n n b n =-=所以，{}n b 单调递减的等差数列（公差为lg 2-）则12366100100lglg lg10264b b b b ⋅>>>⋅⋅⋅>==>=当7n ≥时，77100100lg lglg102128n b b ≤==<=故数列1lg n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前6项的和最大.10．（2022·广东·饶平县第二中学高二阶段练习）已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若355a a +=，47S =．（1）求n a ；（2）记2221n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）n a ＝12n +；（2）469nn +【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则1126543472a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得11,1,2a d =⎧⎪⎨=⎪⎩，故111(1)22n n a n +=+-=；（2）因为12n n a +=，所以22214112(21)(23)2123n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪⋅++++⎝⎭，故12111111112+++235572+12+4693323n n T b b b n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+++=---=-= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭+.11．（2022·广东·南海中学高二阶段练习）已知数列{}n a 中，12325a =，112n n a a-=-（2n ≥，*n ∈N ），数列{}n b 满足()*11n nb n N a =∈-．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）求12320b b b b +++⋅⋅⋅+；（3）求数列{}n a 中的最大项和最小项，并说明理由．【答案】（1）272=-n b n ；（2）109；（3）()max 3=n a ，()min 1=-n a ，理由见解析【解析】（1）证明：111111111111121n n n n n n b b a a a a -----=-=-=-----，又1112512b a ==--，∴数列{}n b 是252-为首项，1为公差的等差数列．∴()127112n b b n n =+-⨯=-.（2）由2702n b n =-≥，得272n ≥，即13n ≤时，0n b <；14n ≥时，0n b >，∴()123201213141520b b b b b b b b b b +++⋅⋅⋅+=-++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+251312277613171411092222⎡⎤⨯⨯⎛⎫⎛⎫=-⨯-+⨯+⨯-+⨯= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.（3）由12712n nb n a ==--，得()*21N 227n a n n =+∈-又函数()21227f x x =+-在27,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和27,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上均是单调递减．由函数()21227f x x =+-的图象，可得：()14max 3n a a ==，()13min 1n a a ==-.12．（2022·山西省浑源中学高二阶段练习）表示n S 等差数列{}n a 的前n 项的和，且49S S =，112a =-.（1）求数列{}n a 的通项n a 及n S ；（2）求和12n nT a a a =+++【答案】（1）214n a n =-，213n S n n =-；（2）2213,171384,8n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由49S S =可得1143984922a d a d ⨯⨯+=+，因为112a =-，解得2d =，所以，()()111221214n a a n d n n =+-=-+-=-，()()12122141322n n n a a n n S n n +-+-===-.（2）142,17214214,8n n n a n n n -≤≤⎧=-=⎨-≥⎩，当17n ≤≤且N n *∈时，()212142132n n n T n n +-==-；当8n ≥且N n *∈时，()()()()2722147426713842n n n T T n n n n +--=+=+--=-+.综上所述，2213,171384,8n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩.13．（2021·江苏省灌南高级中学高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*4224, 21,N n n S S a a n ==+∈．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足()()*123 21 N n b b n b n n +++-=∈，记数列14(1)n n n n b a +⎧⎫⋅-⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求n T ．【答案】（1）21n a n =-；（2）**2,2,N 2122,21,N 21n n n k k n T n n k k n ⎧-=∈⎪⎪+=⎨+⎪-=-∈⎪+⎩.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由424S S =，可得()114642a d a d +=+，即12a d =；又因为221n n a a =+，取1n =，所以2121a a =+，即11a d +=；故可得11,2a d ==．故{}n a 的通项公式为21n a n =-.（2）由()12321n b b n b n +++-=，当2n ≥时，()1213231n b b n b n -+++-=-，上述两式作差可得()1221n b n n =≥-，又11b =满足上式，综上()*1N 21n b n n =∈-；所以14411(1)(1)(1)()(21)(21)2121n n nn n n b n a n n n n +⋅-=-=-+-+-+．当n 为偶数时11111(1)()(33557n T =-+++-++…1111((23212121n n n n -+++---+.∴1212121n nT n n =-+=-++．当n 为奇数时，1111111(1)(()()335572121n T n n =-+++-++-+-+∴12212121n n T n n +=--=-++．故**2,2,N 2122,21,N 21n n n k k n T n n k k n ⎧-=∈⎪⎪+=⎨+⎪-=-∈⎪+⎩．14．（2022·江苏省苏州实验中学高二阶段练习）已知数列{}n a 是首项为4的单调递增数列，满足()221111682n n n n n na a a a a a +++++=++（1）求证：14n n a a ++-=（2）设数列{}n b 满足πsin2n n n b a =，数列{}n b 前n 㑔和n S ，求20242024S 的值.【答案】（1）证明见解析；（2）4048-【解析】（1）证明：由题意得，()22111121684n n n n n n n n a a a a a a a a +++++++++=，即()()21118164n n n n n n a a a a a a ++++-++=，即()21144n n n n a a a a +++=-，∵数列{}n a 是首项为4的单调递增数列，4n a ≥，∴14n n a a ++-=（2）由（1）得14n n a a +-=，即24=，2-=，所以数列是首项为2，公差为22n =，则2ππsinsin 224n n n n b a n ==，()22222220244135720212023S =⨯-+-++-()()()()()()4131357572021202320212023⎡⎤=⨯-++-+++-+⎣⎦()84124044=-⨯+++()4404450682+⨯=-⨯44048506=-⨯⨯∴202444048506404820242024S =-=-⨯⨯15．（2022·陕西·白水县白水中学高二阶段练习）在数列{}n a 中，11a =，当2n ≥时，其前n 项和n S 满足212n n n S a S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（1）求证：1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）设21nn S b n =+，求{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）21nn +【解析】（1）证明：∵当2n ≥时，1n n n a S S -=-，212n n n S a S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭()22111111222n n n n n n n n n S S S S S S S S S ---⎛⎫∴=--=--+ ⎪⎝⎭，即：112n n n nS S S S ---=111112112n n n n n n n n n n S S S S S S S S S S ------∴-===，又11111S a ==∴数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，2为公差的等差数列（2）由（1）知：()112121nn n S =+-=-121n S n ∴=-∴()()1111212122121n b n n n n ⎛⎫==⨯- ⎪-+-+⎝⎭11111111112335212122121n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=⨯-++⋅⋅⋅+-=⨯-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭16．（2022·山东潍坊·高二阶段练习）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足323n n a S -=．（1）求n a ；（2）设32log 1,21,,2,,n n n a n k k N b a n k k N **⎧+=-∈=⎨=∈⎩求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）3n n a =；（2）()()()()()19311,,2,2893121,21,28n n n n n n k k N T n n n k k N *-*⎧-+⎪+=∈⎪=⎨-++⎪+=-∈⎪⎩【解析】（1）当1n =时，13a =，当2n ≥时，因为323n n a S -=，所以11323n n a S ---=，得13n n a a -=，所以数列{}n a 为首项为3，公比为3的等比数列，得3n n a =；（2）21,21,3,2,n n n n k k N b n k k N**⎧+=-∈=⎨=∈⎩，当n 为偶数时，2463373113(21)3nn T n =+++++++-+()246[3711(21)]3333n n =++++-+++++()2919(321)9312(1)21928nn n n n n ⎛⎫- ⎪+--⎝⎭=+=++-，当n 为奇数时，24613373113(21)3(21)n n T n n -=+++++++-+++()2461[3711(21)]3333n n -=++++++++++()1211919(321)931(2)(1)221928n n n n n n --⎛⎫+- ⎪++-++⎝⎭=+=+-，所以()()()()()19311,,2,2893121,21,28n n n n n n k k N T n n n k k N *-*⎧-+⎪+=∈⎪=⎨-++⎪+=-∈⎪⎩17．（2022·湖北·石首市第一中学高二阶段练习）已知数列{}n a 满足312123211111n n n a a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+=-----.（1）证明：数列1n n a a ⎧-⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列.（2）已知()11n n n b a a +=-，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）证明见解析；（2）11121n n S +=--【解析】（1）证明：当1n =时，111211a a a =--，则12a =.因为312123211111n n n a a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+=-----，①所以311212311211111n n n a a a a a a a a a ++++++⋅⋅⋅+-----，②由②-①得11122111n n n n a a a a +++=----，化简可得112n n n n a a a a ++-=，()()11111111121122n n n n n n n n n n n n n n n na a a a a a a aa a a a a a a a ++++++++----===----，所以数列1n n a a ⎧-⎫⎨⎬⎩⎭是一个公比为12的等比数列.（2）由（1）可知11111222n n n na a --=-⨯=-，化简可得221n n n a =-.()()()111211121212121n n n n n n n n b a a +++=-==-----.所以22334111111111111212121212121212121n n n n S ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.18．（2022·湖北省罗田县第一中学高二阶段练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且634S S =，221n n a a =+，（1）求数列{}n a 的通项公式：（2）若数列{}n b 满足121221n nnb b ba aa +++=-，N n +∈，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．【答案】（1）21n a n =-；（2）()3232nn T n =+-⨯【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，由634S S =，221n n a a =+，则()()()111161543321211a d a d a n d a n d ⎧+=+⎪⎨⎡⎤+-=+-+⎪⎣⎦⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，所以21n a n =-；（2）因为121221n nnb b b a a a +++=-，当1n =时111211ba =-=，即11b =，当2n ≥时111212121n n n b b ba a a ---+++=-，所以()1121212n n n n nb a --=---=，即()1212n n b n -=-⋅，当1n =时()1212n n b n -=-⋅也成立，所以()1212n n b n -=-⋅，所以()0121123252212n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯，()1232135222122n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，所以()121022*********n nn T n --=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯()()()1121121332222122n n n n T n n -⨯--=+--⨯=-+-⨯-，所以()3232nn T n =+-⨯.19．（2021·河北·邢台一中高二阶段练习）等差数列{}()*n a n N ∈中，123a a a ，，分别是如表所示第一、二、三行中的某一个数，且其中的任意两个数不在表格的同一列.第一列第二列第三列第一行582第二行4312第三行1669（1）请选择一个可能的123{}a a a ，，组合，并求数列{}n a 的通项公式.（2）记（1）中您选择的{}n a 的前n 项和为Sn ，判断是否存在正整数k ，使得12k k a a S +，，成等比数列?若存在，请求出k 的值;若不存在，请说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】（1）由题意可知，有两种组合满足条件.①12381216a a a ===，，，此时等差数列{}n a 中，18a =，公差d =4，所以数列{}n a 的通项公式为44n a n =+②123246a a a ===，，，此时等差数列{}n a 中，12a =，公差d =2，所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =.（2）若选择①，226n S n n =+，则()()222226221420k S k k k k +=+++=++.若12k k a a S +，，成等比数列，则212·k k a a S +=，即()()2244821420k k k +=++，整理得2221710k k k k ++=++，即59.k =-此方程无正整数解，故不存在正整数k ，使12k k a a S +，，成等比数列.若选择②，2n S n n =+，则()2222256k S k k k k +=+++=++.若12k k a a S +，，成等比数列，则212·k k a a S +=，即()()222256k k k =++，整理得2560k k --=，因为k 为正整数，所以6k =.故存在正整数6k k =（），使得12k k a a S +，，成等比数列.20．（2022·广东·佛山一中高二阶段练习）已知数列{}n a 是公差d 不为0的等差数列，且数列{}nk a 是等比数列，其中13k =，25k =，39k =.（1）求12n k k k +++；（2）记1n n b k n =-+，求数列1122n n n b b ++⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）11222n n n k k k +++=-++；（2）122321n n T n +=--+【解析】（1）由已知可得2539a a a =，则()()()2111428a d a d a d +=++，0d ≠，所以，10a =，则()()111n a a n d n d =+-=-，所以，32a d =，54a d =，则数列{}n k a 的公比为532a a =，所以，()13221nn nk n a a d k d -=⋅==-，所以，21n n k =+，所以，()()21122122222212n nn n k k k n n n +-+++=++++=+=+--.（2）122n n n b k n n =-+=-+，则()()()()()()11111122122222222122221222n n n n n n n nn n n n b b n n n n ++++++⎡⎤-++--+--⎣⎦==⎡⎤⎡⎤-++⋅-+-++⋅-+⎣⎦⎣⎦()12222212n n n n +=--+-++，因此，()1223122222221222222223222212n n n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+-+-+-+-+-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭122321n n +=--+.21．（2022·湖北·十堰东风高级中学高二阶段练习）数列{}n a 满足：31232n a n a a a +++=+12(1)2n n ++-⋅，*n ∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111nn n n a b a a +=--，n T 为数列{}n b 的前n 项和，若23n T m <-恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）2n n a =，*n ∈N ；（2）2m ≤-或2m ≥【解析】（1）当2n ≥，12323n a a a na ++++L 12(1)2n n +=+-⋅，①1212(1)n a a n a -+++-2(2)2n n =+-⋅，2n ≥，②①－②得22(2)n n n n na n a n =⋅⇒=≥（*）在①中令1n =，得12a =，也满足（*），所以2n n a =，*n ∈N ，（2）由（1）知，()()1121121212121n n n n n n b ++==-----，故12112121n T ⎛⎫=- ⎪--⎝⎭23112121⎛⎫+-+ ⎪--⎝⎭1112121n n +⎛⎫+- ⎪--⎝⎭11121n +=--，于是，23n T m <-⇔2111321n m +-<--因为11121n +--随n 的增大而增大，所以231m -≥，解得2m ≤-或2m ≥所以实数m 的取值范围是2m ≤-或2m ≥.22．（2021·河北保定·高二阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且231n n S a =-.（1）求{}n a 的通项公式.（2）令34log 1n n b a =+，()111n n n n t b b ++=-，n T 为数列{}n t 的前n 项和，求2n T .（3）记()()14130n n n n c a l l +=+-⋅≠.是否存在实数λ，使得对任意的*n ∈N ，恒有1n n c c +>若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）13n n a -=；（2）22328n T n n =--；（3）存在，()4,00,13l ⎛⎫∈-⋃ ⎪⎝⎭.【解析】（1）当1n =时，有11231a a =-，解得11a =当2n ≥时，由231n n S a =-，得11231n n S a --=-，两式相减得1233n n n a a a -=-，整理得13n n a a -=，所以{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列，故13n n a -=；（2）因为13n n a -=，所以43n b n =-，()()()114341n n t n n +=--+，所以()()()()21559913131787838381n T n n n n =⨯-⨯+⨯-⨯++----+()()()()58138883n =⨯-+⨯-++-⨯-()258383282n n n n +-=-⨯=--；（3）因为()1413n n n n c l +=+-⋅⋅，所以()1111413n n n n c l ++++=--⋅⋅，由10n n c c +->，得()1341430n n n l +⨯--⋅⋅>，即()1114130n n n l +----⋅⋅>，进一步化简得()11413n n l -+⎛⎫-⋅< ⎪⎝⎭.当n 为奇数时，143n λ-⎛⎫< ⎪⎝⎭恒成立，因为()143n f n -⎛⎫= ⎪⎝⎭是增函数，所以0413l ⎛⎫<= ⎪⎝⎭；当n 为偶数时，143n l -⎛⎫-< ⎪⎝⎭恒成立，同理214433l -⎛⎫-<=⎪⎝⎭，所以43λ>-故413λ-<<且0λ≠，即存在实数()4,00,13l ⎛⎫∈-⋃ ⎪⎝⎭，使得对任意的*n ∈N ，恒有1n n c c +>.23．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）已知数列{}n a 中，11a =，121n n a S +=+（n *∈N ），n S 为数列{}n a 的前n 项和.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设3log n n b a =，求数列{}n n a b 的前n 项和n T ；（3）在n a ，1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n d 的等差数列，在数列{}n d 中是否存在3项m d ，k d ，p d ，（其中m ，k ，p 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这3项；若不存在，请说明理由.【答案】（1）13n n a -=；（2）333244n n nT ⎛⎫=-⨯+ ⎪⎝⎭；（3）不存在，理由见解析.【解析】（1）当2n ≥时，()()1122222n n n n n a a S S a +--=+-+=，所以13n n a a +=2112133a S a =+==；又2112133a S a =+==，所以对*N n ∈，有13n n a a +=，故数列{}n a 是1为首项3为公比的等比数列，通项公式为13n n a -=.（2）由（1）知1n b n =-，112233n n n T a b a b a b a b =++++()012103132313n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯…①()23303132313n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯…②①−②得：()212033313n nn T n --=++++--⨯()331313nn n -=--⨯-33322n n ⎛⎫=-+⨯- ⎪⎝⎭，∴333244nn n T ⎛⎫=-⨯+ ⎪⎝⎭.（3）在数列{}n d 不存在3项，m d ，k d ，p d （其中m ，k ，p 成等差数列）成等比数列.理由如下：由已知得1113323111n n n n n n a a d n n n --+--⨯===+++假设在数列{}n d 中存在m d ，k d ，p d （其中m ，k ，p 成等差数列）成等比数列，则2km p d d d =，即2111232323111k m p k m p ---⎛⎫⨯⨯⨯=⨯ ⎪+++⎝⎭，化简得()()()22224343111k m p m p k -+-⨯⨯=+++，又因为m ，k ，p 成等差数列，所以2m p k +=，故上式可以化简为()()()2111k m p +=++，则k m p ==，与已知矛盾.故在数列{}n d 中不存在3项，m d ,k d ,p d （其中m ，k ，p 成等差数列）成等比数列.24．（2022·广东·饶平县第二中学高二阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且3122n n S a =-，*N n ∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若不等式12(2703+⋅⋅-+≥n n k a n 对任意*N n ∈恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）13n n a -=；（2）3[,)32+∞【解析】（1）数列{}n a 的前n 项和为n S ，*N n ∀∈，3122n n S a =-，当2n ≥时，113322n n n n n a S S a a --=-=-，则13n n a a -=，而当1n =时，1113122a S a ==-，即得11a =，因此，数列{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列，则13n n a -=，所以数列{}n a 的通项公式是：13n n a -=（2）由（1）知，1227(270227032+-⋅⋅-+≥⇔⋅-+≥⇔≥n n n nn k a n k n k ，对任意*N n ∈恒成立设272n n n c -=，则()1112172792222n nn n n n n n c c ++++----=-=，当5n ≥，1n n c c +≤，{}n c 单调递减，当15n ≤<，1n n c c +>，{}n c 单调递增，显然有45131632c c =<=，则当5n =时，n c 取得最大值332，即272nn -最大值是332，因此，332k ≥，所以实数k 的取值范围是3[,)32+∞25．（2022·山东·兰陵四中高二阶段练习）已知数列{}n a 满足1=2a ，123n n a a n +=++.（1）证明：数列{}2n a n -为等差数列.（2）设数列(){}22nn a n -⨯的前n 项和为n S ，求n S ，并求满足610023n S n -≤-的n 的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）5【解析】（1）证明：因为数列{}n a 满足1=2a ，123n n a a n +=++，所以()()22221112123212n n n n a n a n a n n a n n n ++⎡⎤-+--=----+=+--=⎣⎦，因为1=2a ，所以2111a -=所以，数列{}2n a n -为等差数列，公差为2，首项为1.（2）由（1）知221n a n n -=-，所以()()22212n nn a n n -⨯=-⋅，所以，()()231123252232212n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，()()23411232522232212n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，所以，()23112222222212n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯L ()()()211121222212632212n n n n n -++-=+⨯-⨯=-+-⨯-，所以，()12326n n S n +=-⨯+，所以16210023n n S n +-=≤-，解得5n ≤，*N n ∈.所以，满足610023nS n -≤-的n 的最大值为526．（2022·湖南·安仁县第一中学高二阶段练习）已知数列{}n a 中，121,2a a ==，当2n ≥时，()112n n n a a a n +-+=+，记1n n n b a a +=-．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）设数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：2918n S <．【答案】（1）21n b n n =+-；（2）证明见解析【解析】（1）由题意得112n n n n a a a a n +--=-+，所以12n n b b n -=+，即12n n b b n --=．当2n ≥时，()()()11221122(1)221n n n n n b b b b b b b b n n ---=-+-++-+=+-++⨯+=2(24)(1)112n n n n +-+=+-．当1n =时，1211b a a =-=也符合．综上，21n b n n =+-．（2）证明：由（1）得2111nb n n =+-，当1n =时11129118S b ==<；当2n ≥时，2111112312n b n n n n ⎛⎫<=- ⎪+--+⎝⎭，故当2n ≥时，121111111111111113425364712n n S b b b n n ⎛⎫=+++<+-+-+-+-++-= ⎪-+⎝⎭291111291831218n n n ⎛⎫-++< ⎪++⎝⎭．综上，2918n S <．27．（2022·广东·佛山市第四中学高二阶段练习）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，24a =，3424a a +=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n d 的等差数列，求证：12311113nd d d d ++++<L .【答案】（1）2,n n a n N *=∈；（2）证明见解析【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为(0)q q >，因为24a =，3424a a +=，可得2344424a a q q +=+=，即260q q +-=，解得2q =或3q =-（舍去），所以数列{}n a 的通项公式为222422n n n n a a q --==⋅=.（2）由2n n a =，可得112n n a ++=因为n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n d 的等差数列，可得1(1)n n n a a n d +=++，所以1211nn n n a a d n n +-==++，所以111(1)()22nn nn n d +==+⋅，设数列{}n d 的前n 项和为n S ，可得2311111123()4(((1)()22222n n n S n n -=⋅+⋅+⋅++⋅++⋅，则23411111112()3()4()()(1)()222222n n n S n n +=⋅+⋅+⋅++⋅++⋅，两式相减231111111(()()(1)(22222n nn S n -=++++-+⋅211111()[1()]131221(1)()(3)()122212n n n n n -++-=++⋅=-+⋅-，所以13(3)(2n n S n =-+⋅，因为n N *∈，所以1(3)(02n n +⋅>，所以13(3)()32nn S n =-+⋅<，即12311113nd d d d ++++<L .28．（2022·广东·普宁市华侨中学高二阶段练习）在等差数列{}n a 中，13a =，其前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的各项均为正数，11b =，公比为q ，且222212,+==S b S q b .（1）求n a 与n b ；（2）证明：121111233n S S S +++< .【答案】（1）3n a n =，13n n b -=；（2）证明见解析【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，因为222212b S S q b +=⎧⎪⎨=⎪⎩，所以6126q d d q q ++=⎧⎪+⎨=⎪⎩，解得33q d =⎧⎨=⎩或410q d =-⎧⎨=⎩（舍），故()3313n a n n =+-=，13n n b -=.（2）因为()332n n n S +=，所以()122113331nS n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭.故1211121111121113223131n S S S n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因为1n ，所以11012n <+ ，所以111121n -<+ ，所以121213313n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭ ，即121111233n S S S +++< .29．（2022·福建省宁德第一中学高二阶段练习）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，24a =，314S =.（1）求n a ；（2）若1q >，证明：12122nna a a ++⋅⋅⋅+<.【答案】（1）2n n a =或42n n a -=；（2）证明见解析.【解析】（1）据题意知：144410a q q q =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，所以2n n a =或42n n a -=.（2）由（1）有：因为1q>，所以2n n a =，记1212n n n T a a a =++⋅⋅⋅+，则2311111232222n nT n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅①()2311111112122222n n n T n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅②所以-①②得231111*********n n n T n +⎛⎫=+++⋅⋅⋅+-⋅ ⎪⎝⎭11111111221122212n n n n n n ++⎛⎫- ⎪⎝⎭=-⋅=--⋅-，∴2222222n n n n n n T +=--=-，因为n *∈N ，所以202n n +>，所以12122nn a a a ++⋅⋅⋅+<.30．（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）已知数列{}n a 满足a 1＝3，a 2＝5，且2123n n n a a a ++=-，n ∈N *．（1）设bn ＝an ＋1－an ，求证：数列{}n b 是等比数列；（2）若数列{an }满足n a m ≤（n ∈N *），求实数m 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）7m ≥【解析】（1）因为2123n n n a a a ++=-，所以()2112n n n n a a a a +++-=-．即12n n b b +=，又因为12120b a a =-=≠，所以0n b ≠，则112n n b b +=，所以，数列{}n b 是等比数列（2）由（1）数列{}n b 是首项为2公比为12的等比数列，则22n n b -=．所以121321n n n a a a a a a a a --=-+-++-L 11211122(2)112n n b b b n --⎛⎫- ⎪⎝⎭=+++=⨯≥-L ，则131123272(2)112n n n a n --⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯=-≥-．经检验1n =时也符合，则372n n a -=-．又因为3727n n a -=-<，所以7m ≥．。
2024高考题分类训练(数学)专题五 数列
专题五数列考点17 等差数列题组一、选择题1. [2023全国卷甲，5分]记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a2+a6=10，a4a8=45，则S5= ( C )A. 25B. 22C. 20D. 15[解析]解法一由a2+a6=10，可得2a4=10，所以a4=5，又a4a8=45，所以a8=9.设等差数列{a n}的公差为d，则d=a8−a48−4=9−54=1，又a4=5，所以a1=2，所以S5=5a1+5×42×d=20，故选C.解法二设等差数列{a n}的公差为d，则由a2+a6=10，可得a1+3d=5①，由a4a8=45，可得(a1+3d)(a1+7d)=45②，由①②可得a1=2，d=1，所以S5=5a1+5×42×d=20，故选C.2. （2023全国卷乙，5分）已知等差数列{a n}的公差为2π3，集合S={cosa n|n∈N∗}，若S={a，b}，则ab= ( B )A. −1B. −12C. 0 D. 12[解析]由题意得a n=a1+2π3(n−1)，cosa n+3=cos(a1+2π3(n+2))=cos(a1+2π3n+4π3)=cos(a1+2π3n+2π−2π3)=cos(a1+2π3n−2π3)=cosa n，所以数列{cosa n}是以3为周期的周期数列，又cosa2=cos(a1+2π3)=−12cosa1−√32sina1，cosa3=cos(a1+4π3)=−12cosa1+√32sina1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cosa1=cosa2≠cosa3，cosa1=cosa3≠cosa2，cosa2=cosa3≠cosa1.下面逐一讨论：①当cosa1=cosa2≠cosa3时，有cosa1=−12cosa1−√32sina1，得tana1=−√3，所以ab=cosa1(−12cosa1+√32sina1)=−12cos2a1+√32sina1cosa1=−1 2cos2a1+√32sina1cosa1sin2a1+cos2a1=−12+√32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12.②当cosa1=cosa3≠cosa2时，有cosa1=−12cosa1+√32sina1，得tana1=√3，所以ab=cosa1(−12cosa1−√32sina1)=−12cos2a1−√32sina1cosa1=−1 2cos2a1−√32sina1cosa1sin2a1+cos2a1=−12−√32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12.③当cosa2=cosa3≠cosa1时，有−12cosa1−√32sina1=−12cosa1+√32sina1，得sina1=0，所以ab=cosa1(−12cosa1−√32sina1)=−12cos2a1=−12(1−sin2a1)=−12.综上，ab=−12，故选B.【速解】取a1=−π3，则cosa1=12，cosa2=cos(a1+2π3)=12，cosa3=cos(a1+4π3)=−1，所以S={12,−1}，ab=−12，故选B.3. [2021北京，4分]已知{a n}和{b n}是两个等差数列，且a kb k(1≤k≤5)是常值，若a1=288 ,a5=96 ,b1=192，则b3的值为( C )A. 64B. 100C. 128D. 132[解析]因为{a n}和{b n}是两个等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96=384，所以a3=192.因为当1≤k≤5时，a kb k 是常值，所以a3b3=a1b1=288192=192b3，从而b3=128.故选C.4. [2020全国卷Ⅱ，5分]如图，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）( C )A. 3 699块B. 3 474块C. 3 402块D. 3 339块[解析]由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{a n}，设数列{a n}的公差为d,前n项和为S n，易知其首项a1=9，d=9，所以a n=a1+(n−1)d=9n．由等差数列的性质知S n,S2n−S n,S3n−S2n也成等差数列，所以2(S2n−S n)=S n+S3n−S2n，所以(S3n−S2n)−(S2n−S n)=S2n−2S n=2n(9+18n)2−2×n(9+9n)2=9n2=729，得n=9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n=3n(9+27n)2=3×9×(9+27×9)2=3402，故选C．5. [2020浙江，4分]已知等差数列{a n}的前n项和为S n ,公差d≠0，且a1d≤1 .记b1=S2，b n+1=S2n+2−S2n ,n∈N∗ ,下列等式不可能成立的是( D )A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b8 [解析]由b n+1=S2n+2−S2n，得b2=a3+a4=2a1+5d，b4=a7+a8=2a1+13d，b6=a11+a12,b8=a15+a16=2a1+29d.由等差数列的性质易知A成立；若2b4=b2+b6,则2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12=2a7+2a8，故B成立；若a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),则a1=d,故C可能成立；若b42=b2b8,即(2a1+13d)2=(2a1+5d)(2a1+29d)，则a1d =32，与已知矛盾，故D不可能成立.6. [2020北京，4分]在等差数列{a n}中，a1=−9 ,a5=−1 .记T n=a1a2…a n(n=1,2,…) ,则数列{T n} ( B )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[解析]设等差数列{a n}的公差为d，∵a1=−9，a5=−1,∴a5=−9+4d=−1,∴d=2,∴a n=−9+(n−1)×2=2n−11.令a n=2n−11≤0,则n≤5.5,∴n≤5时,a n<0；n≥6时,a n>0.∴T1=−9<0,T2=(−9)×(−7)= 63>0，T3=(−9)×(−7)×(−5)=−315<0,T4=(−9)×(−7)×(−5)×(−3)=945>0,T5=(−9)×(−7)×(−5)×(−3)×(−1)=−945<0,当n≥6时,a n>0,且a n≥1，∴T n+1<T n<0，∴T n=a1a2…a n(n=1,2,…)有最大项T4，无最小项,故选B．7. [2019全国卷Ⅰ，5分]记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0，a5= 5，则( A )A. a n =2n −5B. a n =3n −10C. S n =2n 2−8nD. S n =12n 2−2n[解析]解法一 设等差数列{a n } 的公差为d ，∵{S 4=0,a 5=5,∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2,∴a n =a 1+(n −1)d =−3+2(n −1)=2n −5 ，S n =na 1+n (n−1)2d =n 2−4n .故选A ．解法二 设等差数列{a n } 的公差为d ，∵{S 4=0,a 5=5,∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2.选项A ，a 1=2×1−5=−3 ；选项B ，a 1=3×1−10=−7 ，排除B ;选项C ，S 1=2−8=−6 ，排除C ；选项D ，S 1=12−2=−32 ，排除D ．故选A ．【方法技巧】 等差数列基本运算的常见类型及解题策略 （1）求公差d 或项数n .在求解时，一般要运用方程思想. （2）求通项.a 1 和d 是等差数列的两个基本元素.（3）求特定项.利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解.（4）求前n 项和.利用等差数列的前n 项和公式直接求解，或利用等差中项间接求解.二、填空题8. [2022全国卷乙，5分]记S n 为等差数列{a n } 的前n 项和.若2S 3=3S 2+6 ，则公差d = 2.[解析]因为2S 3=3S 2+6 ,所以2(a 1+a 2+a 3)=3(a 1+a 2)+6 ，化简得3d =6 ，得d =2 .9. [2020新高考卷Ⅰ，5分]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3n 2−2n .[解析]设b n =2n −1 ,c n =3n −2 ,b n =c m ,则2n −1=3m −2 ,得n =3m−12=3m−3+22=3(m−1)2+1 ，于是m −1=2k ,k ∈N ，所以m =2k +1 ,k ∈N ,则a k =3(2k +1)−2=6k +1 ,k ∈N ，得a n =6n −5 ,n ∈N ∗.故S n =1+6n−52×n =3n 2−2n .10. （2019全国卷Ⅲ，5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1≠0，a2= 3a1，则S10S5=4.[解析]设等差数列{a n}的公差为d,由a2=3a1，即a1+d=3a1，得d=2a1，所以S10S5=10a1+10×92d5a1+5×42d=10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1=10025=4.11. [2019北京，5分]设等差数列{a n}的前n项和为S n .若a2=−3，S5=−10，则a5=0，S n的最小值为−10 .[解析]设等差数列{a n}的公差为d，∵{a2=−3,S5=−10,即{a1+d=−3,5a1+10d=−10,∴可得{a1=−4,d=1,∴a5=a1+4d=0.∵S n=na1+n(n−1)2d=12(n2−9n),∴当n=4或n=5时，S n取得最小值，最小值为−10.12. [2019江苏，5分]已知数列{a n}(n∈N∗)是等差数列，S n是其前n项和.若a2a5+a8=0，S9=27，则S8的值是16.[解析]解法一设等差数列{a n}的公差为d，则a2a5+a8=(a1+d)(a1+4d)+ a1+7d=a12+4d2+5a1d+a1+7d=0，S9=9a1+36d=27，解得a1=−5,d=2,则S8=8a1+28d=−40+56=16.解法二设等差数列{a n}的公差为d.S9=9(a1+a9)2=9a5=27,a5=3，又a2a5+a8=0，则3(3−3d)+3+3d=0,得d=2，则S8=8(a1+a8)2=4(a4+a5)= 4(1+3)=16.【方法技巧】在等差数列{a n}中，若m+n=p+q ,m ,n ,p ,q∈N∗，则a m+a n=a p+a q .三、解答题13. [2023全国卷乙，12分]记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a2=11 ,S10=40 .（1）求{a n}的通项公式；[答案]设{a n}的公差为d，则{a2=a1+d=11,S10=10a1+45d=40,解得a1=13,d=−2.所以{a n}的通项公式为a n=13+(n−1)⋅(−2)=15−2n.（2）求数列{|a n|}的前n项和T n .[答案]由（1）得∣a n∣={15−2n,n≤7, 2n−15,n≥8.当n≤7时，T n=S n=13n+n(n−1)2×(−2)=14n−n2,当n≥8时，T n=−S n+2S7=−(14n−n2)+2(14×7−72)=98−14n+ n2.综上,T n={14n−n2,n≤7,98−14n+n2,n≥8.14. [2023新高考卷Ⅰ，12分]设等差数列{a n}的公差为d，且d>1 .令b n=n2+na n,记S n ,T n分别为数列{a n}，{b n}的前n项和.（1）若3a2=3a1+a3 ,S3+T3=21 ,求{a n}的通项公式；[答案]因为3a2=3a1+a3，所以3(a2−a1)=a1+2d，所以3d=a1+2d,所以a1=d,所以a n=nd.因为b n=n2+na n ,所以b n=n2+nnd=n+1d，所以S3=3(a1+a3)2=3(d+3d)2=6d，T3=b1+b2+b3=2d+3d+4d=9d.因为S3+T3=21，所以6d+9d =21，解得d=3或d=12，因为d>1，所以d=3.所以{a n}的通项公式为a n=3n.（2）若{b n}为等差数列，且S99−T99=99，求d . [答案]因为b n=n2+na n，且{b n}为等差数列，所以2b2=b1+b3，即2×6a2=2a1+12a3，所以6a1+d −1a1=6a1+2d，所以a12−3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d.①当a1=d时，a n=nd，所以b n=n2+na n =n2+nnd=n+1d，S99=99(a1+a99)2=99(d+99d)2=99×50d，T99=99(b1+b99)2=99(2d+100d)2=99×51d.因为S99−T99=99，所以99×50d−99×51d=99，即50d2−d−51=0，解得d=5150或d=−1（舍去）.②当a1=2d时，a n=(n+1)d，所以b n=n2+na n =n2+n(n+1)d=nd，S99=99(a1+a99)2=99(2d+100d)2=99×51d，T99=99(b1+b99)2=99(1d+99d)2=99×50d.因为S99−T99=99，所以99×51d−99×50d=99，即51d2−d−50=0，解得d=−5051（舍去）或d=1（舍去）.综上，d=5150.15. [2022全国卷甲，12分]记S n为数列{a n}的前n项和.已知2S nn+n=2a n+1 . （1）证明:{a n}是等差数列;[答案]由2S nn+n=2a n+1，得2S n+n2=2a n n+n①，所以2S n+1+(n+1)2=2a n+1(n+1)+(n+1)②，②−①，得2a n+1+2n+1=2a n+1(n+1)−2a n n+1，化简得a n+1−a n=1，所以数列{a n}是公差为1的等差数列.（2）若a4 ,a7 ,a9成等比数列，求S n的最小值.[答案]由（1）知数列{a n}的公差为1.由a72=a4a9，得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8)，解得a1=−12.所以S n=−12n+n(n−1)2=n2−25n2=12(n−252)2−6258，所以当n=12或13时，S n取得最小值,最小值为−78.16. [2021新高考卷Ⅱ，10分]记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，若a3=S5 ,a2a4=S4 .（1）求数列{a n}的通项公式；[答案]设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，则由题意，得{a1+2d=5a1+10d,(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d得{a1=−4,d=2所以a n=a1+(n−1)d=2n−6.（2）求使S n>a n成立的n的最小值.[答案]S n=n(a1+a n)2=n(2n−10)2=n2−5n，则由n2−5n>2n−6，整理得n2−7n+6>0，解得n<1或n>6.因为n∈N∗，所以使S n>a n成立的n的最小值为7.17. [2021全国卷甲，12分]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；③a2=3a1 .注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.[答案]①③⇒②.已知{a n}是等差数列，a2=3a1.设数列{a n}的公差为d，则a2=3a1=a1+d，得d=2a1，所以S n=na1+n(n−1)2d=n2a1.因为数列{a n}的各项均为正数，所以√S n=n√a1，所以√S n+1−√S n=(n+1)√a1−n√a1=√a1（常数），所以数列{√S n}是等差数列.①②⇒③.已知{a n}是等差数列，{√S n}是等差数列.解法一易得√S3+√S1=2√S2,即√3a2+√a1=2√a1+a2,两边同时平方得3a2+a1+2√3a1a2=4(a1+a2),整理得(√3a1−√a2)2=0,所以a2=3a1.解法二设数列{a n}的公差为d，则S n=na1+n(n−1)2d=12n2d+(a1−d2)n.因为数列{√S n}是等差数列，所以数列{√S n}的通项公式是关于n的一次函数，则a1−d2=0，即d=2a1，所以a2=a1+d=3a1.②③⇒①.已知数列{√S n}是等差数列，a2=3a1，所以S1=a1,S2=a1+a2=4a1.设数列{√S n}的公差为d，d>0，则√S2−√S1=√4a1−√a1=d，得a1= d2，所以√S n=√S1+(n−1)d=nd，所以S n=n2d2，所以a n=S n−S n−1=n2d2−(n−1)2d2=2d2n−d2(n≥2)，所以a n−a n−1=2d2(n≥2)，所以数列{a n}是等差数列.考点18 等比数列题组一、选择题1. [2023全国卷甲，5分]设等比数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n ,若a1=1，S5=5S3−4，则S4= ( C )A. 158B. 658C. 15D. 40[解析]解法一若该数列的公比q=1，代入S5=5S3−4中，有5=5×3−4，不成立，所以q≠1.由1−q 51−q =5×1−q31−q−4，化简得q4−5q2+4=0,所以q2=1（舍）或q2=4,由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4=1−q41−q= 15.故选C.解法二由已知得1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)−4,整理得(1+q)(q3−4q)=0,由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15.故选C.2. [2023天津，5分]已知{a n}为等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，a n+1= 2S n+2 ,则a4的值为( C )A. 3B. 18C. 54D. 152[解析]解法一因为a n+1=2S n+2，所以当n≥2时，a n=2S n−1+2，两式相减得a n+1−a n=2a n，即a n+1=3a n，所以数列{a n}是公比q=a n+1a n=3的等比数列.当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2，又a2=3a1，所以3a1=2a1+ 2，解得a1=2，所以a4=a1q3=2×33=54，故选C.解法二设等比数列{a n}的公比为q，因为a n+1=2S n+2，所以公比q≠1，且a1q n=2a1(1−q n)1−q +2=−2a11−qq n+2a11−q+2，所以{a1=−2a11−q,0=2a11−q+2,又a1≠0，所以q=3，a1=2，所以a4=a1q3=2×33=54，故选C.3. [2023新高考卷Ⅱ，5分]记S n 为等比数列{a n } 的前n 项和，若S 4=−5 ,S 6=21S 2 ,则S 8= ( C ) A. 120B. 85C. −85D. −120[解析]解法一 设等比数列{a n } 的公比为q (q ≠0) ，由题意易知q ≠1 ，则{a 1(1−q 4)1−q=−5,a1(1−q6)1−q=21×a 1(1−q 2)1−q,化简整理得{q 2=4,a 11−q =13. 所以S 8=a 1(1−q 8)1−q=13×(1−44)=−85 .故选C . 解法二 易知S 2 ，S 4−S 2 ，S 6−S 4 ，S 8−S 6 ，…… 为等比数列，所以(S 4−S 2)2=S 2⋅(S 6−S 4) ,解得S 2=−1 或S 2=54.当S 2=−1 时，由(S 6−S 4)2=(S 4−S 2)⋅(S 8−S 6) ，解得S 8=−85 ；当S 2=54 时，结合S 4=−5得{a 1(1−q 4)1−q =−5a 1(1−q 2)1−q =54,化简可得q 2=−5 ，不成立，舍去.所以S 8=−85 ，故选C .4. [2022全国卷乙，5分]已知等比数列{a n } 的前3项和为168，a 2−a 5=42 ,则a 6= ( D ) A. 14B. 12C. 6D. 3[解析]解法一 设等比数列{a n } 的公比为q ，由题意可得{a 1+a 2+a 3=168,a 2−a 5=42,即{a 1(1+q +q 2)=168,a 1q (1−q 3)=a 1q (1−q )(1+q +q 2)=42, 解得{a 1=96,q =12, 所以a 6=a 1q 5=3 ，故选D .解法二 设等比数列{a n } 的公比为q ,易知q ≠1 ,由题意可得{a 1(1−q 3)1−q=168,a 1q (1−q3)=42,解得{a 1=96,q =12,所以a 6=a 1q 5=3 ，故选D .5. [2021全国卷甲，5分]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 ) A. 7B. 8C. 9D. 10[解析]解法一因为S2=4,S4=6，所以公比q≠1，所以由等比数列的前n项和公式，得{S2=a1(1−q2)1−q=a1(1+q)=4,S4=a1(1−q4)1−q =a1(1+q)(1+q2)=6,两式相除，（技巧点拨：与等比数列有关的方程组，求解时通常利用两式相除，达到消元、降次的目的）得q2=12，所以{a1=4(2−√2),q=√22或{a1=4(2+√2),q=−√22,所以S6=a1(1−q6)1−q=7．故选A．解法二易知公比q≠−1，则S2,S4−S2,S6−S4构成等比数列，所以S2(S6−S4)=(S4−S2)2，即4(S6−6)=22，所以S6=7．故选A．6. [2020全国卷Ⅰ，5分]设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1 ,a2+a3+ a4=2 ,则a6+a7+a8= ( D )A. 12B. 24C. 30D. 32[解析]解法一设等比数列{a n}的公比为q，所以a2+a3+a4a1+a2+a3=(a1+a2+a3)qa1+a2+a3=q=2，由a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=a1(1+2+22)=1，解得a1=17，所以a6+a7+a8=a1(q5+q6+q7)=17×(25+26+27)=17×25×(1+2+22)=32，故选D.解法二令b n=a n+a n+1+a n+2(n∈N∗)，则b n+1=a n+1+a n+2+a n+3.设数列{a n}的公比为q，则b n+1b n =a n+1+a n+2+a n+3a n+a n+1+a n+2=(a n+a n+1+a n+2)qa n+a n+1+a n+2=q，所以数列{b n}为等比数列，由题意知b1=1,b2=2，所以等比数列{b n}的公比q=2，所以b n=2n−1,所以b6=a6+a7+a8=25=32，故选D.7. [2020全国卷Ⅱ，5分]数列{a n}中，a1=2 ,a m+n=a m a n .若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25 ,则k= ( C )A. 2B. 3C. 4D. 5[解析]令m=1，则由a m+n=a m a n，得a n+1=a1a n，即a n+1a n=a1=2，所以数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n=2n，所以a k+1+a k+2+⋯+a k+10=a k(a1+a2+⋯+a10)=2k×2×(1−210)1−2=2k+1×(210−1)=215−25=25×(210−1)，解得k=4，故选C．8. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3= ( C )A. 16B. 8C. 4D. 2[解析]设等比数列{a n}的公比为q，由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4，得q2= 4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q=2，又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+2+4+8)=15，所以a1=1，所以a3=a1q2= 4.二、填空题9. [2023全国卷乙，5分]已知{a n}为等比数列，a2a4a5=a3a6 ,a9a10=−8 ,则a7=−2 .[解析]解法一设数列{a n}的公比为q，则由a2a4a5=a3a6，得a1q⋅a1q3⋅a1q4=a1q2⋅a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q=1①.又a9a10=a1q8⋅a1q9=a12q17=−8②，所以由①②可得q15=−8，q5=−2，所以a7=a1q6=a1q⋅q5=−2.解法二设数列{a n}的公比为q.因为a4a5=a3a6≠0，所以a2=1.又a9a10= a2q7⋅a2q8=q15=−8，于是q5=−2，所以a7=a2q5=−2.10. [2019全国卷Ⅰ，5分]记S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=13，a42=a6，则S5=1213.[解析]解法一设等比数列{a n}的公比为q，因为a42=a6，所以(a1q3)2=a1q5，所以a1q=1，又a1=13，所以q=3，所以S5=a1(1−q5)1−q=13×(1−35)1−3=1213．解法二设等比数列{a n}的公比为q，因为a42=a6，所以a2a6=a6，所以a2=1，又a1=13，所以q=3，所以S5=a1(1−q5)1−q=13×(1−35)1−3=1213．三、解答题11. [2020全国卷Ⅰ，12分]设{a n}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.（1）求{a n}的公比；[答案]设{a n}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q−2=0，解得q=1（舍去）或q=−2.故{a n}的公比为−2.（2）若a1=1，求数列{na n}的前n项和.[答案]记S n为{na n}的前n项和.由（1）及题设可得，a n=(−2)n−1.所以S n=1+2×(−2)+⋯+n×(−2)n−1,−2S n=−2+2×(−2)2+⋯+(n−1)×(−2)n−1+n×(−2)n.可得3S n=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n×(−2)n=1−(−2)n3−n×(−2)n.所以S n=19−(3n+1)(−2)n9.12. [2020新高考卷Ⅰ，12分]已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4= 20 ,a3=8 .（1）求{a n}的通项公式；[答案]设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20，a1q2=8.解得q=12（舍去）或q=2.由题设得a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.（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S100 .[答案]由题设及（1）知b1=0，且当2n≤m<2n+1时，b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+⋯+(b32+b33+⋯+b63)+ (b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100−63)=480.【方法技巧】求解本题第（2）问的关键在于找准m的取值和a n的联系，可从小到大进行列举，找规律，从而可得结果.13. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知{a n}是各项均为正数的等比数列,a1=2 ,a3= 2a2+16 .（1）求{a n}的通项公式;[答案]设{a n}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2−2q−8=0.解得q=−2（舍去）或q=4.因此{a n}的通项公式为a n=2×4n−1=22n−1.（2）设b n=log2a n ,求数列{b n}的前n项和.[答案]由（1）得b n =(2n −1)log 22=2n −1 ,因此数列{b n } 的前n 项和为1+3+⋯+2n −1=n 2 .考点19 递推数列与数列求和题组一一、选择题1. [2021浙江，4分]已知数列{a n } 满足a 1=1 ,a n+1=n 1+√a n ∈N ∗) ,记数列{a n } 的前n 项和为S n ,则( A ) A. 32<S 100<3B. 3<S 100<4C. 4<S 100<92D. 92<S 100<5[解析]因为a 1=1 ,a n+1=n 1+√a ，所以a n >0 ，a 2=12 ,所以S 100>32.1an+1=1+√a n a n =1a n+√a =(√a +12)2−14 .所以1a n+1<(√a +12)2，两边同时开方可得√a <√a +12 ，则√a <√a +12 ,… ，√a <√a 12 ,由累加法可得√a <√a +n2=1+n2 ，所以√a ≤1+n−12=n+12，所以√a n ≥2n+1 ,所以a n+1=n 1+√a ≤a n1+2n+1=n+1n+3a n ，即a n+1a n≤n+1n+3 ，则a nan−1≤n n+2 ,… ,a 2a 1≤24 ,由累乘法可得当n ≥2 时，a n =a n a 1≤nn+2×n−1n+1×n−2n ×…×35×24=6(n+2)(n+1)=6(1n+1−1n+2) ，所以S 100<1+6(13−14+14−15+⋯+1101−1102)=1+6(13−1102)<1+2=3 ，故选A .【方法技巧】利用放缩法，结合累加法与累乘法求得a n ≤6(1n+1−1n+2) ，从而利用裂项相消法计算S 100 的取值范围.二、填空题2. [2021新高考卷Ⅰ，5分]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 1=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5；如果对折n 次,那么∑nk=1S k = 240(3−n+32n) dm 2 .[解析]依题意得，S 1=120×2=240 ；S 2=60×3=180 ；当n =3 时，共可以得到5dm ×6dm ，52dm ×12dm ,10dm ×3dm ,20dm ×32dm 四种规格的图形，且5×6=30 ,52×12=30 ，10×3=30 ，20×32=30 ，所以S 3=30×4=120 ；当n =4 时，共可以得到5dm ×3dm ，52dm ×6dm ,54dm ×12dm ,10dm ×32dm ,20dm ×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3=15 ,52×6=15 ，54×12=15 ，10×32=15 ，20×34=15 ，所以S 4=15×5=75 ； ……所以可归纳S k =2402k×(k +1)=240(k+1)2k.所以∑n k=1S k =240(1+322+423+⋯+n2n−1+n+12n) ①，所以12×∑nk=1S k =240(222+323+424+⋯+n2n +n+12n+1) ②，由①−② 得，12×∑nk=1S k =240(1+122+123+124+⋯+12n −n+12n+1)=240(1+122−12n ×121−12−n+12n+1)=240(32−n+32n+1) ，（提示：用等比数列的前n 项和公式S n =a 1−a n q 1−q(q ≠1) ，可避免计算数列项数时出错）所以∑nk=1S k =240(3−n+32n)dm 2 .3. [2020全国卷Ⅰ，5分]数列{a n } 满足a n+2+(−1)n a n =3n −1 ,前16项和为540，则a 1= 7.[解析]因为数列{a n } 满足a n+2+(−1)n a n =3n −1 ，所以当n =2k(k ∈N ∗) 时，a 2k+2+a 2k =6k −1(k ∈N ∗) ，所以(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+(a 10+a 12)+(a 14+a 16)=5+17+29+41=92 .当n =2k −1(k ∈N ∗) 时，a 2k+1−a 2k−1=6k −4(k ∈N ∗) ，所以当k ≥2 时，a 2k−1=a 1+(a 3−a 1)+(a 5−a 3)+(a 7−a 5)+⋯+(a 2k−1−a 2k−3)=a 1+2+8+14+⋯+[6(k −1)−4]=a 1+(2+6k−10)(k−1)2=a 1+(3k −4)(k −1) ，当k =1 时上式也成立，所以a 2k−1=a 1+(3k −4)(k −1)(k ∈N ∗) ，即a 2k−1=a 1+3k 2−7k +4(k ∈N ∗) .解法一所以a1+a3+a5+a7+⋯+a15=8a1+3×(12+22+32+⋯+82)−7×(1+2+3+⋯+8)+4×8=8a1+3×8×(8+1)×(2×8+1)6−7×(1+8)×82+32=8a1+612−252+32=8a1+392.又前16项和为540，所以92+8a1+ 392=540，解得a1=7.解法二所以a2k−1=a1+(3k2+3k+1)−10k+3=a1+[(k+1)3−k3]−10k+3，所以a1+a3+a5+a7+⋯+a15=8a1+(23−13)+(33−23)+⋯+(93−83)−10×(1+8)×82+3×8=8a1+93−13−360+24=8a1+392.又前16项和为540，所以92+8a1+392=540，解得a1=7.【拓展结论】12+22+32+42+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6.三、解答题4. [2023全国卷甲，12分]记S n为数列{a n}的前n项和，已知a2=1，2S n= na n .（1）求{a n}的通项公式；[答案]当n=1时，2S1=a1，即2a1=a1，所以a1=0.当n≥2时，由2S n=na n，得2S n−1=(n−1)a n−1，两式相减得2a n=na n−(n−1)a n−1，即(n−1)a n−1=(n−2)a n，当n=2时，可得a1=0，故当n≥3时，a na n−1=n−1n−2，则a na n−1⋅a n−1a n−2⋅…⋅a3a2=n−1n−2⋅n−2n−3⋅…⋅21，整理得a na2=n−1，因为a2=1，所以a n=n−1(n≥3).当n=1，n=2时，均满足上式，所以a n=n−1.（2）求数列{a n+12n}的前n项和T n .[答案]令b n=a n+12n =n2n，则T n=b1+b2+⋯+b n−1+b n=12+222+⋯+n−12n−1+n2n①，1 2T n=122+223+⋯+n−12n+n2n+1②，由①−②得12T n=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−2+n2n+1，即T n=2−2+n2n．5. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=0，4a n+1= 3a n−b n+4，4b n+1=3b n−a n−4 .（1）证明:{a n+b n}是等比数列，{a n−b n}是等差数列;[答案]由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n+b n),即a n+1+b n+1=12(a n+b n).又因为a1+b1=1,所以{a n+b n}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(a n+1−b n+1)=4(a n−b n)+8,即a n+1−b n+1=a n−b n+2.又因为a1−b1=1,所以{a n−b n}是首项为1,公差为2的等差数列.（2）求{a n}和{b n}的通项公式.[答案]由（1）知,a n+b n=12n−1,a n−b n=2n−1.所以a n=12[(a n+b n)+(a n−b n)]=12n+n−12,b n=12[(a n+b n)−(a n−b n)]=12n−n+12.【方法技巧】破解此类题的关键：一是用定义，即根据所给的等式的特征，将其转化为数列相邻两项的差（比）的关系，利用等差（比）数列的定义，即可证明数列为等差（比）数列；二是用公式，即会利用等差（比）数列的通项公式，得到各个数列的通项所满足的方程（组），解方程（组），即可求出数列的通项公式．【易错警示】在利用等差（比）数列的定义时，既需注意是从第二项起，又需注意是后项与前项的差（比），在运用等比数列的通项公式时，注意不要与等比数列的前n项和公式搞混．题组二解答题1. [2023新高考卷Ⅱ，12分]已知{a n}为等差数列,b n={a n−6,n为奇数2a n,n为偶数.记S n，T n分别为数列{a n} ,{b n}的前n项和，S4=32，T3=16 . （1）求{a n}的通项公式;[答案]设等差数列{a n}的公差为d．因为b n={a n−6,n为奇数, 2a n,n为偶数,所以b1=a1−6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3−6=a1+2d−6.（提示：由于数列{b n}是一个奇偶项数列，因此求项时需“对号入座”）因为S4=32，T3=16，所以{4a1+6d=32,(a1−6)+(2a1+2d)+(a1+2d−6)=16,（方法技巧：求等差数列的基本量时，常根据已知条件建立方程组求解）解得{a1=5,d=2,所以{a n}的通项公式为a n=2n+3.（提示：等差数列的通项公式为a n=a1+(n−1)d）（2）证明:当n>5时，T n>S n . [答案]由（1）知a n=2n+3，所以S n=n[5+(2n+3)〗2=n2+4n，b n={2n−3,n为奇数,4n+6,n为偶数,当n为奇数时，T n=(−1+14)+(3+22)+(7+30)+⋯+[(2n−7)+(4n+2)]+2n−3= [−1+3+7+⋯+(2n−7)+(2n−3)]+[14+22+30+⋯+(4n+2)]=n+12(−1+2n−3)2+n−12(14+4n+2)2=3n2+5n−102．（方法技巧：如果数列的奇数项、偶数项构成等差或等比数列，则求其前n项和时可以使用分组求和方法，使具有相同结构的部分求和，然后将结果相加、化简即可）当n>5时，T n−S n=3n2+5n−102−(n2+4n)=n2−3n−102=(n−5)(n+2)2>0，所以T n>S n．当n为偶数时，T n=(−1+14)+(3+22)+(7+30)+⋯+[(2n−5)+ (4n+6)]=[−1+3+7+⋯+(2n−5)]+[14+22+30+⋯+(4n+6)]= n2(−1+2n−5)2+n2(14+4n+6)2=3n2+7n2．当n>5时，T n−S n=3n2+7n2−(n2+4n)=n2−n2=n(n−1)2>0，所以T n>S n．综上可知，当n>5时，T n>S n．2. [2022新高考卷Ⅰ，10分]记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1=1 ,{S na n}是公差为13的等差数列.（1）求{a n}的通项公式；[答案]因为a1=1，所以S1a1=1，又{S na n }是公差为13的等差数列，所以S na n =1+(n−1)×13=n+23.所以S n=n+23a n.因为当n≥2时，a n=S n−S n−1=n+23a n−n+13a n−1，所以n+13a n−1=n−13a n(n≥2)，所以a na n−1=n+1n−1(n≥2)，所以a2a1×a3a2×…×a n−1a n−2×a na n−1=31×42×53×…×nn−2×n+1n−1=n(n+1)2(n≥2)，所以a n=n(n+1)2(n≥2)，又a1=1也满足上式，所以a n=n(n+1)2(n∈N∗).（2）证明：1a1+1a2+⋯+1a n<2 .[答案]因为a n=n(n+1)2，所以1a n=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，所以1a1+1a2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1−1n)+(1n−1n+1)]=2(1−1n+1)<2.3. [2021全国卷乙，12分]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2S n +1b n=2 .（1）证明：数列{b n}是等差数列. [答案]因为b n是数列{S n}的前n项积，所以n≥2时，S n=b nb n−1,代入2S n +1b n=2可得，2b n−1b n+1b n=2，整理可得2b n−1+1=2b n，即b n−b n−1=12(n≥2).又2S1+1b1=3b1=2，所以b1=32，故{b n}是以32为首项，12为公差的等差数列.（2）求{a n}的通项公式.[答案]由（1）可知，b n=n+22，则2S n+2n+2=2，所以S n=n+2n+1，当n=1时，a1=S1=32，当n≥2时，a n=S n−S n−1=n+2n+1−n+1n=−1n(n+1).故a n={32,n=1,−1n(n+1),n≥2.【易错警示】研究数列{a n}的通项与前n项和S n的关系时，一定要检验n=1的情况.4. [2021新高考卷Ⅰ，10分]已知数列{a n}满足a1=1 ,a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数.（1）记b n=a2n ,写出b1 ,b2 ,并求数列{b n}的通项公式；[答案]因为b n=a2n，且a1=1，a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数,所以b1=a2=a1+1=2，b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.因为b n=a2n，所以b n+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3，所以b n+1−b n=a2n+3−a2n=3，所以数列{b n}是以2为首项，3为公差的等差数列，b n=2+3(n−1)=3n−1，n∈N∗.（2）求{a n}的前20项和.[答案]因为a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数,所以k∈N∗时，a2k=a2k−1+1=a2k−1+1，即a2k=a2k−1+1①，a2k+1=a2k+2②，a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1，即a2k+2=a2k+1+1③，所以①+②得a2k+1=a2k−1+3，即a2k+1−a2k−1=3，所以数列{a n}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②+③得a2k+2=a2k+3，即a2k+2−a2k=3，又a2=2，所以数列{a n}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.所以数列{a n } 的前20项和S 20=(a 1+a 3+a 5+⋯+a 19)+(a 2+a 4+a 6+⋯+a 20)=10+10×92×3+20+10×92×3=300 .5. [2020全国卷Ⅲ，12分]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； [答案]a 2=5 ,a 3=7 . 猜想a n =2n +1 .由已知可得 a n+1−(2n +3)=3[a n −(2n +1)] , a n −(2n +1)=3[a n−1−(2n −1)] , …a 2−5=3(a 1−3) .因为a 1=3 ,所以a n =2n +1 . （2） 求数列{2n a n } 的前n 项和S n . [答案]由（1）得2n a n =(2n +1)2n ,所以S n =3×2+5×22+7×23+⋯+(2n +1)×2n ①. 从而2S n =3×22+5×23+7×24+⋯+(2n +1)×2n+1 ②.①−② 得−S n =3×2+2×22+2×23+⋯+2×2n −(2n +1)×2n+1 . 所以S n =(2n −1)2n+1+2 .6. [2019天津，14分]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；[答案]设等差数列{a n } 的公差为d ,等比数列{b n } 的公比为q .依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2, 故a n =4+(n −1)×3=3n +1 ,b n =6×2n−1=3×2n .所以{a n } 的通项公式为a n =3n +1 ,{b n } 的通项公式为b n =3×2n . （Ⅱ） 设数列{c n } 满足c 1=1 ，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k, 其中k ∈N ∗ . （ⅰ） 求数列{a 2n (c 2n −1)} 的通项公式；[答案]a 2n (c 2n −1)=a 2n (b n −1)=(3×2n +1)(3×2n −1)=9×4n −1 . 所以数列{a 2n (c 2n −1)} 的通项公式为a 2n (c 2n −1)=9×4n −1 .（ⅱ） 求∑2ni=1a i c i (n ∈N ∗) .[答案]∑2n i=1a i c i =∑2ni=1[a i +a i (c i −1)]=∑2ni=1a i +∑ni=1a 2i (c 2i −1)=[2n×4+2n (2n −1)2×3]+∑ni=1(9×4i −1)=(3×22n−1+5×2n−1)+9×4(1−4n )1−4−n=27×22n−1+5×2n−1−n −12(n ∈N ∗) .考点20 数列的综合应用题组一一、选择题1. [2021北京，4分]数列{a n } 是递增的整数数列，且a 1≥3 ，a 1+a 2+a 3+⋯+a n =100 ，则n 的最大值为( C ) A. 9B. 10C. 11D. 12[解析]因为数列{a n } 满足三个特征，整数数列，递增，前n 项和为100，所以欲求n 的最大值，需要保证a k+1−a k (k ≤n −1) 的值取最小的正整数.又a 1≥3 ，故可取a 1=3 ，a k+1−a k =1 ，则数列{a n } 的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,第11项a 11=100−(3+4+5+6+7+8+9+10+11+12)=25 ，满足题意，取数列{a n } 的前11项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13，则第12项a 12=100−(3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13)=12 ，不满足题意，故n 的最大值为11.二、填空题2. [2020江苏，5分]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 =n 2−n +2n −1(n ∈N ∗) ,则d +q 的值是4.[解析]解法一 当n =1 时，S 1=a 1+b 1=1 ①，当n ≥2 时，a n +b n =S n −S n−1=2n −2+2n−1 ，则a 2+b 2=4 ②，a 3+b 3=8 ③，a 4+b 4=14 ④，②−① 得d +b 1(q −1)=3 ⑤，③−② 得d +b 2(q −1)=4 ⑥，④−③ 得d +b 3(q −1)=6 ⑦，⑥−⑤ 得b 1(q −1)2=1 ，⑦−⑥ 得b 2(q −1)2=2 ，则q =2 ,b 1=1 ,d =2 ，所以d +q =4 .解法二 由题意可得S 1=a 1+b 1=1 ，当n ≥2 时，a n +b n =S n −S n−1=2n −2+2n−1 ，易知当n =1 时也成立，则a 1+(n −1)d +b 1q n−1=dn +a 1−d +b 1q n−1=2n −2+2n−1 对任意正整数n 恒成立，则d =2 ,q =2 ，d +q =4 . 【速解】 由等差数列和等比数列的前n 项和的特征可得等差数列{a n } 的前n 项和H n =n 2−n ，等比数列{b n } 的前n 项和T n =2n −1 ，则d =2 ,q =2 ，d +q =4 .【方法技巧】 公差为d 的等差数列{a n } 的前n 项和S n =An 2+Bn ,其中A =d2 ,B =a 1−d 2 ;公比为q 的等比数列{b n } 的前n 项和T n =C −Cq n,其中C =b11−q（公比q 不等于1）.三、解答题3. [2023天津，15分]已知数列{a n } 是等差数列，a 2+a 5=16 ，a 5−a 3=4 . （1） 求{a n } 的通项公式和∑2n −1i=2n−1a i .[答案]设{a n } 的公差为d ， 由{a 2+a 5=16,a 5−a 3=4, 得{a 1+d +a 1+4d =16,a 1+4d −(a 1+2d )=4,解得{a 1=3,d =2,所以{a n } 的通项公式为a n =3+2(n −1)=2n +1 .a 2n−1=2⋅2n−1+1=2n +1 ，a 2n −1=2(2n −1)+1=2n+1−1 .（易错：不要把a 2n−1 和a 2n −1 的表达式理解成等比数列的通项公式）从a 2n−1 到a 2n −1 共有2n −1−2n−1+1=2n−1 （项）.（提醒：下标相减算项数时要加1） 所以∑2n −1i=2n−1a i =(2n +1+2n+1−1)⋅2n−12=(2n +2⋅2n )⋅2n−12=3⋅2n ⋅2n−12=3⋅22n−2 .( 或∑2n −1i=2n−1a i =2n−1⋅(2n+1)+2n−1(2n−1−1)2⋅2=3⋅22n−2)（2） 已知{b n } 为等比数列，对于任意k ∈N ∗，若2k−1≤n ≤2k −1 ，则b k <a n <b k+1 .（ⅰ） 当k ≥2 时，求证:2k −1<b k <2k +1 ; [答案]因为当2k−1≤n ≤2k −1 时，b k <a n <b k+1 ， 所以当2k ≤n +1≤2k+1−1 时，b k+1<a n+1<b k+2 ， 可得a n <b k+1<a n+1 .因为{a n}为递增数列，所以若2k−1≤n≤2k−1,则a2k−1≤a n≤a2k−1,得2k+ 1≤a n≤2k+1−1.同理可得2k+1+1≤a n+1≤2k+2−1.故可得2k+1−1<b k+1<2k+1+1,（提醒：大于大的，小于小的）所以2k−1<b k<2k+1.综上，当k≥2时，2k−1<b k<2k+1.（ⅱ）求{b n}的通项公式及其前n项和.[答案]由题意知{b n}是q≠1的正项等比数列，（若q=1,则{b n}为常数列，与(i)矛盾）设{b n}的通项公式为b n=p⋅q n(p>0,q>0且q≠1)，（点拨：若设成b n= b1⋅q n−1，不利于下一步的化简）由(i)知,2n−1<b n<2n+1，即2n−1<p⋅q n<2n+1，则有1−12n <p⋅(q2)n<1+12n.①当q2>1，即q>2时，∃n0∈N∗，使得p⋅(q2)n0>2，与p⋅(q2)n0<1+12n0矛盾；②当0<q2<1，q≠1，即0<q<2且q≠1时，∃n1∈N∗，使得p⋅(q2)n1<12，与p⋅(q2)n1>1−12n1矛盾.故q=2.(思路引导：从(i)的结论可以观察出b n=2n，通过反证法证明q>2和0<q<2且q≠1时不等式不成立，从而得到q=2)因为2n−1<b n<2n+1，所以b n=2n.设{b n}的前n项和为S n，则S n=2(1−2n)1−2=2n+1−2.4. [2022新高考卷Ⅱ，10分]已知{a n}是等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4 .（1）证明：a1=b1 ;[答案]设等差数列{a n}的公差为d，由a2−b2=a3−b3得a1+d−2b1=a1+2d−4b1，即d=2b1，由a2−b2=b4−a4得a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即a1=5b1−2d，将d=2b1代入，得a1=5b1−2×2b1=b1，即a1=b1.。
数列大题综合练习(含答案)
数列大题综合练习(含答案)1、在数列{an}中，a1=1，an+1=2an+2n。
1）设bn=an，证明数列{bn}为等差数列；2）求数列{an}的前n项和Sn。
2、已知数列{an}中，a1=11，且an-an+1=22an+1。
1）求数列{an}的通项公式；2）数列{bn}满足：b1=2，bn+1-2bn=22n+1，且{bn}是等差数列，求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn。
3、已知数列{an}的前n项和为Sn，an=2，{bn}为首项是3的等差数列，且b3Sn/5=434。
1）求{bn}的通项公式；2）设{bn}的前n项和为Tn，求XXX的值。
4、设Sn是数列{an}的前n项和，点P(an,Sn)在直线y=2x-2上，(n∈N)1）求数列{an}的通项公式；2）记bn=2(1-1/n)，求数列{bn}的前n项和XXX。
5、已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=an+an+1/2，n∈N1）令bn=an+1-an，证明{bn}是等比数列；2）求数列{an}的通项公式。
6、数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an-3n，（n∈N）1）求数列{an}的通项公式an；2）令bn=31/n，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<Sn+3n+92.7、正项数列{an}满足f(an)=an2，（1）求证{an}是等差数列；（2）若bn=an，求数列{bn}的前n项和为Tn。
8、已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，数列各项均不为0，点Pn(an,Sn)在函数f(x)=x2+x上的图象上。
1）求数列{an}的通项an及前n项和Sn；2）求证：Pn+1≤Pn。
n1 an 1anan 1数列 an是等差数列。
2）bn3n an3n(n 121232 n 21 2 n 3n S n1 2 n 21 2 n 32n12n23n2)12n12n1)(n2) 12n12n232n 11.当$n=1$时，$a_1=S_1=1$，所以数列$\{a_n\}$是首项为1，公差为2的等差数列。
数列专项练习题大题
数列专项练习题大题1. 一个等差数列的首项是1，公差是3。
求数列的第10项是多少？解析：根据等差数列的通项公式an = a1 + (n-1)d，其中an表示数列的第n项，a1表示首项，d表示公差。
对于这个题目，a1=1，d=3，n=10。
代入公式计算，可得：a10 = 1 + (10-1) * 3 = 1 + 9 * 3 = 28所以数列的第10项是28。
2. 一个等比数列的首项是2，公比是5。
求数列的第6项是多少？解析：根据等比数列的通项公式an = a1 * r^(n-1)，其中an表示数列的第n项，a1表示首项，r表示公比。
对于这个题目，a1=2，r=5，n=6。
代入公式计算，可得：a6 = 2 * 5^(6-1) = 2 * 5^5 = 2 * 3125 = 6250所以数列的第6项是6250。
3. 一个递推数列的首项是1，规律是每一项都是前一项的平方。
求数列的第5项是多少？解析：根据递推数列的规律，可以列出数列的前几项：1, 1^2,(1^2)^2, ((1^2)^2)^2, (((1^2)^2)^2)^2可以观察到规律，每项都是前一项的平方。
所以第5项就是前一项的平方的平方的平方的平方。
计算过程如下：1^2 = 1(1^2)^2 = 1^2 = 1((1^2)^2)^2 = (1^2)^2 = 1(((1^2)^2)^2)^2 = ((1^2)^2)^2 = 1所以数列的第5项是1。
4. 一个等差数列的首项是3，末项是11。
求数列的公差和项数。
解析：对于这个题目，已知数列的首项和末项，可以使用公式an = a1 + (n-1)d来求解。
代入已知的值，即3 = 3 + (n-1)d，然后化简得到：0 = (n-1)d由于等差数列的公差是非零的常数，所以只有当n-1=0时，等式才成立。
也就是n=1。
所以数列的公差是0，项数是1。
5. 一个等比数列的首项是2，前三项的和是14。
求数列的公比。
专题01 数列大题拔高练(原卷版)
【一专三练】 专题01 数列大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）数列{}n a 满足11a =，1113n n a a n +=+．(1)设27n nn n b a -=，求{}n b 的最大项；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．2．（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知数列{}n a 满足11a =，2121n n a a +=+，2212n n a a -=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设12111n nT a a a =+++ ，求证：23n T <.3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，1,,,;n n na n n a a n n ++⎧=⎨-⎩为奇数为偶数数列nb 满足2n n b a =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．4．（2023·广东广州·统考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且221n n n S a +=+(1)求1a ，并证明数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列：(2)若222k k a S <，求正整数k 的所有取值.5．（2023·湖南岳阳·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为111,1,22n n n n S a S S ++==+(1)证明数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设3n n n b S =，若对任意正整数n ，不等式21827n m m b -+<恒成立，求实数m 的取值范围.6．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）在数列{}n a 中，149a =，()()()2313912n n n n a n a ++⋅+=+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，证明：525443n nn S +<-⋅.7．（2023·山西·校联考模拟预测）在①n b =②11n n n b a a +=；③2n n n b a =，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并解答问题．已知数列{}n a 的前n 项和23322n n S na n n =-+．(1)证明：数列{}n a 是等差数列；(2)若12a =，设___________，求数列{}n b 的前n 项和n T ．8．（2023·吉林长春·校联考一模）已知等差数列{}n a 的首项11a =，记{}n a 的前n 项和为n S ，4232140S a a -+=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 公差1d >，令212n n nn n a c a a ++=⋅⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .9．（2023·浙江·校联考三模）已知数列{}n a 是以d 为公差的等差数列，0,n d S ≠为{}n a 的前n 项和．(1)若6336,1S S a -==，求数列{}n a 的通项公式；(2)若{}n a 中的部分项组成的数列{}n m a 是以1a 为首项，4为公比的等比数列，且214a a =，求数列{}n m 的前n 项和n T ．10．（2023·山西·统考模拟预测）已知数列{}n a 是正项等比数列，且417a a -=，238a a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求数列{}n b 的前n 项和n S .①()21n n b n a =-；②()22121log n n b n a =+.11．（2023·辽宁沈阳·统考一模）设*n ∈N ，向量()1,1AB n =- ，()1,41AC n n =-- ，n a AB AC =⋅ ．(1)令1n n n b a a +=-，求证：数列{}n b 为等差数列；(2)求证：1211134n a a a ++⋅⋅⋅+<．12．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知11a =，222n n na S n n -=-，*N n ∈．(1)求证：数列{}n a 是等差数列；(2)设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且21nn T =-，令2n n n a c b =，求数列{}n c 的前n 项和n R ．13．（2023·山东潍坊·统考一模）已知数列{}n a 为等比数列，其前n 项和为n S ，且满足()2n n S m m R =+∈.(1)求m 的值及数列{}n a 的通项公式；(2)设2log 5n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .14．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，n T 是等比数列{}n b 的前n 项和，且10a =，11b =，223344S T S T S T +=+=+．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设211nn n i c a n ==⋅∑，求数列的前n 项和n P ．15．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足()112,(1)02,N n n a n a na n n *-=-+=≥∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n S 为数列{}n a 的前n 项和，求2023S ．16．（2023·安徽合肥·校考一模）已知数列{}n a 满足221n n n a a a ++=，13a =，23243a a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若3log n n b a =，数列{}n b 的前n 项和为n S ，求12111nS S S ++⋯+．17．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）设等差数列{}n a 的前项和为n S ，已知1239a a a ++=，2421a a ⋅=，等比数列{}n b 满足2334b b +=，234164b b b =．(1)求n S ；(2)设n n c =，求证：1234n c c c c ++++< ．18．（2023·山东枣庄·统考二模）已知数列{}n a 的首项13a =，且满足2122n n n a a +++=．(1)证明：{}2n n a -为等比数列；(2)已知2,log ,n n na nb a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，n T 为{}n b 的前n 项和，求10T ．19．（2023·山东聊城·统考一模）已知数列{}n a 满足1322a a a +=，13,2,n n na n a a n +⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，数列{}n c 满足21n n c a -=．(1)求数列{}n c 和{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．20．（2023·江苏·二模）已知数列{}n a 满足112a =-，()1120n n n a na +++=.数列{}nb 满足11b =，1n n n b k b a +=⋅+ ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：当1k ≤时，1132n n n b -+≤- ．21．（2023·江苏·统考一模）在数列}n a 中，若()*1123N n n a a a a a d n +-⋅⋅⋅=∈，则称数列{}n a 为“泛等差数列”，常数d 称为“泛差”.已知数列{}n a 是一个“泛等差数列”，数列{}n b 满足22212123n n n a a a a a a a b =⋅++⋅⋅⋅⋅-⋅+.(1)若数列{}n a 的“泛差”1d =，且1a ，2a ，3a 成等差数列，求1a ；(2)若数列{}n a 的“泛差”1d =-，且112a =，求数列{}nb 的通项n b .22．（2023·辽宁辽阳·统考一模）某体育馆将要举办一场文艺演出，以演出舞台为中心，观众座位依次向外展开共有10排，从第2排起每排座位数比前一排多4个，且第三排共有49个座位.(1)设第n 排座位数为()1,2,,10n a n =L ，求n a 及观众座位的总个数；(2)已知距离演出舞台最远的第10排的演出门票的价格为500元/张，每往前推一排，门票单价为其后一排的1.1倍，若门票售罄，试问该场文艺演出的门票总收入为多少元？（取101.1 2.594=）23．（2023·浙江温州·统考二模）已知{}n a 是首项为1的等差数列，公差{}0,n d b >是首项为2的等比数列，4283,a b a b ==．(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)若数列{}n b 的第m 项m b ，满足__________（在①②中任选一个条件），*N k ∈，则将其去掉，数列{}n b 剩余的各项按原顺序组成一个新的数列{}n c ，求{}n c 的前20项和20S ．①4log m k b a =②31m k b a =+．24．（2023·山西太原·统考一模）已知等差数列{}n a 中，11a =，n S 为{}n a 的前n 项和，且也是等差数列.(1)求n a ；(2)设()*1n n n n S b n a a +=∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n T .25．（2023·云南红河·统考二模）已知等差数列{}n a 的公差0d >，12a =，其前n 项和为n S ，且______．在①1a ，3a ，11a 成等比数列；333S =；③221133n n n n a a a a ++-=+这三个条件中任选一个，补充在横线上，并回答下列问题．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足()11nn n b a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ．注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．26．（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项之积为()(1)22N n n n S n -*=∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设公差不为0的等差数列{}n b 中，11b =，___________，求数列{}2log 2n b n a +的前n 项和n T ．请从①224b b =；②358b b +=这两个条件中选择一个条件，补充在上面的问题中并作答．注：如果选择多个条件分别作答，则按照第一个解答计分．27．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且413a =，672S =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且344n n T b =-．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式．(2)记()152n n n n a b c +-⋅=，若数列{}n c 的前n 项和为n Q ，数列的前n 项和为n R ，探究：n n nQ R c +是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．28．（2023·湖南常德·统考一模）已知数列{}n a 满足1224444n n n a a a n +++=L （*n ∈N ）.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足11n n n b a a +=，求{}n b 的前n 项和n S .29．（2023·山东济宁·统考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：*111,2(N )n n a na S n n +==+∈. (1)求证：数列1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列；(2)设3123123333n n n a a a a a a a a T =++++ ，求n T .30．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）如图，已知曲线12:(0)1x C y x x =>+及曲线21:(0)3C y x x=>.从1C 上的点)n P n +∈N 作直线平行于x 轴，交曲线2C 于点n Q ，再从点n Q 作直线平行于y 轴，交曲线1C 于点1n P +，点n P 的横坐标构成数列{}1102n a a ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.(1)试求1n a +与n a 之间的关系，并证明：()21212n n a a n -+<<∈N ；(2)若113a =，求n a的通项公式.。
(完整)高考数列大题专题
(完整)高考数列大题专题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN高考中的数列—最后一讲（内部资料勿外传）1．已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．2．设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n．3．已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为S n，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n；（Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n与B n的大小．4．已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10（I）求数列{a n}的通项公式；（II）求数列{}的前n项和．5．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5．（I）求数列{b n}的通项公式；（II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列．6．在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n，n≥1．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=tana n?tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．7.设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6+15=0．（Ⅰ）若S 5=5，求S 6及a 1；（Ⅱ）求d 的取值范围．8．已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =（4﹣a n ）q n ﹣1（q ≠0，n ∈N *），求数列{b n }的前n 项和S n ．9．已知数列{a n }满足a 1=0，a 2=2，且对任意m 、n ∈N *都有a 2m ﹣1+a 2n ﹣1=2a m+n ﹣1+2（m ﹣n ）2（1）求a 3，a 5；（2）设b n =a 2n+1﹣a 2n ﹣1（n ∈N *），证明：{b n }是等差数列；（3）设c n =（a n+1﹣a n ）q n ﹣1（q ≠0，n ∈N *），求数列{c n }的前n 项和S n ．10．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1=1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项；（Ⅱ）求数列{2an }的前n 项和S n ．11．已知数列{a n }满足，，n ∈N ×．（1）令b n =a n+1﹣a n ，证明：{b n }是等比数列；（2）求{a n }的通项公式．12．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点（n ，S n ），均在函数y=b x +r （b ＞0）且b ≠1，b ，r 均为常数）的图象上．（1）求r 的值；（2）当b=2时，记b n =n ∈N *求数列{b n }的前n 项和T n ．13．（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令b n =211n a -(n ∈N *)，求数列{}n b 的前n 项和n T ．14．已知数列{a n}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16（1）求数列{a n}的通项公式；（2）数列{a n}和数列{b n}满足等式a n=（n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．15．设数列{a n}的通项公式为a n=pn+q（n∈N*，P＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．（Ⅰ）若，求b3；（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；16．已知数列{x n}的首项x1=3，通项x n=2n p+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：（Ⅰ）p，q的值；（Ⅱ）数列{x n}前n项和S n的公式．17．设数列{a n}的前n项和为S n=2a n﹣2n，（Ⅰ）求a1，a4（Ⅱ）证明：{a n+1﹣2a n}是等比数列；（Ⅲ）求{a n}的通项公式．18．在数列{a n}中，a1=1，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n项和S n；（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．19．已知数列{a n}的首项，，n=1，2，3，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．20.在数列{}n a 中，10a =，且对任意*k N ∈k N ∈，21221,,k k k a a a -+成等差数列，其公差为k d 。
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数列大题专题训练1． 已知数列{ n a }、{ n b }满足：111,1,41n n n n nb a a b b a +=+==-.(1)求1,234,,b b b b ;(2)求数列{ n b }的通项公式；(3)设1223341...n n n S a a a a a a a a +=++++，求实数a 为何值时4n n aS b <恒成立．2．在平面直角坐标系中，已知),(n n a n A 、),(n n b n B 、*))(0,1(N n n C n ∈-，满足向量11+n A A 与向量n n C B 共线，且点),(n n b n B *)(N n ∈都在斜率6的同一条直线上.（1）试用11,b a 与n 来表示n a ；（2）设a b a a -==11,，且1215≤<a ，求数}{n a 中的最小值的项.3．在公差为d （d ≠0）的等差数列{a n }和公比为q 的等比数列{b n }中，已知a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 8=b 3.（1）求数列{a n }与{b n }的通项公式；（2）令n n n b a c ⋅=，求数列{c n }的前n 项和T n .4、在数列满足关系式项和其前中，n n S n a a ,1}{1=t S t tS n n 3)32(31=+--),3,2,0( =>n t(1)求证：数列}{n a 是等比数列；（2）设数列}{n a 得公比为}{),(n b t f 作数列，n n n b n b f b b 求使),,3,2(),1(,111 ===-（3）求的值。
12221254433221+-+++-+-n n n n b b b b b b b b b b b b5．设数列0,1,)1(,}{-≠-+=λλλ其中且项和为的前n n n n a S S n a ； （1）证明：数列}{n a 是等比数列；（2）设数列}{n a 的公比)2,)((,21}{),(*11≥∈===-n N n b f b b b f q n n n 满足数列λ求数列}{n b 的通项公式；6．已知定义在R 上的单调函数y=f (x )，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x 、y ∈R ，有f (x +y)=f (x )f (y )，（Ⅰ）求f (0)，并写出适合条件的函数f (x )的一个解析式； （Ⅱ）数列{a n }满足)()2(1)()0(*11N n a f a f f a n n ∈--==+且,①求通项公式a n 的表达式；②令1322121111,,)21(++++=+++==n n n n n an a a a a a a T b b b S b n ，试比较S n 与34T n 的大小，并加以证明.7. 设S n 是正项数列}{n a 的前n 项和，且4321412-+=n n n a a S ， （Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）n n n nn b a b a b a T b +++== 2211,2求已知的值8．已知二次函数2()f x ax bx =+满足条件：① (0)(1)f f =； ② ()f x 的最小值为18-. (1) 求函数()f x 的解析式；(2) 设数列{}n a 的前n 项积为n T , 且()45f n n T ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 求数列{}n a 的通项公式；(3) 在(2)的条件下, 若5()n f a 是n b 与n a 的等差中项, 试问数列{}n b 中第几项的值最小? 求出这个最小值。
9、设等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都为整数，前n 项和为S n . （1）若a 11=0,S 14=98,求数列｛a n ｝的通项公式；（2）在（1）的条件下求n S 的表达式并求出n S 取最大值时n 的值 （3）若a 1≥6，a 11＞0，S 14≤77，求所有可能的数列｛a n ｝的通项公式10、设{}n a 是公比大于1的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =，且123334a a a ++，，构成等差数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式．（Ⅱ）令31ln 12n n b a n +==，，，，求数列{}n b 的前n 项和n T ．11．已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比（Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前12、已知x x f m log )(=（m 为常数，m>0且1≠m ）设))((,),(),(21+∈N n a f a f a f n 是首项为4，公差为2的等差数列. （Ⅰ）求证：数列{a n }是等比数列；（Ⅱ）若b n =a n ·)(n a f ，且数列{b n }的前n 项和S n ，当2=m 时，求S n ；（Ⅲ）若c n =lg n n a a ，问是否存在m ，使得{c n }中每一项恒小于它后面的项？若存在，求出m 的范围；若不存在，说明理由.13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足)2(02,2111≥=+=-n S S a a n n n （Ⅰ）判断}1{n S 是否为等差数列？并证明你的结论；（Ⅱ）求S n 和a n （Ⅲ）求证：.4121 (2)2221nS S S n -≤+++14． 已知数列.5),2(122}{11=≥-+=-a n a a a nn n n 且满足（I ）若存在一个实数λλλ请求出为等差数列使得数列,}2{,nn a +的值 （II ）在（I ）的条件下，求出数列.n n S n a 项和的前15.设数列{n a }的前n 项和为n S ，且满足n S =2-n a ，n =1，2，3，…. (Ⅰ)求数列{n a }的通项公式；(Ⅱ)若数列{n b }满足1b =1，且1n n n b b a +=+，求数列{n b }的通项公式； (Ⅲ)设(3)n n C n b =-，求数列{n C }的前n 项和n T .参考答案1. 解：（1) 11(1)(1)(2)2n n n n n n n nb b b a a b b b +===---＋∵1113,44a b == ∴234456,,567b b b ===（2）∵11112n n b b +-=-- ∴12111111n n n n b b b b +-==-+--- ∴数列{11n b -}是以－4为首项，－1为公差的等差数列 ∴14(1)31n n n b =---=--- ∴12133n n b n n +=-=++ (3)113n n a b n =-=+ ∴12231111114556(3)(4)444(4)n n n n S a a a a a a n n n n +=++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅=-=⨯⨯++++ ∴22(1)(36)8443(3)(4)n n an n a n a n aS b n n n n +-+---=-=++++ 由条件可知2(1)(36)80a n a n -+--<恒成立即可满足条件设2()(1)3(2)8f n a n a n =-+--a ＝1时，()380f n n =--<恒成立, a>1时，由二次函数的性质知不可能成立a<l 时，对称轴3231(1)02121a a a --=--<--f(n)在(,1]-∞为单调递减函数．2(1)(1)(36)8(1)(36)84150f a n a n a a a =-+--=-+--=-< ∴154a <∴a<1时4n aS b <恒成立 综上知：a ≤1时，4n aS b <恒成立2．解：（1）∵点*))(,(N n b n B n n ∈都在斜率为6的同一条直线上，,6,6)1(11=-=-+-∴++n n nn b b nn b b 即于是数列}{n b 是等差数列，故).1(61-+=n b b n ……………………3分n n n n n n n n n n n C B A A b C B a a A A 与又111),,1(),,1(+++--=-= 共线，分时当分即7).2)(1(3)1()()()(,25.,0))(1()(1111321112312111 --+-+=+++++=-++-+-+=≥∴=-=----⨯∴--++n n n b a b b b b a a a a a a a a a n b a a a a b n n n n n n n n n n当n=1时，上式也成立.所以).2)(1(3)1(11--+-+=n n n b a a n ………………8分（2）把a b a a -==11,代入上式， 得.26)9(3)2)(1(3)1(2a n a n n n n a a a n +++-=--+--=46927,1512≤+<∴≤<a a ，∴当n =4时，n a 取最小值，最小值为.2184a a -=………………13分3．解：（1）由条件得：126,4565711-=-=⇒⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=+=+n n n b n a q d qd qd …………6分 （2）n n c c c c T ++++= 321n n n n n b a b a b a b a b a T +++++=--11332211 ① 11433221+-+++++=n n n n n b a b a b a b a b a qT ②①－②：112111132111)1()1(+-+----+=-+++++=-n n n n n n n n b a qq b d b a b a db db db db b a T q即 n n n n T 6)45(5)61(65151----+=-- ∴16)1(+-=nn n T …………14分4．解：（1）由已知t S t tS n n 3)32(31=+--，即有t a t a a t 3)32()(3121=+-+ 由11=a 解得tt a 3322+=所以tt a a 33212+=当时，有2≥nt S t tS n n 3)32(31=+-＋ ① t S t tS n n 3)32(31=+-- ②①－②得0)32(31=+-n n a t ta ＋tt a a n n 3321+=+ 综上所述，知tt a a n n 3321+=+ 1≥n 因此}{n a 是等比数列； （2） 由（1）知tt t f 332)(+=则11113213312,1---+=⋅+⋅==n n n n b b b b b 使 所以=--1n n b b 32),3,2( =n 因此，}{n b 是等差数列，且3132)1(,111+=-+==n d n b b b n （3）12221254433221+-+++-+-n n n n b b b b b b b b b b b b ＝)()()(12122534312+-+++-+-n n n b b b b b b b b b＝2)31435(342)(34)(3422242++⋅-=+⋅-=+++-n n b b n b b b n n ＝n n 34982--5．解：（1）由)2()1()1(11≥-+=⇒-+=--n a S a S n n n n λλλλ 相减得：}{),2(1,11n n n n n n a n a a a a a 数列∴≥+=∴+-=--λλλλ是等比数列…………4分（2）1111,1)(11+=⇒+=∴+=--n n n n n b b b b b f λλλ，1)1(21;1,21}1{1+=-+=∴=∴n n b b b nn 的等差数列公差为是首项为 11+=∴n b n…………8分（3）n b a C a n n n n n n 11)21()11(,)21(,1--=-=∴==时λ， 12)21()21(3)21(21-++++=∴n n n T①nn n T )21()21(3)21(2)21(2132++++=②①－②得：nn n n T )21()21()21()21()21(121132-+++++=- ，nn n n n n n T )21())21(1(2)21()21()21()21()21(121132--=-+++++=∴- ，所以：nn n n T )21(2))21(1(4--= …………14分6．解：（I ）由题意，令y=0，x<0，得f(x)[1－f(0)]=0，∵x<0时，f(x)>1.∴1－f(0)=0. f(0)=1.…………………………………………………………2分 适合题意的f(x)的一个解析式为f(x)=(21)x.………………………………4分 （II ）①由递推关系知f(a n+1)·f(－2－a n )=1，即f(a n+1－2－a n )=f(0).∵f(x)的R 上单调，∴a n+1－a n =2，（n ∈N *），…………………………6分 又a 1=1，故a n =2n －1.……………………………………………………7分②b n =12)21()21(-=n a n ,S n =b 1+b 2+…+b n =21+(21)3+…+(21)2n －1n n n n n n n n n n n n n n n T S n n n n n a a a a a a T 4)12()12(423)41121(32)1211(23)411(32349)1211(21)1211215131311(21)12)(12(1531311111).411(23)21(1])21(1[211322122⋅++-⋅=-+=+---==+-=+--++-+-=+-++⨯+⨯=+++=-=--+分欲比较S n 与n T 34的大小，只需比较4n与2n+1的大小.由=1，2，3代入可知4n >2n+1，猜想4n>2n+1.……………………10分下用数学归纳法证明（i ）当n=1时，41>2×1+1成立（ii ）假设当n=k 时命题成立，即4k>2k+1当n=k+1时，4k+1=4×4k>4(2k+1)=8k+4=2(k+1)+1+6k+1>2(k+1)+1， 说明当n=k+1时命题也成立.由（i ）（ii ）可知，4n >2n+1 对于n ∈N *都成立.故S n >n T 34.………………………………………………………………12分 注：证明4n>2n+1，除用数学归纳法证明以外，还可用其它方法证明，如：4n=(1+3)n =1+.1231333221+>+≥⋅++⋅+⋅n n C C C nn n n n7．解（Ⅰ）当n = 1时，21111113,424a s a a ==+-解出a 1 = 3, …………1分 又4s n = a n 2+ 2a n －3 ①当2n ≥时 4s n －1 = 21-n a + 2a n-1－3 ②①－②221142()n n n n n a a a a a --=-+-,即0)(21212=+----n n n n a a a a ………3分∴ 0)2)((11=--+--n n n n a a a a ,2011=-∴>+--n n n n a a a a （2≥n ）……5分}{n a 数列∴是以3为首项，2为公差的等差数列 12)1(23+=-+=∴n n a n …7分（Ⅱ）123252(21)2n n T n =⨯+⨯+++⋅③又23123252(21)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯+-⋅++④ …………9 分④－③ 13212)12()222(223++++++-⨯-=n n n n T …………11分112)12(2286++⋅++⨯-+-=n n n …………13分 22)12(1+-=+n n …………14分8．解： (1) 由题知:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=->=+814002ab a b a , 解得1212a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ , 故211()22f x x x =-. ………3分 (2) 221245n n n n T a a a -⎛⎫== ⎪⎝⎭, ………………………………………………5分2(1)(1)211214(2)5n n n n T a a a n -----⎛⎫==≥ ⎪⎝⎭,114(2)5n n n n T a n T --⎛⎫∴==≥ ⎪⎝⎭, …………………………………7分又111a T ==满足上式. 所以14()5n n a n N -*⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭. …………………8分(3) 若5()n f a 是n b 与n a 的等差中项, 则25()n n n f a b a ⨯=+, ………………………9分从而21110()22n n n n a a b a -=+, 得2239565()55n n n n b a a a =-=--. …………10分因为14()5n n a n N -*⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭是n 的减函数, 所以当35n a ≥, 即3()n n N *≤∈时, n b 随n 的增大而减小, 此时最小值为3b ;当35n a <, 即4()n n N *≥∈时, n b 随n 的增大而增大, 此时最小值为4b . (12)分 又343355a a -<-, 所以34b b <, 即数列{}n b 中3b 最小, 且2223442245655125b ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦. …………14分9、解：由11140,98a S ==得11100149198a d a d +=⎧⎨+=⎩解得：1202a d =⎧⎨=-⎩ ............................... 3分 ()11222n a a n d n ∴=+-=-............................... 4分 ()12212n n a a n S n n +∴==-............................... 6分 令0n a =得11n =............................... 8分 ∴当11n =时，n S 取得最大值............................... 9分（3）法一：由a 1≥6，a 11＞0，S 14≤77得：1116100149177a a d a d ≥⎧⎪+>⎨⎪+≤⎩ (1)(2)(3) ............................... 10分1(2)(14):141400a d ⨯---<得 （4） 11(4)(3)7d +>-得: 1(1)(14):1484a ⨯--≤-得 （5） 7(5)(3)91d +≤-得: ,1d Z d ∈∴=-............................... 12分代入（2）、（3）得：111014168a a >⎧⎨≤⎩ 11012a ∴<≤11,11a Z a ∈∴=或12 1213n n a n a n ∴=-=-或............................... 14分10．解：（Ⅰ）由已知得1231327:(3)(4)3.2a a a a a a ++=⎧⎪⎨+++=⎪⎩，………………2分解得22a =．设数列{}n a 的公比为q ，由22a =，可得1322a a q q==，．………4分 又37S =，可知2227q q++=， 即22520q q -+=，解得12122q q ==，． 由题意得12q q >∴=，．11a ∴=．…………………………………………7分故数列{}n a 的通项为12n n a -=．（Ⅱ）由于31ln 12n n b a n +==，，，，由（1）得3312nn a +=3ln 23ln 2n n b n ∴==又13ln 2n n b b +-={}n b ∴是等差数列．…………………………10分12n n T b b b ∴=+++1()2(3ln 23ln 2)23(1)ln 2.2n n b b n n n n +=+=+=故3(1)ln 22n n n T +=．……………………14分11．解：（I ）依题意032),(32244342=+--+=a a a a a a a 即 03213131=+-∴q a q a q a…………2分21101322==⇒=+-∴q q q q 或211=∴≠q q…………4分1)21(64-⨯=n n a 故…………5分 （II ）n b n n n -==⨯=--72log ])21(64[log 7212…………6分⎩⎨⎧>-≤-=∴7777||n n n nb n…………7分2)13(2)76(,6||,71n n n n T b n n -=-+==≤∴时当 …………9分 2)7)(6(212)7)(71(,1||,778--+=--++==>n n n n T T b n n 时当 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+--≤-=∴)7(212)7)(6()7(2)13(n n n n n n T n …………12分12、解：（Ⅰ）由题意,22)1(24)(+=-+=n n a f n 即,22log +=n a n m∴22+=n n m a ……………………2分∴2222)1(21m mm a a n n n n ==++++ ∵m>0且1≠m ，∴m 2为非零常数， ∴数列{a n }是以m 4为首项，m 2为公比的等比数列 …………4分（Ⅱ）由题意222222)22(log )(+++⋅+===n n m n n n n m n m ma f ab ， 当212)1(2)22(2++⋅+=⋅+==n n n n n b m 时，∴25432)1(242322+⋅+++⋅+⋅+⋅=n n n S ① …………6分①式两端同乘以2，得326542)1(22423222++⋅++⋅++⋅+⋅+⋅=n n n n n S ② …………7分②－①并整理，得3265432)1(222222++⋅++-----⋅-=n n n n S3254332)1(]2222[2++⋅++++++--=n n n=3332)1(21]21[22+⋅++----n n n 3332)1()21(22+⋅++-+-=n nnnn ⋅=+32-----------------------------------------------10分（Ⅲ）由题意 22lg (22)lg n n n n c a a n mm +==+⋅ 要使n n c c <-1对一切2≥n 成立，即 m m n m n lg )1(lg 2⋅⋅+<对一切 2≥n 成立，①当m>1时， 2)1(2≥+<n m n n 对成立； …………12分 ②当0<m<1时，2)1(m n n +>∴221m m n ->对一切 2≥n 成立，只需2122<-mm ， 解得 3636<<-m ， 考虑到0<m<1， ∴0<m<.36综上，当0<m<36或m>1时，数列{c n }中每一项恒小于它后面的项. ----------14分13．解证：（Ⅰ）2121111=∴==S a S ………1分 当n ≥2时，1112----=--=n n n n n n n S S S S S S a 即………………2分2111=-∴-n n S S 故}1{nS 是以2为首项，以2为公差的等差数列.………4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得nS n n S n n 21,22)1(21==⋅-+=…………………5分 当n ≥2时，)1(2121--=-=-n n S S a n n n …………6分当n=1时，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--==∴=)2()1(21)1(21211n n n n a a n ………………8分（Ⅲ）1°当n=1时，141214121⨯-==S 成立…………………………9分2°假设n=k 时，不等式成立，即kS S S k 4121 (2)2221-≤+++成立 则当n=k+1时，22122221)1(414121...++-≤+++++k k S S S S k k 222)1(14121])1(11[4121+++⋅-=+--=k k k k k k )1(4121)1(41212+-=++⋅-<k k k kk 即当n=k+1时，不等式成立由1°，2°可知对任意n ∈N *不等式成立. （Ⅲ）另证：2222222141...34124141...nS S S n ⨯++⨯+⨯+=+++ 22211111111(1...)(1...)42341223(1)n n n=++++≤++++⨯⨯- 11111111(11...).4223124n n n=+-+-++-=-- 14．解：（1）假设存在实数n a a n n n n 必为与则符合题意1122,--+-+λλλ无关的常数。