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(推荐)高中数学全国卷数列专题复习

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高考数学真题专题分类汇编专题六 数列(教师版)

高考数学真题专题分类汇编专题六 数列(教师版)

专题六 数列真题卷题号 考点 考向2023新课标1卷7等差数列等差数列的判定、等差数列的性质 20 等差数列 求等差数列的通项公式及基本量计算2023新课标2卷8等比数列 等比数列的性质18等差数列、数列的综合应用 求等差数列的通项公式及前n 项和、数列的综合应用（不等式证明） 2022新高考1卷 17 数列的通项公式、数列求和 由递推公式求通项公式、裂项相消法求和 2022新高考2卷17 等差数列、等比数列 等差、等比数列的通项公式2021新高考1卷16数列的实际应用 错位相减法求和17 数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、公式法求和2021新高考2卷12等比数列 数列的新定义问题17 等差数列 求等差数列的通项公式、等差数列求和 2020新高考1卷14等差数列 等差数列的性质、等差数列求和 18 等比数列、数列求和求等比数列的通项公式、数列求和 2020新高考2卷15等差数列 求等差数列的通项公式、等差数列求和 18等比数列 求等比数列的通项公式、等比数列求和【2023年真题】1. （2023·新课标I 卷 第7题） 记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列：乙：{}n sn 为等差数列，则( )A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查等差数列的判定、等差数列前n 项和、充分必要条件的判定，属于中档题． 结合等差数列的判断方法，依次证明充分性、必要性即可. 【解答】 解：方法1:为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ，则1(1)2n n n S na d −=+，111222n S n d da d n a n −=+=+−，112n n S S d n n +−=+， 故{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件，， 反之，{}nS n为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++−+−−==+++为常数，设为t 即1(1)n nna S t n n +−=+，故1(1)n n S na t n n +=−⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n −=−−⋅−，2n … 两式相减有：11(1)22nn n n n a na n a tn a a t ++=−−−⇒−=，对1n =也成立，故{}n a 为等差数列， 则甲是乙的必要条件， 故甲是乙的充要条件，故选.C 方法2:因为甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为.d 即1(1)2n n n S na d −=+， 则11(1)222n S n d da d n a n −=+=+−，故{}n S n为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：{}n S n为等差数列.即11n n S SD n n +−=+，1(1).n S S n D n =+−即1(1).n S nS n n D =+−当2n …时，11(1)(1)(2).n S n S n n D −=−+−− 上两式相减得：112(1)n n n a S S S n D −=−=+−， 所以12(1).n a a n D =+−当1n =时，上式成立． 又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +−=+−+−=为常数.所以{}n a 为等差数列． 则甲是乙的必要条件， 故甲是乙的充要条件，故选C .2. （2023·新课标II 卷 第8题） 记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =−，6221S S =，则8S = ( ) A. 120 B. 85C. 85−D. 120−【答案】C 【解析】 【分析】本题考查等比数列的基本性质，属于中档题.利用等比数列前n 项和之间差的关系可知2S ，42S S −，64S S −，86S S −成等比数列，列出关系式计算即可得解. 【解答】解：2S ，42S S −，64S S −，86S S −成等比数列，242224264264262(1)55(21)521S S q S q S S S q S S q S S S−= +=− −+⇒ −= = 从而计算可得24681,5,21,85S S S S =−=−=−=− 故选.C3. （2023·新课标I 卷 第20题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且 1.d >令2n n n nb a +=，记n S ，n T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和.(1)若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式;(2)若{}n b 为等差数列，且999999S T −=，求.d【答案】解：因为21333a a a =+，故3132d a a d ==+， 即1a d =，故n a nd =，所以21n n n n b nd d++==，(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d +=，又3321S T +=，即34362122d d ××+=，即22730d d −+=，故3d =或1(2d =舍)， 故{}n a 的通项公式为：3.n a n =(2)方法一：(基本量法)若{}n b 为等差数列，则2132b b b =+，即11123123422a d a a d××××=+++，即2211320a a d d −+=，所以1a d =或12;a d =当1a d =时，n a nd =，1n n b d +=，故(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d+=，又999999S T −=， 即99100991029922d d ⋅⋅−=，即250510d d −−=，所以5150d =或1(d =−舍); 当12a d =时，(1)n a n d =+，n n b d =，故(3)2n n n d S +=，(1)2n n n T d+=，又999999S T −=， 即99102991009922d d ⋅⋅−=，即251500d d −−=，所以50(51d =−舍)或1(d =舍); 综上：51.50d = 方法二：因为{}n a 为等差数列且公差为d ，所以可得1n a dn a d =+−，则211(1)n n n n nb dn a d dn a d ++⋅==+−+− 解法一：因为{}n b 为等差数列，根据等差数列通项公式可知n b 与n 的关系满足一次函数，所以上式中的分母“1dn a d +−”需满足10a d −=或者11da d=−，即1a d =或者12;a d = 解法二：由211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+−+−可得，112b a =，216b a d =+，31122b a d =+，因为{}n b 为等差数列，所以满足1322b b b +=， 即111212622a a d a d+=⋅++，两边同乘111()(2)a a d a d ++化简得2211320a a d d −+=， 解得1a d =或者12;a d =因为{}n a ，{}n b 均为等差数列，所以995099S a =，995099T b =，则999999S T −=等价于50501a b −=， ①当1a d =时，n a dn =，1(1)n b n d =+，则505051501a b d d−−，得 250510(5051)(1)0d d d d −−=⇒−+=，解得5150d =或者1d =−， 因为1d >，所以51;50d =②当12a d =时，(1)n a d n =+，1n b n d =，则505050511a b d d−=−=，化简得 251500(5150)(1)0d d d d −−=⇒+−=，解得5051d =−或者1d =，因为1d >，所以均不取; 综上所述，51.50d =【解析】本题第一问考查数列通项公式的求解，第二问考查等差数列有关性质，等差数列基本量的求解，计算量较大，为较难题.4. （2023·新课标II 卷 第18题）已知为等差数列，，记n S ，n T 分别为数列，的前n 项和，432S =，316.T =(1)求的通项公式；(2)证明：当5n >时，n S .n T >【答案】解：(1)设数列的公差为d ，由题意知：，即，解得52(1)2 3.n a n n ∴=+−=+(2)由(1)知23na n =+，，212121n n b b n −+=+，当n 为偶数时，当n 为奇数时，22113735(1)(1)4(1)652222n n n T T b n n n n n ++=−=+++−+−=+−， ∴当n 为偶数且5n >时，即6n …时，22371(4)(1)022222n n n nT S n n n n n n −=+−+=−=−>， 当n 为奇数且5n >时，即7n …时， 22351315(4)5(2)(5)0.22222n nT S n n n n n n n n −=+−−+=−−=+−>∴当5n >时，n S .n T >【解析】本题考查了等差数列的通项公式、前n 项和公式等.(1)由已知432S =，316T =，根据等差数列的前n 项和公式展开，即可得出等差数列的首项15a =，公差2d =，进而得出通项公式2 3.na n =+ (2)由(1)知23na n =+，可得(4)n S n n =+，数列的通项公式，进而212121n n b b n −+=+，分两情况讨论，当n 为偶数时，n T 中含有偶数项，相邻两项两两一组先求和，得出237.22nT n n =+当n 为奇数时，1n +为偶数，此时11.n n n T T b ++=−最后只需证明0n n T S −>即可.【2022年真题】5.（2022·新高考I 卷 第17题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，n n S a是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式; (2)证明：121112.na a a +++< 【答案】 解：1112(1)(1)33n n S S n n a a +=+−=，则23n n n S a +=①，1133n n n S a +++∴=②;由②-①得：111322;33n n n n n a n n n a a a a n++++++=−⇒=∴当2n …且*n N ∈时，13211221n n n n n a a a a a a a a a a −−−=⋅⋅ 1543(1)(1)1232122nn n n n n n a n n +++=⋅⋅⋅=⇒=−− ， 又11a =也符合上式，因此*(1)();2n n n a n N +=∈ 1211(2)2()(1)1n a n n n n ==−++ ，1211111111112()2(1)2122311n a a a n n n ∴+++=−+−++−=−<++ ， 即原不等式成立.【解析】本题考查了数列与不等式，涉及裂项相消法求和、等差数列的通项公式、根据数列的递推公式求通项公式等知识，属中档题.(1)利用11n n n a S S ++=−进行求解然后化简可求出{}n a 的通项公式; (2)由(1)可求出1112()1n a n n =−+，然后再利用裂项相消法求和可得. 6.（2022·新高考II 卷 第17题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为公比为2的等比数列，且223344.a b a b b a −=−=−(1)证明：11;a b =(2)求集合1{|,1500}km k b a a m =+剟中元素个数. 【答案】解：(1)设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b −=−，知1111224a d b a d b +−=+−，故12d b = 由2244a b b a −=−，知111128(3)a d b b a d +−−+，故11124(3);a d b d a d +−−+故1112a d b d a +−=−，整理得11a b =，得证.(2)由(1)知1122d b a ==，由1km b a a =+知：11112(1)k b a m d a −⋅=+−⋅+ 即111112(1)2k b b m b b −⋅=+−⋅+，即122k m −=，因为1500m 剟，故1221000k −剟，解得210k 剟， 故集合1{|,1500}km k b a a m =+剟中元素的个数为9个. 【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题.【2021年真题】7.（2021·新高考II 卷 第12题）（多选）设正整数010112222k k k k n a a a a −−=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ，则( ) A.()()2n n ωω=B. ()()231n n ωω+=+C. ()()8543n n ωω+=+D. ()21nn ω−=【答案】ACD 【解析】 【分析】本题重在对新定义进行考查，合理分析所给条件是关键，属于拔高题.利用()n ω的定义可判断ACD 选项的正误，利用特殊值法可判断B 选项的正误. 【解答】解：对于A 选项，010112222k k k k n a a a a −−=⋅+⋅++⋅+⋅ ，， 则12101122222kk k k n a a a a +−=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，，而0120212=⋅+⋅，则()21ω=，即，B 选项错误；对于C 选项，34302340101852225121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 32k k a ++⋅， 所以，，23201230101432223121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 22k k a ++⋅，所以，，因此，，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n −−+++ ，故，D 选项正确.故选.ACD8.（2021·新高考I 卷 第16题）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21240dm S =，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22180dm S =，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________；如果对折*()n n N ∈次，那么12n S S S ++= __________2dm . 【答案】5 ； 3240(3)2nn +×− 【解析】 【分析】本题考查实际生活中的数列问题，由特殊到一般的数学思想.根据题设列举，可以得到折叠4次时会有五种规格的图形.由面积的变化关系得到面积通项公式，从而由错位相减法得到面积和. 【解答】解：对折3次时，可以得到2.512dm dm ×，56dm dm ×，103dm dm ×，20 1.5dm dm ×四种规格的图形. 对折4次时，可以得到2.56dm dm ×，1.2512dm dm ×，53dm dm ×，10 1.5dm dm ×，200.75dm dm ×五种规格的图形.对折3次时面积之和23120S dm =，对折4次时面积之和2475S dm =，即12402120S ==×，2180360S ==×，3120430S ==×，475515S ==×，……得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且()*12401,2nn S n n N =+×∈， 121111240[234(1)]2482n n S S S n ∴++=××+×+×++⋅+记231242n n n T +=+++ ，则112312482n n n T ++=+++ ， 11111111()224822n n n n n n T T T ++−==++++−113113322222n n n n n ++++=−−=−， 得332n n n T +=−， 123240(3)2n nn S S S +∴++=×−， 故答案为5；3240(3).2n n +×−9.（2021·新高考I 卷 第17题）已知数列{}n a 满足11a =，，记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； 求{}n a 的前20项和.【答案】解：⑴12b a =，且21+1=2a a =，则1=2b ，24b a =，且4321215a a a +++，则25b =； 1222121213n n n n n b a a a b +++++++，可得13n n b b +−=，故{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列； 故()21331n b n n =+−×=−.数列{}n a 的前20项中偶数项的和为2418201210109=102+3=1552a a a ab b b ×++++=+++×× ， 又由题中条件有211a a =+，431a a =+， ，20191a a =+， 故可得n a 的前20项的和【解析】本题考查了数列递推关系式运用，等差数列通项公式求法，数列求和，考查了分析和运算能力，属于中档题.(1)结合题干给的递推关系，可以快速的算出1b 和2b ，同时利用1222121213n n n n n b a a a b +++++++可判(1)(2)(2)断出数列n b 为等差数列，即可求出数列通项公式;(2)n a 的前20项的和可分组求和，求出其对应的偶数项的和，再结合奇数项与偶数项的关系求解即可. 10.（2021·新高考II 卷 第17题）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S =，244.a a S =(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】解：(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则3335,0a a a ∴，设等差数列的公差为d ，从而有22433()()a a a d a d d =−+=−， 412343333(2)()()2S a a a a a d a d a a d d =+++=−+−+++=−，从而22d d −=−，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：*3(3)26().n a a n d n n N =+−=−∈ (2)由数列的通项公式可得1264a =−=−， 则2(1)(4)252n n n S n n n −=×−+×=−， 则不等式n n S a >即2526n n n −>−，整理可得(1)(6)0n n −−>，解得1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.【解析】本题考查等差数列基本量的求解，是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值.【2020年真题】11.（2020·新高考I 卷 第14题、II 卷 第15题）将数列{21}n −与{32}n −的公共项从小到大排列得到数列{n a }，则{}n a 的前n 项和为__________.【答案】232n n −【解析】【分析】本题考查数列的特定项与性质以及等差数列求和.利用公共项构成首项为1 ，公差为6的等差数列，利用求和公式即可求出答案.【解答】解：数列 的首项是1，公差为2的等差数列；数列 的首项是1，公差为3的等差数列；公共项构成首项为1 ，公差为6的等差数列;故 的前n 项和S n 为：.故答案为232.n n − 12.（2020·新高考I 卷 第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8.a a a +== (1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m N ∈中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100.S【答案】解：(1)设等比数列的公比为q ，且1q >，2420a a += ，38a =，，解得舍)或，∴数列{}n a 的通项公式为2;n n a =(2)由(1)知12a =，24a =，38a =，416a =，532a =，664a =，7128a =，{21}n −{32}n −{}n a则当1m =时，10b =，当2m =时，21b =，以此类推，31b =，45672b b b b ====， 815...3b b ===，1631...4b b ===，3263...5b b ===，64100...6b b ===，10012100...S b b b ∴=+++0122438416532637480.=+×+×+×+×+×+×=【解析】本题考查了数列求和及等比数列通项公式，属中档题．(1)根据等比数列通项公式列出方程，求出首项和公比，即可求出通项公式;(2)根据等比数列通项公式，归纳数列{}m b 的规律，从而求出其前100项和．13.（2020·新高考II 卷 第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38.a = (1)求{}n a 的通项公式；(2)求1223a a a a −+…11(1).n n n a a −++−【答案】解：(1)设等比数列{}n a 的公比为(1)q q >，则32411231208a a a q a q a a q +=+= ==， 1q > ，122a q = ∴ =， 1222.n n n a −∴=⋅=1223(2)a a a a −+…11(1)n n n a a −++−35792222=−+−+…121(1)2n n −++−⋅，322322[1(2)]82(1).1(2)55n n n +−−==−−−− 【解析】本题考查等比数列的通项公式，前n 项求和公式，考查转化思想和方程思想，属于基础题．(1)根据题意，列方程组32411231208a a a q a q a a q +=+= ==，解得1a 和q ，然后求出{}n a 的通项公式； (2)根据条件，可知12a a ，23a a −，…11(1)n n n a a −+−，是以32为首项，22−为公比的等比数列，由等比数列求和公式，即可得出答案．。

高考数学二轮复习常考题型大通关(全国卷理数)-选择题：数列-

高考数学二轮复习常考题型大通关(全国卷理数)-选择题：数列-

2022届高考数学二轮复习常考题型大通关（全国卷理数）选择题：数列1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且564718a a a a +=，则3132310log log log a a a ++⋅⋅⋅+=()A ．12B ．10C ．8D ．32log 5+2.已知等差数列{}n a 中，79416,1a a a +==，则12a 的值是()A ．15B ．30C ．31D ．643.已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表,第一行为1,第二行为3,5,第三行为7,9,11,第四行为13,15,17,19,如图所示,在宝塔形数表中位于第i 行,第j 列的数记为,i j a ,比如3,24,25,49,15,23a a a ===,若,2017i j a =,则i j +=()A.64B.65C.71D.724.已知{}n a 为等差数列,若3489a a a ++=,则9S =()A.24B.27C.36D.545.已知{}n a 是等差数列,且34784,8a a a a +=-+=-,则这个数列的前10项和等于()A.16- B.30- C.32- D.60-6.已知等差数列{}n a 满足3456790a a a a a ++++=，则28a a +等于（）A.18B.30C.36D.457.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若14611,6a a a =-+=-,则当n S 取最小值时,n 等于（）A.6B.7C.8D.58.等差数列{}n a 中,已知611||||a a =,且公差0d >,则其前n 项和取最小值时n 的值为()A.6B.7C.8D.99.已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且139,,a a a 成等比数列，则1392410a a aa a a++++的值为（）A ．914B ．1115C ．1316D ．151710.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：有一人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，则此人第二天走的路程为（）A ．96里B ．189里C ．192里D ．288里11.记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若23a a ＝89，5a ＝163，则()A ．23nn a ＝B ．13n n a －＝C ．312nn S －＝D ．213n n S -=12.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21n n S a =-，则{}n a 的通项公式n a =（）A ．21n -B ．12n -C ．21n-D ．21n +13.等比数列{}n a 各项均为正数,若12118,n n n a a a a ++=+=,则{}n a 的前6项和为()A.1365B.63C.6332D.1365102414.已知等比数列{}n a 的各项都为正数，当2n 时，22222n n a a -=，设2log n n b a =，数列()21(1)1nn n n b b ⎧⎫+⎪⎪-⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S =()A.20202021B.20202021-C.20192020-D.2019202015.化简式子11111+++12233445(1)n n ++=⨯⨯⨯⨯+ ()A.n +11B.n n -+11C.n n +1 D.n n-1答案以及解析1.答案：B解析：{}n a ∵是各项均为正数的等比数列，4756a a a a =∴又475618a a a a +=,47569a a a a ==∴110293847569a a a a a a a a a a =====∴()3132310312310log log log log a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅∴51033log 9log 310===2.答案：A解析：由等差数列的性质得，79412a a a a +=+，∵79416,1a a a +==，∴1279415a a a a =+-=.故选A.3.答案：D解析：按照蛇形排列,第1行到第i 行末共有(1)122i i i ++++=个奇数,则第1行到第44行末共有990个奇数;第1行到第45行末共有1035个奇数;则2017位于第45行;而第45行是从右到左依次递增,且共有45个奇数;故2017位于第45行,从右到左第19列,则45,2772i j i j ==⇒+=,故选D4.答案：B解析：根据等差数列的通项公式,我们根据3489a a a ++=,易求也53a =,由等差数列的前 n 项和公式,我们易得()91992S a a =+,结合等差数列的性质“当2q m n =+时,2a q =a m +a n ”,得()1952a a a +=,即可得到答案.解:设等差数列{}n a 的公差为 d ,3489a a a ++= ()()()1112379a d a d a d ∴+++++=即()1349a d +=143a d ∴+=即53a =又()919992S a a =+=527a =5.答案：B解析：通解设{}n a 的公差为d ,则341781254,2138,a a a d a a a d +=+=-⎧⎨+=+=-⎩解得13,41,2a d ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩所以{}n a 的前10项和10310911030422S ⨯⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选B.优解因为数列{}n a 是等差数列,所以374856,22a a a a a a ++==,所以34785662a a a a a a ++++==-,所以{}n a 的前10项和()()110561*********a a a a S ++===-.故选B.6.答案：C解析：因为等差数列{}n a 满足3456790a a a a a ++++=，所以由题55590,18a a ==，285236a a a +==.7.答案：A解析：465676320,0a a a d a a +=-∴=-∴∴<>=，所以6S 最小8.答案：C解析：由0d >可得等差数列{}n a 是递增数列,又611||||a a =,所以611a a -=,即11510a d a d --=+,所以1152d a =-,则890,022d da a =-<=>,所以前8项和为前n 项和的最小值,故选C.9.答案：C解析：等差数列{}n a 中，因为139,,a a a 成等比数列，所以有2319a a a =⋅，即()()211128a d a a d +=⋅+，解得1d a =，所以该等差数列的通项为n a nd =，则1392410(139)13(2410)16a a a d a a a d ++++==++++，故选C ．10.答案：A 解析：111113782481632x x x x x x +++++=,解得192x =，故962x =.11.答案：D解析：设公比为q ,有2314189163a q a q ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得1132a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则1(12)213123n n n S --==-.12.答案：B解析：当1n =时，111121,1S a a a =-=∴=，当2n ≥时，11122,2n n n n n n n a S S a a a a ---=-=-∴=，因此12n n a -=13.答案：B解析：设公比为(0).q q >218,n n n a a a +++= 228,n n n a q a q a ∴+=228,q q ∴+=解得2q =或4q =-(舍)，661(12)63,12S ⨯-∴==-故选B.14.答案：B解析： 数列{}n a 是各项都为正数的等比数列，∴当2n 时，222222n n na a a -==，2(2)n n a n ∴= ，又{}n a 为等比数列，*22,,log n n n n a n b a n ∴=∈∴==N ，()212111(1)(1)(1)1(1)1nn n n n n n b b n n n n ++⎛⎫∴-=-=-+ ⎪+++⎝⎭，2020111111122320192020S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+++--++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111202012020202120212021⎛⎫+=-+=- ⎪⎝⎭，故选B.15.答案：C 解析：()n n n n =-++111∵11()n n +++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯⨯+1111∴1223341n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111111122334111。

2023年全国各省份高考数学真题数列汇总

2023年全国各省份高考数学真题数列汇总

2023年全国各省份高考数学真题数列汇总一、单选题二、填空题8．（2023年全国乙卷（理数）第15题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =______.9．（2023年全国甲卷（文数）第13题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为________．10．（2023年北京卷第14题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a =___________；数列{}n a 所有项的和为____________．三、解答题15．（2023年北京卷第21题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．16．（2023年天津卷第19题）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a --=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*N k ∈，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（Ⅰ）当2k ≥时，求证：2121kk k b -<<+；（Ⅱ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．a-【详解】由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，①当2n =时，()31222a a a =++，即()211122a q a a q =++，②联立①②可得12,3a q ==，则34154a a q ==.故选：C.二、填空题三、解答题为奇数反证：假设满足11n n r r +->的最小正整数为11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（ⅰ）若mmA B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,1n S m m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r B B A A +=+；（ⅱ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，。

(完整版)高中数学全国卷数列专题复习

(完整版)高中数学全国卷数列专题复习

数列专题复习（ 1）一、等差数列和等比数列的性质1、已知 { a n } 是公差为 1 的等差数列， S n 为 { a n } 的前 n 项和，若 S 84S 4 ，则 a 1017（ B ）19（ C ） 10（D ）12（ A ）222、数列 a n 中 a 1 2,a n 1 2a n , S n 为 a n 的前 n 项和，若 S n126 ，则 n3、设 S n 是等差数列 { a n } 的前 n 项和 ,若 a 1 a 3 a 5 3,则 S 5A5 B 7 C 9D 114、已知等比数列 { a } 知足 a 11 , a 3 a 5 4 a 4 1 ,则 a A.2B.1C.1D.1n 4 22 85、等比数列｛ a n ｝知足 a 1=3，a 1a 3a 5 =21，则a 3a 5 a 7A21 B42 C63 D846、等差数列 a n 的公差为 2，若 a 2 ， a 4 ， a 8 成等比数列，则 a n 的前 n 项和 S n =（ A ） n n1（ B ） n n1（ C ）n n1n n 12(D)27、设等差数列 {a } 的前 n 项和为 S ，若 S ＝－ 2，S ＝ 0，S＝ 3，则 m ＝nnm － 1mm ＋ 1A ．3B ．4C ．5D ．68、等比数列｛ a ｝的前 n 项和为 S ，已知 S = a+10a ， a = 9，则 a =nn 32151（A ）1（B ）1（C ）1（D ）133999、已知 { a n }为等比数列， a 4 a 72 ， a 5 a 6 8 ，则 a 1 a 10A7 B5 C － 5 D －710、已知各项均为正数的等比数列 { a n } ， a 1a 2a 3 =5， a 7a 8 a 9 =10，则 a 4 a 5 a 6 =(A)5 2 (B) 7(C) 6 (D)4 211、假如等差数列 { a n } 中， a 3 a 4 a 5 12 ，那么 a 1 a 2 ... a 7（A ）14（B ）21 （C ）28 （D ）3512、等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 S 10=0，S 15 =25 ，则 nS n 的最小值为 ________. 13、等比数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，若 S 3 3S 2 0 ，则公比 q ___________。

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析

【高中数学】数学高考《数列》试题含答案一、选择题1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A ．3 971 B ．3 972C ．3 973D ．3 974【答案】D 【解析】 【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，运算即可得解．【详解】解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2， 则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，设第2019个数在第n 组中，则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩＜，解得n ＝64，即第2019个数在第64组中，则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974， 故选：D ． 【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n 项和公式，属中档题．2．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ，则该数列第2019项是（ ） A ．1019892 B ．1020192 C ．1119892 D ．1120192 【答案】C【解析】 【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】 由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -， 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.3．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S ( ) A ．3 B ．9C ．10D ．13【答案】C 【解析】 【分析】设{}n a 的公比为0q >，由645,3,a a a -成等差数列，可得260,0q q q --=>，解得q ，再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >，Q 满足645,3,a a a -成等差数列，()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->， 260,0q q q ∴--=>，解得3q =，则()()4124221313131103131a S S a --==+=--，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则此数列所有项中，中间项的值为（ ） A ．992 B ．1022C ．1007D ．1037【答案】C 【解析】 【分析】首先将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数.再写出{}n a 的通项公式，算其中间项即可. 【详解】将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数. 即215(1)n a n -=-，1513n a n =-当135n =，135151351320122019a =⨯-=<， 当136n =，136151361320272019a =⨯-=>， 故1,2,n =……，135数列共有135项．因此数列中间项为第68项，681568131007a =⨯-=. 故答案为：C ． 【点睛】本题主要考查数列模型在实际问题中的应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.5．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（ ） A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺【解析】 【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）. 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.6．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】 【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L()332432299=+++=.【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.7．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（ ） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】 【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可．【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ． 【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．8．已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且11a =，22a =，347a a +=，5613a a +=，则78a a +=（ ）A ．4B ．19C ．20D ．23【答案】D 【解析】 【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对347a a +=、5613a a +=进行化简，得出公差和公比的数值，然后对78a a +进行化简即可得出结果． 【详解】设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由347a a +=，5613a a +=，得127d q ++=，212213d q ++=，解得2d =，2q =，所以37813271623a a d q +=++=+=，故选D ．【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．9．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（ ） A ．10 B ．7C ．8D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==，解方程求得结果. 【详解】 由题意得：13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项：C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程，属于基础题.10．已知数列{}n a 满足：()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立，则k 的最小整数值为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】A 【解析】 【分析】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111n n S S +-=--，得出 11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，从而求出n S 【详解】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----，又1111121S ==--，11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，11n n S ∴=-，1n n S n +=，由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ， 得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭， 依题意知(1)()f n k f n +>， min 2k ∴=.故选：A 【点睛】本题考查数列的综合应用.属于中等题.11．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（ ）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ， 即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.12．在递减等差数列{}n a 中，21324a a a =-．若113a =，则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A ．24143B ．1143C ．2413D ．613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ，所以由21324a a a =-，113a =，得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- （正舍），即132(1)152n a n n =--=- ， 因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ，所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ，选D. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.13．等比数列{n a }的前n 项和为n S ，若103010,30,S S ==则20S = A ．10 B ．20 C ．20或-10 D ．-20或10【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列即（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20），代入可求． 【详解】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列，且公比为10q∴（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20）即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10（舍去） 故选B ． 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若S n 为等比数列的前n 项和，且S k ，S 2k ﹣S k ，S 3k ﹣S 2k 不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用14．已知数列{}n a 是1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，12...,(*)n n T c c c n N =+++∈，则当2019n T <时，n 的最大值是( ) A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】A 【解析】 【分析】由题设知21n a n =-，12n nb -=，由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <，得1222019n n +--<，由此能求出当2019n T <时n 的最大值．【详解】{}n a Q 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b Q 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--，2019n T <Q ，1222019n n +∴--<，解得：10n <．则当2019n T <时，n 的最大值是9． 故选A ． 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.15．已知数列{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ，则“3152a a a >+”是“210n S -<”的（ ） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件 故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.16．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333n n n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭， 即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造. 故选：D .【点睛】 本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.17．已知数列{}n a 的前n 项和()2*23n S n n n N =+∈，则{}na 的通项公式为（ ） A ．21n a n =+B ．21n a n =-C ．41n a n =+D ．41n a n =-【答案】C【解析】【分析】 首先根据223n S n n =+求出首项1a 的值，然后利用1n n n a S S -=-求出2n ≥时n a 的表达式，然后验证1a 的值是否适合，最后写出n a 的式子即可.【详解】因为223n S n n =+，所以，当2n ≥时，22123[2(1)3(1)]41n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+，当1n =时，11235==+=a S ，上式也成立，所以41n a n =+，故选C.【点睛】该题考查的是有关数列的通项公式的求解问题涉及到的知识点有数列的项与和的关系，即11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，算出之后再判断1n =时对应的式子是否成立，最后求得结果.18．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（ ）A ．1-B ．1 CD ．2【答案】B【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.19．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （ ） A ．20152016B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B【解析】【分析】 首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+； 接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=， 所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.20．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N ++=+∈且1300n S =，若23a <，则n 的最大值为（ ）A ．49B ．50C ．51D ．52【答案】A【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n n S =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值. 【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n =， 因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====， 所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+， 2511151351413752S a a +⨯-=+=+， 又因为23a <，125a a +=，所以 12a >S 时，n的最大值为49所以当1300n故选：A【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.。

2023年数学高考复习真题演练(2021-2022年高考真题)23 数列的基本知识与概念 (含详解)

2023年数学高考复习真题演练(2021-2022年高考真题)23 数列的基本知识与概念 (含详解)

专题23 数列的基本知识与概念【考点预测】1．数列的概念（1）数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项． （2）数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *（或它的有限子集{}12n ⋯，，，）为定义域的函数()n a f n =当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．（3）数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法． 2．数列的分类（1）按照项数有限和无限分：（2）按单调性来分：111()n n n nn n a a a a a a C +++≥⎧⎪≥⎪⎨==⎪⎪⎩递增数列：递减数列： ，常数列：常数摆动数列 3．数列的两种常用的表示方法（1）通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．（2）递推公式：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项与它的前一项（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． 【方法技巧与总结】（1）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，通项公式为n a ，则1112n n n S n a S S n n N *-=⎧⎪=⎨-≥∈⎪⎩ ， ， ，注意：根据n S 求n a 时，不要忽视对1n =的验证．（2）在数列{}n a 中，若n a 最大，则11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩ ， 若n a 最小，则11.n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩【题型归纳目录】 题型一：数列的周期性 题型二：数列的单调性 题型三：数列的最大（小）项 题型四：数列中的规律问题 题型五：数列的最值问题【典例例题】题型一：数列的周期性例1．已知无穷数列{}n a 满足()21N n n n a a a x *++=-∈，且11a =，2a x =()x ∈Z ，若数列{}n a 的前2020项中有100项是0，则下列哪个不能是x 的取值（ ）A ．1147B ．1148C ．1142-D ．1143-例2．若[]x 表示不超过x 的最大整数（如[]2.52=，[]44=，[]2.53-=-），已知2107n n a ⎡⎤=⨯⎢⎥⎣⎦，11b a =，()*110,2n n n b a a n n -=-∈≥N ，则2019b =（ ）A ．2B ．5C ．7D ．8例3．数列{}n a 满足12a =，111nn na a a ++=-，其前n 项积为n T ，则10T 等于（ ） A ．16B ．16-C ．6D ．6-例4．若数列{}n a 满足1222a a ==，且21n n n a a a ++=-，则{}n a 的前100项和为（ ） A ．67B ．68C ．134D ．167例5．数列{}n a 满足112,0,2121,1,2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩若125a =，则2021a 等于（ ）A ．15B ．25C ．35D ．45例6．已知数列{}n a 满足，()()111122,32n n n n n a a a a a ----⎧-+>⎪=⎨-⎪⎩*(,1)n N n ∈>，若1(2,3)a ∈且记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2019=m S ，则2019S 的值为（ ） A ．60572B ．3028C ．60552D ．3029例7．（2022·广东汕头·三模）已知数列{}n a 中，114a =-，当1n >时，111n n a a -=-，则2022a =（ ） A ．14-B ．45C ．5D ．45-例8．（2022·河北·沧县中学高三阶段练习）已知数列{}n a 中，()1112n n n a a a n --=⋅+≥，12a =，则10a 等于（ ）A ．12-B ．12C ．-1D ．2题型二：数列的单调性例9．（2022·四川达州·二模（理））已知单调递增数列{}n a 满足9,102121,109n n m n a m n n -⎧≥⎪=⎨⎛⎫+-< ⎪⎪⎝⎭⎩，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[)12,+∞B ．()1,12C ．()1,9D ．[)9,+∞例10．（2022·河南·温县第一高级中学高三阶段练习（文））已知函数()()633,7,7x a x x f x a x -⎧--≤=⎨>⎩，若数列{}n a 满足()()*n a f n n N =∈且{}n a 是递增数列，则实数a 的取值范围是（ ）A ．9,34⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．9,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．()2,3D ．[)2,3例11．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列{}n a 的首项为11a =，2a a =，且121(2,)n n a a n n n N *++=+≥∈，若数列{}n a 单调递增，则a 的取值范围为（ ） A ．12a <<B ．23a <<C ．3522a <<D ．1322a <<例12．（2022·全国·高三专题练习）已知等比数列{}n a 前n 项和n S 满足113n n S A +=-⋅（A R ∈），数列{}n b 是递增的，且2n b An Bn =+，则实数B 的取值范围为（ ）A ．2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)1,-+∞C ．()1,-+∞D ．1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭例13．（2022·全国·高三专题练习（理））已知数列{}n a 满足()712,83,8n n a n n a n a n *-⎧⎛⎫-+>⎪ ⎪=∈⎝⎭⎨⎪≤⎩N ，若对于任意n *∈N 都有1n n a a +>，则实数a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭例14．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的通项公式为2n a n bn =+，若数列{}n a 是单调递增数列， 则实数b 的取值范围为（ ） A ．(2,)-+∞B ．[2,)-+∞C ．(3,)-+∞D ．(,3)-∞-【方法技巧与总结】解决数列的单调性问题的3种方法题型三：数列的最大（小）项例15．已知数列{}n a 的首项为1，且()()*111n n n a a n n ++=∈+N ，则na的最小值是（ ）A ．12 B ．1 C ．2D ．3例16．已知数列{}n a 满足110a = ，12n na a n+-=，则n a n 的最小值为（ ）A ．-1B ．11 2C ．163D ．27 4例17．已知数列{}n a 的前n 项和n S ，且2(1)n n S a n -=-，22na n nb S =，则数列{}n b 的最小项为（ ）A ．第3项B ．第4项C ．第5项D ．第6项例18．已知数列{}n a 的前n 项和2212,n S n n =-数列{||}n a 的前n 项和,n T 则nT n的最小值____ 例19．数列，1n =，2，，中的最小项的值为__________．【方法技巧与总结】求数列的最大项与最小项的常用方法（1）将数列视为函数()f x 当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f （x ）的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出()f x 的最值，进而求出数列的最大（小）项．（2）通过通项公式n a 研究数列的单调性，利用11()2n n n n a a a n a -+≥⎧⎨≥⎩≥，确定最大项，利用11()2n n nn a a a n a -+≤⎧⎨≤⎩≥，确定最小项．（3）比较法：若有1()()10n n a a f n f n -=+->＋或0n a >时11n na a +>，则1n n a a ＋＞，则数列{}n a 是递增数列，所以数列{}n a 的最小项为1(1)a f =；若有1()()10n n a a f n f n =-+-<＋或0n a >时11n na a +<，则1n n a a <＋，则数列{}n a 是递减数列，所以数列{}n a 的最大项为1(1)a f =． 题型四：数列中的规律问题例20．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以()f n 表示第n 幅图的蜂巢总数，则(4)f =（ ）；()f n =（ ）． A ．35 2331n n +- B ．36 2331n n -+ C ．37 2331n n -+ D ．38 2331n n +-例21．由正整数组成的数对按规律排列如下：()1,1，1,2，()2,1，()1,3，()2,2，()3,1，()1,4，()2,3，()3,2，()4,1，()1,5，()2,4，⋅⋅⋅．若数对(),m n 满足()22222021m n -⋅-=，,m n N *∈，则数对(),m n 排在（ ）A ．第386位B ．第193位C ．第348位D ．第174位例22．已知“整数对”按如下规律排列：()()()()()1,11,22,11,32,2，，，，，()()()3,11,42,3，，()3,2，，()4,1，…，则第68个“整数对”为（ ） A ．()1,12B ．()3,10C ．()2,11D ．()3,9例23．将正整数排列如下： 1 2 34 5 67 8 9 10 11 12 13 14 15 ……则图中数2020出现在 A ．第64行3列B ．第64行4列C ．第65行3列D ．第65行4列题型五：数列的最值问题例24．（2022·北京市第十二中学高三期中）已知数列{}n a 满足32n a n n=+，则数列{}n a 的最小值为（ ）A．343B ．575C ．D ．12例25．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a ，2141n n a n n ，则下列说法正确的是（ ）A ．此数列没有最大项B ．此数列的最大项是3aC ．此数列没有最小项D ．此数列的最小项是2a例26．（2022·河南·高三阶段练习（理））在数列{}n a 中，11a =，1n n a a n --=（N n +∈，2n ≥），则11n a n ++的最小值是（ ） A ．12B ．34C ．1D ．32例27．（2022·辽宁·高三阶段练习）若数列{}n a 满足24122,n nn n n a T a a a -==⋅⋅⋅，则n T 的最小值为（ ）A ．92-B ．102-C ．112-D ．122-例28．（2022·全国·高三专题练习）若数列{}n a 满足113a =，1n n n a a +-=，则na n的最小值为（ ） A ．235B ．143C 12D ．13例29．（2022·全国·高三专题练习）设221316n a n n =-+-，则数列{}n a 中最大项的值为（ ） A ．134B ．5C ．6D ．132例30．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为211n aa n n n=-+，5a 是数列{}n a 的最小项，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]40,25-- B ．[]40,0- C ．[]25,25- D ．[]25,0-【过关测试】一、单选题 1．（2022·陕西·交大附中模拟预测（理））函数()f x 定义如下表，数列{}()N n x n ∈满足02x =，且对任意的自然数n 均有()1n n x f x +=，则2022x =（ ）2．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，其中一列数如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，……．按此规律得到的数列记为{}n a ，其前n 项和为n S ，给出以下结论：①22122n a n n -=-；②182是数列{}n a 中的项；③21210a =；④当n 为偶数时，()2122n n n S S S n n *++-+=+∈N ．其中正确的序号是（ ）A ．①②B ．②③C ．①④D ．③④3．（2022·河南·模拟预测（理））观察数组()2,2，()3,4，()4,8，()5,16，()6,32，…，根据规律，可得第8个数组为（ ） A ．()9,128 B ．()10,128 C ．()9,256D ．()10,2564．（2022·吉林长春·模拟预测（理））已知数列{}n a 满足()()11120n n a a +-++=，112a =，则数列{}n a 的前2022项积为（ ） A ．16-B ．23C ．6-D ．325．（2022·江西·临川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 满足()1112,21*+-==∈-n n n a a a n N a ，则2022=a （ ）A ．13B ．1C ．2D ．526．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为n a a n n=+，则“21a a >”是“数列{}n a 单调递增”的（ ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()2**2,5,,1,5,.n n tn n n a t n n n ⎧-+≤∈⎪=⎨->∈⎪⎩N N 且数列{}n a 是单调递增数列，则t 的取值范围是（ ） A ．919,24⎛⎫⎪⎝⎭B ．9,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()5,+∞D ．(]1,48．（2022·全国·高三专题练习）若数列{an }的前n 项和Sn ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{nan }中数值最小的项是（ ） A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项D ．第5项9．（2022·上海普陀·二模）数列{}n a 的前n 项的和n S 满足*1(N )n n S S n n ++=∈，则下列选项中正确的是（ ）A ．数列{}1n n a a ++是常数列B ．若113a <，则{}n a 是递增数列C ．若11a =-，则20221013S =D ．若11a =，则{}n a 的最小项的值为1-10．（2022·北京四中三模）已知数列{n a }的通项为22n a n n λ=-，则“0λ<”是“*n ∀∈N ，1n n a a +>”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件二、多选题11．（2022·河北·衡水第一中学高三阶段练习）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ） A ．此数列的第20项是200B ．此数列的第19项是180C ．此数列偶数项的通项公式为222n a n =D ．此数列的前n 项和为(1)n S n n =⋅-12．（2022·全国·高三专题练习）若数列{}n a 满足1112,012,1321,12n n n n n a a a a a a +⎧⎪⎪==⎨⎪-<<⎪⎩，则数列{}n a 中的项的值可能为（ ） A ．13B ．2C ．23D ．4513．（2022·全国·高三专题练习）下列四个选项中，不正确的是（ ）A ．数列2345,,,3456，⋯的一个通项公式是1n n a n =+ B ．数列的图象是一群孤立的点C ．数列1，1-，1，1-，⋯与数列1-，1，1-，1，⋯是同一数列D ．数列11,24，⋯，12n是递增数列14．（2022·全国·高三专题练习）已知n S 是{}n a 的前n 项和，12a =，()1112n n a n a -=-≥，则下列选项错误的是（ ） A ．20212a = B ．20211012S =C ．331321n n n a a a ++⋅⋅=D ．{}n a 是以3为周期的周期数列15．（2022·全国·高三专题练习）若数列{an }满足112,2712,62n n n n n a a a a a +⎧≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩，123a =，则数列{an }中的项的值可能为（ ） A ．19B ．16C ．13D ．4316．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =-，111n n a a +=-，则下列各数是{}n a 的项的有（ ）A ．2-B ．23C ．32D ．317．（2022·全国·高三专题练习（文））南宋杨辉在他1261年所著的《详解九章算术》一书中记录了一种三角形数表，称之为“开方作法本源”图，即现在著名的“杨辉三角”.如图是一种变异的杨辉三角，它是将数列{}n a 各项按照上小下大，左小右大的原则写成的，其中{}n a 是集合{}220,,s ts t s t Z +≤<∈且中所有的数从小到大排列的数列，即13a =，25a =，36a =，49a =，510a =，…，则下列结论正确的是（ ）A ．第四行的数是17，18，20，24B ．()11232-+=⋅n n n aC ．()11221n n a n ++=+ D ．10016640a =18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示的数表中，第1行是从1开始的正奇数，从第2行开始每个数是它肩上两个数之和．则下列说法正确的是（ ）A ．第6行第1个数为192B ．第10行的数从左到右构成公差为102的等差数列C ．第10行前10个数的和为9952⨯D ．数表中第2021行第2021个数为202060612⨯19．（2022·河北·石家庄实验中学高三开学考试）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ） A ．此数列的第20项是200B ．此数列的第19项是182C ．此数列偶数项的通项公式为222n a n =D ．此数列的前n 项和为(1)n S n n =⋅-20．（2022·福建漳州·三模）已知数列{n a }的前n 项和为211n S n n =-，则下列说法正确的是（ ）．A ．{}n a 是递增数列B ．{}n a 是递减数列C ．122n a nD ．数列{}n S 的最大项为5S 和6S21．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）对于正整数n ，()n ϕ是小于或等于n 的正整数中与n 互质的数的数目．函数()n ϕ以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如()96ϕ=（1，2，4，5，7，8与9互质），则（ ）A ．若n 为质数，则()1n n ϕ=-B ．数列(){}n ϕ单调递增C ．数列()2nn ϕ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前5项和等于72 D ．数列(){}3nϕ为等比数列三、填空题22．（2022·北京·人大附中模拟预测）能说明命题“若无穷数列{}n a 满足()111,2,3,n na n a +>=，则{}n a 为递增数列”为假命题的数列{}n a 的通项公式可以为n a =__________．23．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测）写出一个符合下列要求的数列{}n a 的通项公式：①{}n a 是无穷数列；②{}n a 是单调递减数列；③20n a -<<.这个数列的通项可以是__________.24．（2022·海南·模拟预测）写出一个同时具有下列性质①②③的数列{}n a 的通项公式：n a =__________．①10n n a a +<；②数列{}n a 是单调递减数列；③数列{}2nn a 是一个等比数列．25．（2022·江西·临川一中模拟预测（文））已知23n a n n =+，若2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，则实数λ的取值范围是_______．26．（2022·天津市新华中学高三期末）在数列{}n a 中，()71()8nn a n =+，则数列{}n a 中的最大项的n =________ .27．（2022·山西·模拟预测（理））数列{}n a 中，已知11a =，20a >，()*21n n n a a a n ++=-∈N ，则2022a 的取值范围是___________.28．（2022·四川成都·三模（理））已知数列{}n a 满足13a =，122n n n a a a ++=，则2022a 的值为______．29．（2022·全国·模拟预测）在数列{}n a 中，11a =，1,231,nnn n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，则1232021a a a a ++++=___．专题23 数列的基本知识与概念【考点预测】1．数列的概念（1）数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项． （2）数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *（或它的有限子集{}12n ⋯，，，）为定义域的函数()n a f n =当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．（3）数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法． 2．数列的分类（1）按照项数有限和无限分：（2）按单调性来分：111()n n n nn n a a a a a a C +++≥⎧⎪≥⎪⎨==⎪⎪⎩递增数列：递减数列： ，常数列：常数摆动数列 3．数列的两种常用的表示方法（1）通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．（2）递推公式：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项与它的前一项（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． 【方法技巧与总结】（1）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，通项公式为n a ，则1112n n n S n a S S n n N *-=⎧⎪=⎨-≥∈⎪⎩ ， ， ，注意：根据n S 求n a 时，不要忽视对1n =的验证．（2）在数列{}n a 中，若n a 最大，则11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩ ， 若n a 最小，则11.n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩【题型归纳目录】 题型一：数列的周期性 题型二：数列的单调性 题型三：数列的最大（小）项 题型四：数列中的规律问题 题型五：数列的最值问题【典例例题】题型一：数列的周期性例1．已知无穷数列{}n a 满足()21N n n n a a a x *++=-∈，且11a =，2a x =()x ∈Z ，若数列{}n a 的前2020项中有100项是0，则下列哪个不能是x 的取值（ ）A ．1147B ．1148C ．1142-D ．1143-【答案】B 【分析】当0x ≥时，分别令1,2,3,x =，可求出数列{}n a 的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的x 的取值；当0x <时，分别令1,2,3,x =---，可求出数列{}n a 的前2020项中0的个数，进而得出规律，可求出满足题意的x 的取值． 【详解】 ①当0x ≥时，若0x =，则数列{}n a 的各项为1,0,1,1,0,1,1,0,1,，此时数列{}n a 为周期数列，周期为3，由202036731=⨯+， 可知数列{}n a 的前2020项中有673项为0； 若1x =，则数列{}n a 的各项为1,1,0,1,1,0,1,1,0,，此时数列{}n a 为周期数列，周期为3，由202036731=⨯+， 可知数列{}n a 的前2020项中有673项为0； 若2x =，则数列{}n a 的各项为1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,，此时数列{}n a 从第3项开始为周期数列，周期为3，由202022018236722=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有672项为0； 若3x =，则数列{}n a 的各项为1,3,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,，此时数列{}n a 从第4项开始为周期数列，周期为3，由202032017336721=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有672项为0； 若4x =，则数列{}n a 的各项为1,4,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,， 此时数列{}n a 从第6项开始为周期数列，周期为3，由202052015536712=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有671项为0； 依次类推，可知当()26731001146x =-=，或1147x =时， 数列{}n a 的前2020项中有100项是0；②当0x <时，若1x =-，则数列{}n a 的各项为1,1,2,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,-，此时数列{}n a 从第7项开始为周期数列，周期为3，由202062014636711=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有671项为0； 若2x =-，则数列{}n a 的各项为1,2,3,5,2,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,-，此时数列{}n a 从第9项开始为周期数列，周期为3，由202082012836702=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有670项为0； 若3x =-，则数列{}n a 的各项为1,3,4,7,3,4,1,3,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,-，此时数列{}n a 从第10项开始为周期数列，周期为3，由202092011936701=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有670项为0； 若4x =-，则数列{}n a 的各项为1,4,5,9,4,5,1,4,3,1,2,1,1,0,1,1,0,1,1,0,-，此时数列{}n a 从第12项开始为周期数列，周期为3，由20201120091136692=+=+⨯+，可知数列{}n a 的前2020项中有669项为0； 依次类推，可知当()26711001142x =--=-，或1143x =-时， 数列{}n a 的前2020项中有100项是0．综上所述，若数列{}n a 的前2020项中有100项是0， 则x 可取的值有1146,1147,1142,1143--． 故选：B ． 【点睛】本题考查无穷数列，解题的关键是通过条件()21N n n n a a a x *++=-∈探究数列{}n a 的性质，利用赋值法分别令1,2,3,x =和1,2,3,x =---，可分别求出数列{}n a 的前2020项中0的个数，进而得出规律．考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题．例2．若[]x 表示不超过x 的最大整数（如[]2.52=，[]44=，[]2.53-=-），已知2107n n a ⎡⎤=⨯⎢⎥⎣⎦，11b a =，()*110,2n n n b a a n n -=-∈≥N ，则2019b =（ ）A ．2B ．5C ．7D ．8【答案】B 【分析】求出1b ，2b ，3b ，4b ，5b ，6b ，判断出{}n b 是一个以周期为6的周期数列，求出即可．【详解】解：2107n n a ⎡⎤=⨯⎢⎥⎣⎦．*111(102)n n n b a b a a n n --∈≥N ＝，＝，，∴112027[]a b ＝＝＝，2200[287]a ＝＝， 2281028b -⨯＝＝，同理可得：332855a b ＝，＝；4428577a b ＝，＝；55285711a b ＝，＝．662857144a b ＝，＝；72857142a ＝，72b ＝，……． ∴6n n b b +＝．故{}n b 是一个以周期为6的周期数列， 则20196336335b b b ⨯+＝＝＝．故选：B ． 【点睛】本题考查周期数列的判断和取整函数的应用． 例3．数列{}n a 满足12a =，111nn na a a ++=-，其前n 项积为n T ，则10T 等于（ ） A ．16B ．16-C ．6D ．6-【答案】D 【分析】依次代入1,2,3,4n =可得{}n a 是以4为周期的周期数列，由1231n n n n a a a a +++=可推导得到结果． 【详解】 当1n =时，121131a a a +==--；当2n =时，2321112a a a +==--；当3n =时，3431113a a a +==-；当4n =时，454121a a a +==-；…，∴数列{}n a 是以4为周期的周期数列， ()()1231123123n n n n a a a a n N *+++⎛⎫∴=⨯-⨯-⨯=∈ ⎪⎝⎭，()10891012236T T a a a a ∴=⋅==⨯-=-． 故选：D ．例4．若数列{}n a 满足1222a a ==，且21n n n a a a ++=-，则{}n a 的前100项和为（ ） A ．67 B ．68 C ．134 D ．167【答案】B 【分析】由题意得122,1a a ==，根据21n n n a a a ++=-，列举数列的项，得到数列从第2项起，3项一个循环求解． 【详解】因为1222a a ==， 所以122,1a a ==， 因为21n n n a a a ++=-，所以数列的项依次为2，1，1，0，1，1，0，…， 所以从第2项起，3项一个循环，所以{}n a 的前100项的和为233(110)68+⨯++=， 故选：B ．例5．数列{}n a 满足112,0,2121,1,2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩若125a =，则2021a 等于（ ）A ．15B ．25C ．35D ．45【答案】B 【分析】根据数列定义求出数列的前几项后得出数列是周期数列，从而求值． 【详解】 因为12152a =<，所以23454312,,,5555a a a a ====，所以数列具有周期性，周期为4，所以2021125a a ==．故选：B ． 【点睛】本题考查数列的周期性，此类问题的解法是由定义求出数列的前几项，然后归纳出周期性．例6．已知数列{}n a 满足，()()111122,32n n n n n a a a a a ----⎧-+>⎪=⎨-⎪⎩*(,1)n N n ∈>，若1(2,3)a ∈且记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2019=m S ，则2019S 的值为（ ） A ．60572B ．3028C ．60552D ．3029【答案】C 【分析】根据递推公式可逐个代入计算，得出数列{}n a 的周期为4，再根据2019=m S 与前两项的范围可求得52a =，再分组求和求解2019S 即可． 【详解】设1(23)a a a =<<，由()()11112232n n n n n a a a a a ----⎧-+>⎪=⎨-⎪⎩，*(,1)n N n ∈>，得22(0,1)a a =-∈，3235(2,3)a a a =-=-∈，435423(0,1),3(2,3)a a a a a a =-=-∈=-=∈．故数列{}n a 的周期为4，即可得41234,6n n a a a a a a +=+++=． 12336632019m m S a a a =+++=⨯+=，又1(23)a a a =<<，22(0,1)a a =-∈．(2)3a a ∴+-=，即52a =． 12311201950443,32a a a a =⨯+++=+=， 2019116059504622S ∴=⨯+=． 故选：C ． 【点睛】本题考查数列分组求和、分类讨论方法，考查推理能力与计算能力，考查逻辑推理与数学运算核心素养．属于中档题．例7．（2022·广东汕头·三模）已知数列{}n a 中，114a =-，当1n >时，111n n a a -=-，则2022a =（ ） A ．14-B ．45C ．5D ．45-【答案】B【解析】由题意得：2341231141115,1,154a a a a a a =-==-==-=-，则数列{}n a 的周期为3，则20226743345a a a ⨯===． 故选：B ．例8．（2022·河北·沧县中学高三阶段练习）已知数列{}n a 中，()1112n n n a a a n --=⋅+≥，12a =，则10a 等于（ ）A ．12-B ．12C ．-1D ．2【答案】D【解析】解：∵12a =，()1112n n n a a a n --=⋅+≥， ∴()1112n n a n a -=-≥， ∴211122a =-=，3121a =-=-，()4112a =--=，511122a =-=，…， ∴数列{}n a 是以3为周期的周期数列，10331=⨯+，∴101a a =， 故选：D ．题型二：数列的单调性例9．（2022·四川达州·二模（理））已知单调递增数列{}n a 满足9,102121,109n n m n a m n n -⎧≥⎪=⎨⎛⎫+-< ⎪⎪⎝⎭⎩，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[)12,+∞B ．()1,12C ．()1,9D ．[)9,+∞【答案】B【解析】{}n a 为单调递增数列，10912109m ma a >⎧⎪⎪∴+>⎨⎪>⎪⎩，即12109219219m m m m ⎧⎪>⎪⎪+>⎨⎪⎪⎛⎫>+⨯-⎪⎪⎝⎭⎩，解得：112m <<， 即实数m 的取值范围为()1,12．故选：B ．例10．（2022·河南·温县第一高级中学高三阶段练习（文））已知函数()()633,7,7x a x x f x a x -⎧--≤=⎨>⎩，若数列{}n a 满足()()*n a f n n N =∈且{}n a 是递增数列，则实数a 的取值范围是（ ）A ．9,34⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．9,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．()2,3D ．[)2,3【答案】C【解析】因为数列{}n a 是单调递增数列，则函数()6x f x a -=在()7,+∞上为增函数，可得1a >，函数()()33f x a x =--在[)1,7上为增函数，可得30a ->，可得3a <，且有78a a <，即()86733187a a a ---=-<，即27180a a +->，解得9a <-或2a >．综上所述，23a <<． 故选：C ．例11．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列{}n a 的首项为11a =，2a a =，且121(2,)n n a a n n n N *++=+≥∈，若数列{}n a 单调递增，则a 的取值范围为（ ） A ．12a <<B ．23a <<C ．3522a <<D ．1322a <<【答案】C【解析】当2,n n N *≥∈时，121(1)n n a a n ++=+，因此有2123(2)n n a a n +++=+，(2)(1)-得：22n n a a +-=，说明该数列从第2项起，偶数项和奇数项都成等差数列，且它们的公差都是2，由121n n a a n ++=+可得：345,2a a a a =-=+，因为数列{}n a 单调递增，所以有1234a a a a <<<，即152a a a <<-<+，解得：3522a <<，故选：C例12．（2022·全国·高三专题练习）已知等比数列{}n a 前n 项和n S 满足113n n S A +=-⋅（A R ∈），数列{}n b 是递增的，且2n b An Bn =+，则实数B 的取值范围为（ ）A ．2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)1,-+∞C ．()1,-+∞D ．1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】解：因为等比数列{}n a 前n 项和n S 满足113n n S A +=-⋅（A R ∈），所以1119a S A ==-，221(127)(19)18a S S A A A =-=---=-， 332(181)(127)54a S S A A A =-=---=-，因为等比数列{}n a 中2213a a a ，所以2(18)(19)(54)A A A -=--，解得13A =或0A =（舍去）， 所以213n b n Bn =+，因为数列{}n b 是递增的，所以22111(1)(1)033n n b b n B n n Bn +-=+++-->，所以2133B n >--，因为*n N ∈，所以1B >-， 故选：C例13．（2022·全国·高三专题练习（理））已知数列{}n a 满足()712,83,8n n a n n a n a n *-⎧⎛⎫-+>⎪ ⎪=∈⎝⎭⎨⎪≤⎩N ，若对于任意n *∈N 都有1n n a a +>，则实数a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】由条件可得011031923a a a a ⎧⎪<<⎪⎪-<⎨⎪⎪⎛⎫>-⨯+⎪ ⎪⎝⎭⎩，解出即可．【详解】因为对于任意n *∈N 都有1n n a a +>， 所以011031923a a a a ⎧⎪<<⎪⎪-<⎨⎪⎪⎛⎫>-⨯+⎪ ⎪⎝⎭⎩，解得112a <<故选：C例14．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的通项公式为2n a n bn =+，若数列{}n a 是单调递增数列， 则实数b 的取值范围为（ ） A ．(2,)-+∞ B ．[2,)-+∞C ．(3,)-+∞D ．(,3)-∞-【答案】C由数列{}n a 是单调递增数列，可得10n n a a +->，从而有21b n >--恒成立，由n ∈+N ，可求得b 的取值范围． 【详解】由数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +->，即22(1)(1)210n b n n bn n b +++--=++>，即21b n >--（n ∈+N ）恒成立，又数列{}(21)n -+是单调递减数列，所以当1n =时，(21)n -+取得最大值3-，所以3b >-． 故选：C ．【方法技巧与总结】解决数列的单调性问题的3种方法例15．已知数列{}n a 的首项为1，且()()*111n n n a a n n ++=∈+N ，则na的最小值是（ ）A ．12 B ．1 C ．2 D ．3【答案】B 【分析】 根据()111n n n a a n ++=+得出()11n n n a n a n ++-=，然后通过累加法求出1122n n a n =+-，根据均值不等式及n N +∈，即可求出结果． 【详解】 由()111n n n a a n ++=+得()11n n n a n a n ++-=所以()()()1122111122n n n n n n a n a n a a a na n a a ---=--+---++-+则()()()()()111112111122n n n n n n na n +---=-+-+++=+=+所以()111112222n n n na n-=+=+-≥ 当且仅当n =n N +∈，故取1a 或2a 最小，又121a a ==，所以n a 的最小值为1【点睛】思路点睛：本题通过累加法求数列通项公式，根据均值不等式及n N +∈，求得最值． 例16．已知数列{}n a 满足110a = ，12n na a n+-=，则n a n 的最小值为（ ）A ．-1B ．11 2C ．163D ．27 4【答案】C 【分析】先根据累加法得210n a n n =-+，进而得101n a n n n =+-，再结合函数()101f x x x=+-的单调性即可得当3n =时，na n 的最小值为163． 【详解】 解：由12n na a n+-=得12n n a a n +-=， 所以()121n n a a n --=-，()1222n n a a n ---=-，()2323n n a a n ---=-， ，3222a a -=⨯，2121a a -=⨯，累加上述式子得：()()()()12123211n a a n n n n n -=-+-+-+++=-⎡⎤⎣⎦，所以210n a n n =-+，()2n ≥，检验已知1n =时，210n a n n =-+满足．故210n a n n =-+，101n a n n n=+-，由于函数()101f x x x=+-在区间(上单调递减，在)+∞上单调递增，又因为*x ∈N ，当3n =时，10163133n a n =+-=，当4n =时，10114142n a n =+-=， 所以na n 的最小值为163． 故选：C ．例17．已知数列{}n a 的前n 项和n S ，且2(1)n n S a n -=-，22na nn b S =，则数列{}n b 的最小项为（ ）A ．第3项B ．第4项C ．第5项D ．第6项【答案】A 【分析】由n S 与n a 的关系1(1)n n n a S S n -=->化简即可求出n S 及n a ，可得n b ，分析单调性即可求解． 【详解】∵1(1)n n n a S S n -=->，∴1n n n S a S --=，则21(1)n S n -=-，即2*(N )n S n n =∈，∴22(1)21n a n n n =--=-．易知0n b >，∵212+1+14422+1n n n n b b n n -==，（），244142(1)n n b n b n +∴==+当11n >+时，1n >， ∴当13n ≤<时， 1n n b b +>， 当3n ≥时，1n n b b +<， 又23132,281b b ==，∴当3n =时， n b 有最小值．故选：A 例18．已知数列{}n a 的前n 项和2212,n S n n =-数列{||}n a 的前n 项和,n T 则nT n的最小值____ 【答案】5 【分析】由n S 和1n S -的关系求出数列{}n a 的通项公式，再根据正负表示出数列{||}n a 的通项公式为144,13414,4n n n a n n -≤≤⎧=⎨-≥⎩，求出n T ，并表示出n T n ，再分别求出13n ≤≤和4n ≥时的最小值，即可判断n T n 的最小值． 【详解】由题意，数列{}n a 的前n 项和2212n S n n =-()n N *∈，所以1121210a S ==-=-，当2n ≥时，()()12221221121414n n n n n n n S n a S -⎡⎤-----=-⎣⎦=-=， 当1n =时，1411410a ⨯-=-=， 所以414n a n =-，当13n ≤≤时，0n a <，当4n ≥时，0n a >，所以144,13414,4n n n a n n -≤≤⎧=⎨-≥⎩，数列{||}n a 的前n 项和n T ，所以22212,1321236,4n n n n T n n n ⎧-+≤≤=⎨-+≥⎩，当13n ≤≤时，212n T n n=-+，当3n =时，n Tn 的最小值为6；当4n ≥时，36212n n T n n=+-， 由对勾函数的性质，当4n =时，nT n有最小值5； 综上所述，nT n的最小值为5 故答案为：5 【点睛】本题主要考查由n S 求数列通项公式的求法、等差数列前n 项和公式、对勾函数的应用，是一道综合性很强的题目，考查学生分析转化能力和计算能力，属于难题． 例19．数列，1n =，2，，中的最小项的值为__________．【分析】构造函数()ln xf x x=，利用函数单调性分析最大值，得出数列的最大项，即可得解． 【详解】 考虑函数()ln x f x x=，()21ln xf x x -'=，当0x e <<时，()21ln 0x f x x -'=>，当x e >时，()21ln 0x f x x -'=<， 所以()ln xf x x=在()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减， 即()1ln x f x x ==()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，所以y e ==()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，116689,89<<．【点睛】此题考查求数列中的最小项，利用函数单调性讨论数列的最大项和最小项，涉及导函数处理单调性问题． 【方法技巧与总结】求数列的最大项与最小项的常用方法（1）将数列视为函数()f x 当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f （x ）的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出()f x 的最值，进而求出数列的最大（小）项．（2）通过通项公式n a 研究数列的单调性，利用11()2n n n n a a a n a -+≥⎧⎨≥⎩≥，确定最大项，利用11()2n n nn a a a n a -+≤⎧⎨≤⎩≥，确定最小项．（3）比较法：若有1()()10n n a a f n f n -=+->＋或0n a >时11n na a +>，则1n n a a ＋＞，则数列{}n a 是递增数列，所以数列{}n a 的最小项为1(1)a f =；若有1()()10n n a a f n f n =-+-<＋或0n a >时11n na a +<，则1n n a a <＋，则数列{}n a 是递减数列，所以数列{}n a 的最大项为1(1)a f =． 题型四：数列中的规律问题例20．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以()f n 表示第n 幅图的蜂巢总数，则(4)f =（ ）；()f n =（ ）．A ．35 2331n n +-B ．36 2331n n -+C ．37 2331n n -+D ．38 2331n n +- 【答案】C 【分析】结合图形中的规律直接求出(4)f 和(5)f ，进而总结出递推公式2n ≥时，()()(1)61f n f n n --=-，利用累加法即可求出结果． 【详解】由图中规律可知：(4)37f =， 所以(2)(1)716f f -=-=，(3)(2)19726f f -=-=⨯，(4)(3)371936f f -=-=⨯， (5)(4)613746f f -=-=⨯，因此当2n ≥时，()()(1)61f n f n n --=-， 所以[][][]()()(1)(1)(2)(2)(1)(1)f n f n f n f n f n f f f =--+---++-+()()612211n n ⎡⎤=⨯-+-++++⎣⎦()1612n n -=⨯+2331n n =-+，经检验当1n =时，符合()2331f n n n =-+，所以()2331f n n n =-+，故选：C ．例21．由正整数组成的数对按规律排列如下：()1,1，1,2，()2,1，()1,3，()2,2，()3,1，()1,4，()2,3，()3,2，()4,1，()1,5，()2,4，⋅⋅⋅．若数对(),m n 满足()22222021m n -⋅-=，,m n N *∈，则数对(),m n 排在（ ）A ．第386位B ．第193位C ．第348位D ．第174位【答案】D 【分析】 先求出,m n 的值，再根据数对的特点推出数对(),m n 的位置 【详解】解：按规律把正整数组成的数对分组：第1组为（1，1），数对中两数的和为2，共1个数对；第2组为（1，2），（2，1），数对中两数和为3，共2个数对；第3组为（1，3），（2，2），（3，1），数对中两数的和为4，共3个数；……，第n 组为(1,),(2,1),,(,1)n n n -⋅⋅⋅，数对中两数的和为1n +，共n 个数，由()22222021m n -⋅-=，得()2222023m n -⋅=，因为20237289=⨯，所以2227289m n ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，解得317m n =⎧⎨=⎩，所以20m n +=，在所有数对中，两数之和不超过19的有1918123181712⨯+++⋅⋅⋅+==个， 所以在两数和为20的第1个数（1，19），第2个为（2，18），第3个为（3，17）， 所以数对（3，17）排在第174位， 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查简单的合情推理，考查等差数求和，解题的关键是由()22222021m n -⋅-=，得()2222023mn -⋅=，解出,m n 的值，考查计算能力，属于中档题例22．已知“整数对”按如下规律排列：()()()()()1,11,22,11,32,2，，，，，()()()3,11,42,3，，()3,2，，()4,1，…，则第68个“整数对”为（ ） A ．()1,12 B ．()3,10C ．()2,11D ．()3,9【答案】C 【分析】设“整数对”为()()*m n m n N ∈，，，由已知可知点列的排列规律是m n +的和从2开始，依次是3，4，…，其中m 依次增大，可依次求得总对数，从而可得选项． 【详解】设“整数对”为()()*m n m n N ∈，，，由已知可知点列的排列规律是m n +的和从2开始，依次是3，4，…，其中m 依次增大．当2m n +=时只有1个()11，；当3m n +=时有2个()()1221，，，； 当4m n +=时有3个()()()132231，，，，，； …；当12m n +=时有11个()()()111210111⋯，，，，，，；其上面共有11(111)12311662⨯+++++==个数对． 所以第67个“整数对”为()112，，第68个“整数对”为()211，， 故选：C ． 【点睛】本题考查知识迁移运用：点列整数对，关键在于理解和探索其规律，属于中档题． 例23．将正整数排列如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ……则图中数2020出现在 A ．第64行3列 B ．第64行4列 C ．第65行3列 D ．第65行4列【答案】B 【分析】计算每行首个数字的通项公式，再判断2020出现在第几列，得到答案． 【详解】每行的首个数字为：1，2，4，7，11… 111,1n n a a a n -=-=-利用累加法：112211(1)()()...()121112n n n n n n n a a a a a a a a n n ----=-+-++-+=-+-++=+计算知：642017a = 数2020出现在第64行4列 故答案选B 【点睛】本题考查了数列的应用，计算首数字的通项公式是解题的关键． 题型五：数列的最值问题例24．（2022·北京市第十二中学高三期中）已知数列{}n a 满足32n a n n=+，则数列{}n a 的最小值为（ ）A．343B ．575 C ．D ．12【答案】A【解析】()32f x x x=+在(0,上单调递减，在()+∞上单调递增， ∴当()x n n N *=∈时，()()(){}min min 5,6f n f f =，又()32575555f =+=，()32346663f =+=，()min 343f n ∴=，即32n a n n =+的最小值为343． 故选：A ．例25．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a ，2141n n a n n ，则下列说法正确的是（ ）A ．此数列没有最大项B ．此数列的最大项是3aC ．此数列没有最小项D ．此数列的最小项是2a【答案】B【解析】令10t n =-≥，则1n t =+，22,641411tty tt t t 当0=t 时，0y = 当0t >时，146y t t=++，由双勾函数的知识可得y 在()02,上单调递增，在()2,+∞上单调递减 所以当2t =即3n =时，y 取得最大值， 所以此数列的最大项是3a ，最小项为10a = 故选：B ．例26．（2022·河南·高三阶段练习（理））在数列{}n a 中，11a =，1n n a a n --=（N n +∈，2n ≥），则11n a n ++的最小值是（ ） A ．12B ．34C ．1D ．32【答案】C【解析】由题意可得()()()()()211221121122n n n n n n n n na a a a a a a a ---+-+=-+-+⋅⋅⋅+-+=+=，当1n =时，11a =满足上式，则()()212121112121n a n n n n n n +++⎡⎤==++-⎢⎥+++⎣⎦． 因为n ∈+N ， 所以12n +≥， 所以()2131n n ++≥+，则()21121n n ++-≥+，故112112n a n +≥⨯=+，当且仅当1n =时，等号成立． 故选：C例27．（2022·辽宁·高三阶段练习）若数列{}n a 满足24122,n nn n n a T a a a -==⋅⋅⋅，则n T 的最小值为（ ）A ．92-B ．102-C ．112-D ．122-【答案】B【解析】因为2420,nnn a -=>所以221222log log log log n n T a a a =++⋯+．设22log 4n n b a n n ==-．若n T 有最小值，则2log n T 有最小值， 令0n b ≤，则04,n ≤≤所以当3n =或4n =时﹐n T 的最小值为102-． 故选：B例28．（2022·全国·高三专题练习）若数列{}n a 满足113a =，1n n n a a +-=，则na n的最小值为（ ） A ．235B ．143C 12D ．13【答案】A【解析】由题意可知，()()121111312(1)13(1)2n n n a a a a a a n n n -=+-++-=++++-=+-，则113122n a n n n =+-，又113122y x x =+-在( 上递减，在)+∞上递增，且56<<，5n =时，11311131235222525n n +-=⨯+-=；6n =时，11311131142362226235n n +-=⨯+-=>，故选：A ．例29．（2022·全国·高三专题练习）设221316n a n n =-+-，则数列{}n a 中最大项的值为（ ）A ．134B ．5C ．6D ．132。

(完整版)高考数列专题复习

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高三二轮专题复习专题数列知识网络1高三二轮专题复习专题训练一．选择题1. 设数列{a n}的前n项和S n n2 ，那么a8的值为〔A〕15 (B) 16 (C) 49 〔D〕642. 设等差数列an的前n项和为Sn,假设a111,a4 a6 6,那么当S n取最小值时,n等于3. 如果等差数列a n 中，a3a4 a5 12，那么a1 a2 ...a7 〔A〕14 〔B〕21 〔C〕28 〔D〕351a3,2a2 a9a1 04. 等比数列{ am}中，各项都是正数，且a1，2成等差数列，那么a7a8A.12B. 12C.322 D3225. 在等比数列an中，a11，公比q 1.假设a ma1a2a3a4a5，那么m=〔A〕9 〔B〕10 〔C〕11 〔D〕122高三二轮专题复习6.等比数列{an }中，|a 1|1,a58a 2,a 5a 2,那么a nA ．(2)n1B ．(2n1)C ．(2)nD ．(2)n7.设{a n }是由正数组成的等比数列， S n为其前n项和，a 2a 4=1,S 37,那么S515 3133 17〔A 〕2 (B)4(C)4(D)28.设S n为等比数列an 的前n 项和，3S3a 42，3S 2a 32，那么公比q〔A 〕3 〔B 〕4〔C 〕5〔D 〕69.〔文〕设a n是等比数列，那么“a 1 a 2a 3〞是数列a n是递增数列的〔A 〕充分而不必要条件(B)必要而不充分条件、〔C 〕充分必要条件 〔D 〕既不充分也不必要条件〔理〕设a n是首项大于零的等比数列，那么“ a 1 a2〞是“数列an是递增数列〞的 〔A 〕充分而不必要条件 (B) 必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件10.{a n}是首项为1的等比数列，S n是{a n}的前n 项和，且9S 3S 6。

那么数列1a n 的前5项和为153131 15〔A 〕8或5〔B 〕16或5〔C 〕16〔D 〕8S 511.设S n为等比数列an 的前n 项和，8a 2a5，那么S2〔A 〕11 〔B 〕5 〔C 〕8〔D 〕11 12. 设a n 是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为X,Y,Z，那么以下等式中恒成立的是3高三二轮专题复习A、XZ2YB、YYXZZXC、Y2 XZD、YYXXZX二：填空题13. 在等比数列an 中,假设公比q=4,且前3 项之和等于21,那么该数列的通项公式a n14. 设S n为等差数列{a n}的前n项和，假设S3 3，S6 24，那么a915. 设a1,d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列a n的前n项和为S n，满足S5S615 0，那么d的取值范围是在如下数表中，每行、每列中的数都成等差数列，那么，位于下表中的第n行第n+1列的数是三：解答题：〔理〕设数列an满足〔1〕求数列a n的通项公式；〔2〕令bnna n，求数列的前n项和S n〔文〕设等差数列a n满足a3 5，a109。

高考数学压轴专题最新备战高考《数列》知识点总复习有答案

高考数学压轴专题最新备战高考《数列》知识点总复习有答案

【高中数学】数学《数列》高考知识点一、选择题1．已知单调递增的等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，则数列{}n a 的前n 项和n S =（ ）A ．2124n -- B ．1122n -- C ．21n - D ．122n +-【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质，可得到35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，求得1,a q ，再结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=， 根据等比数列的性质，可得3516a a ⋅=，3510a a +=，所以35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，解得352,8a a ==或358,2a a ==， 又因为等比数列{}n a 为单调递增数列，所以352,8a a ==， 设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为(1)q q >可得214128a q a q ⎧=⎨=⎩，解得11,22a q ==，所以数列{}n a 的前n 项和11(12)122122nn n S --==--. 故选：B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n 项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.2．数列{}n a 的通项公式为()n a n c n N *=-∈．则“2c <”是“{}na 为递增数列”的（ ）条件． A ．必要而不充分 B ．充要C ．充分而不必要D ．即不充分也不必要【答案】A 【解析】 【分析】根据递增数列的特点可知10n n a a +->，解得12c n <+，由此得到若{}n a 是递增数列，则32c <，根据推出关系可确定结果. 【详解】 若“{}n a 是递增数列”，则110n n a a n c n c +-=+--->， 即()()221n c n c +->-，化简得：12c n <+， 又n *∈N ，1322n ∴+≥，32c ∴<， 则2c <¿{}n a 是递增数列，{}n a 是递增数列2c ⇒<，∴“2c <”是“{}n a 为递增数列”的必要不充分条件．故选：A . 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.3．数列{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：21n n n a a a ++=+.记该数列{}n a 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（ ）A ．201920202S a =+B ．201920212S a =+C ．201920201S a =-D ．201920211S a =-【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系，即得结果. 【详解】 因为1233243546521()()()()()n n n n S a a a a a a a a a a a a a a ++=++++=-+-+-+-+-L L 2221n n a a a ++=-=-，所以201920211S a =-，选D. 【点睛】本题考查裂项相消法，考查基本分析判断能力，属中档题.4．元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如下问题：今有银一秤一斤十两（1秤15=斤，1斤16=两），令甲、乙、丙从上作折半差分之，问：各得几何？其意思是：现有银一秤一斤十两，现将银分给甲、乙、丙三人，他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半．若银的数量不变，按此法将银依次分给7个人，则得银最少的一个人得银（ ） A ．9两 B ．266127两 C ．26663两 D ．250127两 【答案】B 【解析】 【分析】先计算出银的质量为266两，设分银最少的为a 两，由题意可知7人的分银量构成首项为a ，公比为2的等比数列，利用等比数列的求和公式可求得a 的值.【详解】共有银161610266⨯+=两，设分银最少的为a 两，则7人的分银量构成首项为a ，公比为2的等比数列， 故有()71226612a -=-，所以266127a =， 故选：B ． 【点睛】本题以元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提出的问题为背景，贴近生活，考查了等比数列的求和问题，本题注重考查考生的阅读理解能力、提取信息能力、数学建模能力以及通过计算解决问题的能力，属中等题．5．已知数列{}n a 为等比数列，前n 项和为n S ，且12a =，1n n b a =+，若数列{}n b 也是等比数列，则n S =（ ） A ．2n B ．31n - C ．2n D ．31n -【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列{}n a 的公比为q ，写出,n n a b .由数列{}n b 是等比数列，得2213b b b =，求出q ，即求n S . 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，112,2n n a a q -=∴=Q ，121n n b q -∴=+，13b ∴=，221b q =+，2321b q =+，{}n b Q 也是等比数列， 2213b b b ∴=，即()()2221321q q +=+解得1q =，2,2n n a S n ∴=∴=. 故选：C . 【点睛】本题考查等比数列的性质，属于基础题.6．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ，则该数列第2019项是（ ） A ．1019892 B ．1020192 C ．1119892 D ．1120192 【答案】C 【解析】 【分析】 由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】 由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -， 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.7．若{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且11223S π=，则6tan()a 的值为（ ）A B ．C ．3 D ．3-【答案】B 【解析】 【分析】由11162a a a +=,即可求出6a 进而求出答案． 【详解】∵()11111611221123a a S a π+===，∴623a π=，()62tan tan 3a π⎛⎫== ⎪⎝⎭故选B. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前n 项和性质即可，属于基础题型.8．执行下面程序框图输出S 的值为（ ）A ．2542B ．3764C ．1730D ．67【答案】A 【解析】 【分析】模拟执行程序框图，依此写出每次循环得到的,S i 的值并判断5i >是否成立，发现当6i =，满足5i >，退出循环，输出运行的结果111111324354657S =++⨯⨯⨯⨯⨯++，利用裂项相消法即可求出S ． 【详解】 由题意可知， 第1次循环时113S =⨯，2i =，否； 第2次循环111324S =+⨯⨯，3i =，否； 第3次循环时111132435S =++⨯⨯⨯，4i =，否； 第4次循环时111113243546S =++⨯⨯⨯⨯+，5i =，否；第5次循环时111111324354657S =+++⨯⨯⨯⨯⨯+，6i =，是； 故输出111111324354657S =++⨯⨯⨯⨯⨯++111111111112324354657⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦= 1111251226742⎛⎫=+--=⎪⎝⎭ 故选：A. 【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，同时考查裂项相消法求和，属于基础题．9．等差数列的首项为125，且从第10项开始为比1大的项，则公差d 的取值范围是（ ） A ．(0,)+∞ B ．8,75⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．83,7525⎛⎫⎪⎝⎭ D ．83,7525⎛⎤⎥⎝⎦ 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知101a >，91a ≤，把1a 的值代入列不等式解得即可. 【详解】由题意，设数列{}n a 的公差为d ，首项1125a =，则10911a a >⎧⎨≤⎩，即101919181a a d a a d =+>⎧⎨=+≤⎩，解得837525d <≤. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，要熟练记忆等差数列的通项公式．10．在数列{}n a 中，若10a =，12n n a a n +-=，则23111na a a +++L 的值 A ．1n n- B ．1n n+ C ．11n n -+ D ．1n n + 【答案】A 【解析】分析：由叠加法求得数列的通项公式(1)n a n n =-，进而即可求解23111na a a +++L 的和. 详解：由题意，数列{}n a 中，110,2n n a a a n +=-=，则112211()()()2[12(1)](1)n n n n n a a a a a a a a n n n ---=-+-++-+=+++-=-L L ，所以1111(1)1n a n n n n==--- 所以231111111111(1)()()12231n n a a a n n n n-+++=-+-++-=-=-L L ，故选A. 点睛：本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到利用叠加法求解数列的通项公式和利用裂项法求解数列的和，正确选择方法和准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.11．已知数列{}n a 是1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，12...,(*)n n T c c c n N =+++∈，则当2019n T <时，n 的最大值是( ) A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】A 【解析】 【分析】由题设知21n a n =-，12n nb -=，由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <，得1222019n n +--<，由此能求出当2019n T <时n 的最大值．【详解】{}n a Q 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b Q 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--，2019n T <Q ，1222019n n +∴--<，解得：10n <．则当2019n T <时，n 的最大值是9． 故选A ． 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.12．已知各项为正数的等比数列{}n a 满足11a =，2416a a =，则6a =（ ）A ．64B ．32C ．16D ．4【答案】B 【解析】 【分析】先根据条件求公比，再根据等比数列通项公式求6.a 【详解】由2416a a =得2445516116,1602232.a q q q q a a q ==>∴=∴===Q 选B.【点睛】本题考查等比数列通项公式，考查基本分析求解能力，属基本题.13．在数列{}n a 中，1112,1n na a a +=-=-，则2016a 的值为A ．-2B ．13 C ．12 D ．32【答案】B 【解析】由111n na a +=-，得2111111111n n n na a a a ++=-=-=--. 所以32111111n n n na a a a ++=-=-=-. 即数列{}n a 以3为周期的周期数列. 所以2016311113a a a ===-. 故选B.点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项，本题是通过迭代得到了数列的周期性．14．在递减等差数列{}n a 中，21324a a a =-．若113a =，则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A ．24143B ．1143C ．2413D ．613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ，所以由21324a a a =-，113a =，得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- （正舍），即132(1)152n a n n =--=- ， 因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ，所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ，选D. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.15．等比数列{n a }的前n 项和为n S ，若103010,30,S S ==则20S = A ．10 B ．20 C ．20或-10 D ．-20或10【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列即（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20），代入可求． 【详解】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列，且公比为10q∴（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20）即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10（舍去） 故选B ． 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若S n 为等比数列的前n 项和，且S k ，S 2k ﹣S k ，S 3k ﹣S 2k 不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用16．在一个数列中，如果*n N ∀∈，都有12n n n a a a k ++=（k 为常数），那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积.已知数列{}n a 是等积数列，且11a =，22a =，公积为8，则122020a a a ++⋅⋅⋅+=（ ）A ．4711B ．4712C ．4713D ．4715【答案】B 【解析】 【分析】计算出3a 的值，推导出()3n n a a n N *+=∈，再由202036731=⨯+，结合数列的周期性可求得数列{}n a 的前2020项和. 【详解】由题意可知128n n n a a a ++=，则对任意的n *∈N ，0n a ≠，则1238a a a =，31284a a a ∴==， 由128n n n a a a ++=，得1238n n n a a a +++=，12123n n n n n n a a a a a a +++++∴=，3n n a a +∴=，202036731=⨯+Q ，因此，()1220201231673673714712a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++=⨯+=.故选：B. 【点睛】本题考查数列求和，考查了数列的新定义，推导出数列的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.17．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （ ） A ．20152016 B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B 【解析】 【分析】首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+；接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++， 所以11n n a a n +-=+， 用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=，所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.18．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且675S S S >>，给出下列五个命题： ①公差0d <②110S <③120S >④数列{}n S 中的最大项为11S ⑤67a a >其中正确命题的个数是（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】【分析】先由条件确定数列第六项和第七项的正负，进而确定公差的正负，最后11S ，12S 的符号由第六项和第七项的正负判定．【详解】 Q 等差数列{}n a 中，6S 最大，且675S S S >>，∴10a >，0d <，①正确；Q 675S S S >>，∴60a >，70a <，67 0a a +>，∴160a d +<，150a d +>，6S 最大， ∴④不正确；1111115511(5)0S a d a d =+=+>，12111267 126612()12()0S a d a a a a =+=+=+>，∴③⑤正确，②错误.故选：B ．【点睛】本题考查等差数列的前n 项和的应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.19．设函数()221x f x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（ ）A ．9B ．11C ．92D ．112【答案】B【解析】【分析】先计算出()()f x f x +-的值，然后利用倒序相加法即可计算出所求代数式的值.【详解】 ()221x f x =+Q ，()()()22222212121221xx x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++， 设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-L L ，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =.故选：B.【点睛】本题考查函数值的和的求法，注意运用倒序相加法，求得()()2f x f x +-=是解题的关键，考查化简运算能力，属于中档题．20．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N ++=+∈且1300n S =，若23a <，则n 的最大值为（ ）A ．49B ．50C ．51D ．52【答案】A【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n n S =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值.【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n =， 因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====， 所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+， 2511151351413752S a a +⨯-=+=+， 又因为23a <，125a a +=，所以 12a >所以当1300n S =时，n 的最大值为49故选：A【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.。

高中数学数列经典题型专题训练试题(含答案)

高中数学数列经典题型专题训练试题(含答案)

高中数学数列经典题型专题训练试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间120分钟。

２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。

考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）一．单选题（共15小题，每题2分，共30分）1．数列{a n}，已知对任意正整数n，a1+a2+a3+…+a n=2n-1，则a12+a22+a32+…+a n2等于（）A．（2n-1）2B．C．D．4n-12．若{a n}为等比数列a5•a11=3，a3+a13=4，则=（）A．3B．C．3或D．-3或-3．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7C．6D．4．等差数列{a n}中，a1=1，a3=4，则公差d等于（）A．1B．2C．D．5．数列的前n项和为S n，a n=，则S n≥0的最小正整数n的值为（）6．若数列{a n}的前n项和S n=2n2-2n，则数列{a n}是（）A．公差为4的等差数列B．公差为2的等差数列C．公比为4的等比数列D．公比为2的等比数列7．已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1，则此数列奇数项的前n项和为（）A．B．C．D．8．在等比数列{a n} 中，a1=4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n+2}也是等比数列，则q 等于（）A．2B．-2C．3D．-39．在数列{a n}中，a1=2，a2=2，a n+2-a n=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（）A．990B．1000C．1100D．9910．若数列{a n}是公差为2的等差数列，则数列是（）A．公比为4的等比数列B．公比为2的等比数列C．公比为的等比数列D．公比为的等比数列11．在数列{a n}中，a1=0，a n=4a n-1+3，则此数列的第5项是（）A．252B．255C．215D．52212．数列{a n}、{b n}满足a n•b n=1，a n=n2+3n+2，则{b n}的前10项之和等于（）A．B．C．D．13．等比数列{a n}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于（）14．已知在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a4=2S3+3，a5=2S4+3，则此数列的公比q为（）A．2B．C．3D．15．数列{a n}的通项，则数列{a n}中的最大项是（）A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项二．填空题（共10小题，每题2分，共20分）16．已知等差数列{a n}，有a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则a13+a14+a15=______．17．在等差数列{a n}中，a3+a5+a7+a9+a11=20，则a1+a13=______．18．数列{a n}的通项公式为a n=2n+2n-1，则数列a n的前n项和为______．19．数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则通项a n=______．20．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a2+a6=a8，则=______．21．已知数列{a n}，a n+1=2a n+1，且a1=1，则a10=______．22．设正项等比数列{an}的公比为q，且，则公比q=______．23．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=2a n+1，则数列{a n}的通项公式a n=______．24．数列{a n}为等差数列，已知a3+2a8+a9=20，则a7______．25．设数列{a n}为正项等比数列，且a n+2=a n+1+a n，则其公比q=______．第Ⅱ卷（非选择题）三．简答题（共5小题,50分）26．（10分）已知等差数列{a n}，前n项和为S n=n2+Bn，a7=14．（1）求B、a n；（2）设c n=n•，求T n=c1+c2+…+c n．27．（8分）已知等差数列{a n}满足：a5=11，a2+a6=18（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+3n，求数列{b n}的前n项和S n．28．（7分）已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2，a3，a4+1成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．29．（12分）已知数列{a n}满足．（1）求a2，a3，a4的值；（2）求证：数列{a n-2}是等比数列；（3）求a n，并求{a n}前n项和S n．30．（12分）在数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）在数列{b n}中，若存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），求p，q得值；（Ⅲ）若记c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项的和S n．参考答案一．单选题（共__小题）1．数列{a n}，已知对任意正整数n，a1+a2+a3+…+a n=2n-1，则a12+a22+a32+…+a n2等于（）A．（2n-1）2B．C．D．4n-1答案：C解析：解：∵a1+a2+a3+…+a n=2n-1…①∴a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1…②，①-②得a n=2n-1，∴a n2=22n-2，∴数列{a n2}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴a12+a22+a32+…+a n2==，故选C．2．若{a n}为等比数列a5•a11=3，a3+a13=4，则=（）A．3B．C．3或D．-3或-答案：C解析：解：∵{a n}为等比数列a5•a11=3，∴a3•a13=3①∵a3+a13=4②由①②得a3=3，a13=1或a3=1，a13=3∴q10=或3，∴=或3，故选C．3．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7C．6D．答案：A解析：解：a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10，a52=a2a8，∴，∴，故选A．4．等差数列{a n}中，a1=1，a3=4，则公差d等于（）A．1B．2C．D．答案：D解析：解：∵数列{a n}是等差数列，a1=1，a3=4，∴a3=a1+2d，即4=1+2d，解得d=．故选：D．5．数列的前n项和为S n，a n=，则S n≥0的最小正整数n的值为（）A．12B．13C．14D．15答案：A解析：解：令a n=＜0，解得n≤6，当n＞7时，a n＞0，且a6+a7=a5+a8=a4+a9=a3+a10=a2+a11=a1+a12=0，所以S12=0，S13＞0，即使S n≥0的最小正整数n=12．故选A．6．若数列{a n}的前n项和S n=2n2-2n，则数列{a n}是（）A．公差为4的等差数列B．公差为2的等差数列C．公比为4的等比数列D．公比为2的等比数列答案：A解析：解：∵S n=2n2-2n，则S n-S n-1=a n=2n2-2n-[2（n-1）2-2（n-1）]=4n-4故数列{a n}是公差为4的等差数列故选A．7．已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1，则此数列奇数项的前n项和为（）A．B．C．D．答案：C解析：解：当n=1时，a1=S1=21-1=1，当n≥2时，a n=Sn-Sn-1=2n-1-（2n-1-1）=2•2n-1-2n-1=2n-1，对n=1也适合∴a n=2n-1，∴数列{a n}是等比数列，此数列奇数项也构成等比数列，且首项为1，公比为4．∴此数列奇数项的前n项和为==故选C8．在等比数列{a n} 中，a1=4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n+2}也是等比数列，则q 等于（）A．2B．-2C．3D．-3答案：C解析：解：由题意可得q≠1由数列{S n+2}也是等比数列可得s1+2，s2+2，s3+2成等比数列则（s2+2）2=（S1+2）（S3+2）代入等比数列的前n项和公式整理可得（6+4q）2=24（1+q+q2）+12解可得q=3故选C．9．在数列{a n}中，a1=2，a2=2，a n+2-a n=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（）A．990B．1000C．1100D．99答案：A解析：解：当n为奇数时，a n+2-a n=1+（-1）n=0，可得a1=a3=…=a59=2．当n为偶数时，a n+2-a n=1+（-1）n=2，∴数列{a2n}为等差数列，首项为2，公差为2，∴a2+a4+…+a60=30×2+=930．∴S60=（a1+a3+…+a59）+（a2+a4+…+a60）=30×2+930=990．故选：A．10．若数列{a n}是公差为2的等差数列，则数列是（）A．公比为4的等比数列B．公比为2的等比数列C．公比为的等比数列D．公比为的等比数列答案：A解析：解：∵数列{a n}是公差为2的等差数列∴a n=a1+2（n-1）∴∴数列是公比为4的等比数列故选A11．在数列{a n}中，a1=0，a n=4a n-1+3，则此数列的第5项是（）A．252B．255C．215D．522答案：B解析：解：由a n=4a n-1+3可得a n+1=4a n-1+4=4（a n-1+1），故可得=4，由题意可得a1+1=1即数列{a n+1}为首项为1，公比为4的等比数列，故可得a5+1=44=256，故a5=255故选B12．数列{a n}、{b n}满足a n•b n=1，a n=n2+3n+2，则{b n}的前10项之和等于（）A．B．C．D．答案：B解析：解：∵a n•b n=1∴b n==∴s10==（-）+=-=故选项为B．13．等比数列{a n}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于（）A．20B．18C．10D．8答案：B解析：解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2=8，a3-a1=16，∴，解得，∴=2×32=18．故选：B．14．已知在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a4=2S3+3，a5=2S4+3，则此数列的公比q为（）A．2B．C．3D．答案：C解析：解：∵a4=2S3+3，a5=2S4+3，即2S4=a5-3，2S3=a4-3∴2S4-2S3=a5-3-（a4-3）=a5-a4=2a4，即3a4=a5∴3a4=a4q解得q=3，故选C15．数列{a n}的通项，则数列{a n}中的最大项是（）A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项答案：D解析：解：由题意得=，∵n是正整数，∴=当且仅当时取等号，此时，∵当n=9时，=19；当n=9时，=19，则当n=9或10时，取到最小值是19，而取到最大值．故选D．二．填空题（共__小题）16．已知等差数列{a n}，有a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则a13+a14+a15=______．答案：-40解析：解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，∵a4+a5+a6=（a1+3d）+（a2+3d）+（a3+3d）=a1+a2+a3+9d，∴-4=8+9d，解得d=-，∴a13+a14+a15=a1+a2+a3+36d=8-×36=-40，故答案为：-4017．在等差数列{a n}中，a3+a5+a7+a9+a11=20，则a1+a13=______．答案：8解析：解：由等差数列的性质可得a3+a5+a7+a9+a11=（a3+a11）+a7+（a5+a9）=2a7+a7+2a7=5a7=20∴a7=4∴a1+a13=2a7=8故答案为：818．（2015秋•岳阳校级月考）数列{a n}的通项公式为a n=2n+2n-1，则数列a n的前n项和为______．答案：2n+n2-1解析：解：数列a n的前n项和S n=（2+22+23+…+2n）+[1+3+5+…+（2n-1）]=+=2n-1+n2．故答案为：2n-1+n2．19．数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则通项a n=______．答案：2n-1解析：解：由题可得，a n+1+1=2（a n+1），则=2，又a1=1，则a1+1=2，所以数列{a n+1}是以2为首项、公比的等比数列，所以a n+1=2•2n-1=2n，则a n=2n-1．故答案为：2n-1．20．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a2+a6=a8，则=______．答案：3解析：解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由a2+a6=a8，得a1+d+a1+5d=a1+7d，即a1=d，所以==．故答案为3．21．已知数列{a n}，a n+1=2a n+1，且a1=1，则a10=______．答案：1023解析：解：由题意，两边同加1得：a n+1+1=2（a n+1），∵a1+1=2∴{a n+1}是以2为首项，以2为等比数列∴a n+1=2•2n-1=2n∴a n=2n-1∴a10=1024-1=1023．故答案为：1023．22．设正项等比数列{an}的公比为q，且，则公比q=______．答案：解析：解：由题意知得∴6q2-q-1=0∴q=或q=-（与正项等比数列矛盾，舍去）．故答案为：23．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=2a n+1，则数列{a n}的通项公式a n=______．答案：2n+1-1解析：解：由题意知a n+1=2a n+1，则a n+1+1=2a n+1+1=2（a n+1）∴=2，且a1+1=4，∴数列{a n+1}是以4为首项，以2为公比的等比数列．则有a n+1=4×2n-1=2n+1，∴a n=2n+1-1．24．数列{a n}为等差数列，已知a3+2a8+a9=20，则a7______．答案：=5解析：解：等差数列{a n}中，∵a3+2a8+a9=20，∴（a1+2d）+2（a1+7d）+（a1+8d）=4a1+24d=4（a1+6d）=4a7=20，∴a7=5．故答案为：5．25．设数列{a n}为正项等比数列，且a n+2=a n+1+a n，则其公比q=______．答案：解析：解：由题设条件知a1+a1q=a1q2，∵a1＞0，∴q2-q-1=0解得，∵数列{a n}为正项等比数列，∴．故答案：．三．简答题（共__小题）26．已知等差数列{a n}，前n项和为S n=n2+Bn，a7=14．（1）求B、a n；（2）设c n=n•，求T n=c1+c2+…+c n．答案：解：（1）∵a7=14．即a7=S7-S6=72+7B-62-6B=14．解得B=1，当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．n=1时也适合∴a n=2n（2）由（1）c n=n•=n•4n，T n=c1+c2+…+c n．=1•41+2•42+3•43+…n•4n①4T n=1•42+2•43+3•44+…（n-1）•4n+n•4n+1，②①-②得-3T n=41+42+43+…4n-n•4n+1=-n•4n+1=•4n+1∴T n=•4n+1解析：解：（1）∵a7=14．即a7=S7-S6=72+7B-62-6B=14．解得B=1，当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．n=1时也适合∴a n=2n（2）由（1）c n=n•=n•4n，T n=c1+c2+…+c n．=1•41+2•42+3•43+…n•4n①4T n=1•42+2•43+3•44+…（n-1）•4n+n•4n+1，②①-②得-3T n=41+42+43+…4n-n•4n+1=-n•4n+1=•4n+1∴T n=•4n+127．已知等差数列{a n}满足：a5=11，a2+a6=18（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+3n，求数列{b n}的前n项和S n．答案：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a5=11，a2+a6=18，∴，解得a1=3，d=2．∴a1=2n+1．（Ⅱ）由（I）可得：b n=2n+1+3n．∴S n=[3+5+…+（2n+1）]+（3+32+…+3n）=+=n2+2n+-．解析：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a5=11，a2+a6=18，∴，解得a1=3，d=2．∴a1=2n+1．（Ⅱ）由（I）可得：b n=2n+1+3n．∴S n=[3+5+…+（2n+1）]+（3+32+…+3n）=+=n2+2n+-．28．已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2，a3，a4+1成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．答案：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a1=2和a2，a3，a4+1成等比数列，得（2+2d）2-（2+d）（3+3d），解得d=2，或d=-1，当d=-1时，a3=0，与a2，a3，a4+1成等比数列矛盾，舍去．∴d=2，∴a n=a1+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．即数列{a n}的通项公式a n=2n；（Ⅱ）由a n=2n，得b n==，∴S n=b1+b2+b3+…+b n==．解析：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a1=2和a2，a3，a4+1成等比数列，得（2+2d）2-（2+d）（3+3d），解得d=2，或d=-1，当d=-1时，a3=0，与a2，a3，a4+1成等比数列矛盾，舍去．∴d=2，∴a n=a1+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．即数列{a n}的通项公式a n=2n；（Ⅱ）由a n=2n，得b n==，∴S n=b1+b2+b3+…+b n==．29．已知数列{a n}满足．（1）求a2，a3，a4的值；（2）求证：数列{a n-2}是等比数列；（3）求a n，并求{a n}前n项和S n．答案：解：（1）∵数列{a n}满足，∴．…（3分）（2）∵，又a1-2=-1，∴数列{a n-2}是以-1为首项，为公比的等比数列．…（7分）（注：文字叙述不全扣1分）（3）由（2）得，…（9分）∴．…（12分）解析：解：（1）∵数列{a n}满足，∴．…（3分）（2）∵，又a1-2=-1，∴数列{a n-2}是以-1为首项，为公比的等比数列．…（7分）（注：文字叙述不全扣1分）（3）由（2）得，…（9分）∴．…（12分）30．在数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）在数列{b n}中，若存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），求p，q得值；（Ⅲ）若记c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项的和S n．答案：解：（Ⅰ）数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n；∴b n+1=log2a n+1，∴b n+1-b n=log2a n+1-log2a n=log2=-1；∴=，∴{a n}是等比数列，通项公式为a n=16×=；∴{b n}的通项公式b n=log2a n=log2=5-n；（Ⅱ）数列{b n}中，∵b n=5-n，假设存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），则，解得，或；（Ⅲ）∵a n=，b n=5-n，∴c n=a n•b n=（5-n）×；∴{c n}的前n项和S n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×①，∴s n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×②；①-②得：s n=4×----…--（5-n）×=64--（5-n）×=48+（n-3）×；∴s n=96+（n-3）×．解析：解：（Ⅰ）数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n；∴b n+1=log2a n+1，∴b n+1-b n=log2a n+1-log2a n=log2=-1；∴=，∴{a n}是等比数列，通项公式为a n=16×=；∴{b n}的通项公式b n=log2a n=log2=5-n；（Ⅱ）数列{b n}中，∵b n=5-n，假设存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），则，解得，或；（Ⅲ）∵a n=，b n=5-n，∴c n=a n•b n=（5-n）×；∴{c n}的前n项和S n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×①，∴s n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×②；①-②得：s n=4×----…--（5-n）×=64--（5-n）×=48+（n-3）×；∴s n=96+（n-3）×．。

高考数学数列复习 题集附答案

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高考数学数列复习题集附答案高考数学数列复习题集附答案1. 数列基本概念数列是数学中重要的概念之一，在高考数学中也占有重要的地位。

数列是按照一定的规律排列的一系列数的集合。

在数列中，每个数称为该数列的项，而规律则决定了数列的特征。

在高考中，数列的考查形式多样，掌握数列的基本概念对于解题至关重要。

2. 等差数列等差数列是一种常见的数列形式，在解题中经常出现。

等差数列的特点是每一项与前一项之差都相等。

假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则数列的通项公式是aₙ = a₁ + (n-1)d。

在考试中，理解等差数列的通项公式以及应用等差数列的性质解题是必要的。

3. 等比数列等比数列是另一种常见的数列形式，也经常出现在高考数学试题中。

等比数列的特点是每一项与前一项之比都相等。

假设等比数列的首项为a₁，公比为q，第n项为aₙ，则数列的通项公式是aₙ = a₁ * q^(n-1)。

了解等比数列的通项公式、性质以及应用等比数列解题的方法对于解答高考试题非常关键。

4. 递推数列递推数列是数列中常见的一种类型，其中每一项通过前一项计算得出。

递推数列的求解常常需要列出前几项进行观察。

在解题时，可以通过观察数列的规律，推导出数列的通项公式，从而求解特定项。

练习题：1. 给定等差数列的首项a₁ = 3，公差d = 2，求该等差数列的第10项。

答：根据等差数列的通项公式，第10项的计算公式为 a₁₀ = a₁ + (n-1)d = 3 + (10-1)2 = 21。

2. 给定等比数列的首项a₁ = 2，公比q = 3，求该等比数列的第5项。

答：根据等比数列的通项公式，第5项的计算公式为 a₅ = a₁ *q^(n-1) = 2 * 3^(5-1) = 162。

3. 已知递推数列的前两项分别为a₁ = 1，a₂ = 2，且每一项都等于前两项之和，求该递推数列的第6项。

答：观察数列的前几项，发现每一项都等于前两项的和，即aₙ =aₙ₋₁ + aₙ₋₂。

高考数学二轮复习常考题型大通关(全国卷理数)解答题：数列

高考数学二轮复习常考题型大通关(全国卷理数)解答题：数列

高考数学二轮复习常考题型大通关（全国卷理数）解答题：数列1.等比数列{}n a 中，已知142,16a a ==(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若35,a a 分别为等差数列{}n b 的第3项和第5项，试求数列{}n b 的通项公式及前n 项和n S 。

2.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足：3576,24a a a =+=.(1)求等差数列{}n a 的通项公式；(2)求数列1{}nS 的前n 项和n T .3.已知数列{}n a 和{}n b 满足112,1a b ==,()12N n n a a n *+=∈,()12311111N 23n n b b b b b n n *+++++=-∈ .（1）求n a 与n b ;（2）记数列{}n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .4.已知等差数列{}n a 满足36a =，前7项和为749S =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 满足()33n n n b a =-⋅，求{}n b 的前n 项和n T ．5.已知{}n a 是递增的等比数列，11a =，且22a 、332a 、4a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设21231log log n n n b a a ++=⋅，n *∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n S .6.已知公差不为0的等差数列{}n a 的前3项和39S =,且125,,a a a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式.(2)设n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和,求证12n T <.7.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ．若113a b ==，42a b =，4212S T -=．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b +的前n 项和.8.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()112,2*n n a a S n N +==+∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令112(1)(1)n n n n b a a -+=--，求数列{}n b 的前n 项和n T ，求证：12n T <.答案以及解析1.答案：(1)设{}n a 的公比为q ，由已知得3162q =，解得2q =，∴112.n n n a a q -==(2)由(1)得358,32a a ==，则358,32b b ==，设{}n b 的公差为d ，则有1128432b d b d +=⎧⎨+=⎩解得11612b d =-⎧⎨=⎩∴1612112)2(8n b n n =+--=-，∴数列{}n b 的前n 项和2(161228)6222n n n S n n -+-==-.2.答案：(1设等差数列{}n a 的首项为1a 、公差为d ,3576,24a a a =+= ,()()111264624a d a d a d +=⎧∴⎨+++=⎩,解得：122d a =⎧⎨=⎩,(2122)n a n n ∴=+-⨯=；(2由(1)得：()1(22)(1)22n n n a a n n S n n ++===+,所以1211111111 11223(1)(1)n n n T S S S S n n n n =++++=++++-⨯⨯-+ 11111111112233411n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1111n n n =-=++．3.答案：（1）由112,2n n a a a +==,知0n a ≠,故12n n a a +=,即{}n a 是以2为首项,2为公比的等比数列,得()2N n n a n *=∈.由题意知,当1n =时,121b b =-,故22b =.当2n ≥时,11n n n b b b n +=-,整理得11n n b b n n +=+,所以n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项,1为公比的等比数列,即1n b n =,所以()N n b n n *=∈.（2）由（1）知2n n n a b n =⋅.因此231222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅,①23412222322n n T n +=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅,②①-②得23122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅.故()()1122N n n T n n +*=-+∈.4.答案：（1）由()177477492a a S a ⨯+===，得47a =，因为36a =，所以11.4d a ==，故3n a n =+.（2）()333n n n n b a n =-⋅=⋅，所以1231323333n n T n =⨯+⨯+⨯+⋯+⨯①23131323(1)33n n n T n n +=⨯+⨯+⋯+-⨯+⨯②由①-②得1231133233333313n n n n n T n n +++--=++++-⨯=-⨯- ，所以1(21)334n n n T +-⨯+=.5.答案：（1）设数列{}n a 的公比为q ，由题意及11a =，知1q >.22a 、332a 、4a 成等差数列成等差数列，34232a a a ∴=+，2332q q q ∴=+，即2320q q -+=，解得2q =或1q =（舍去），2q ∴=.∴数列{}n a 的通项公式为1112n n n a a q --==；（2）()212311111log log 222n n n b a a n n n n ++⎛⎫===- ⎪⋅++⎝⎭ ，11111111111232435112n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.()()13113232212431114122221n n n n n n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭+⎛⎫=--=- ⎪++++⎝⎭.6.答案：(1)由3S 9=得13a d +=①;125,,,a a a 成等比数列得:()()21114a a d a d +=+②;联立①②得11,2a d ==;故21n a n =-.(2)111111(21)(21)22121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭ 11111111111233521212212n T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-+⋯+-=-< ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭.7.答案：（1）由1142,a b a b ==，则()()421234122312S T a a a a b b a a -=+++-+=+=，设等差数列{}n a 的公差为d ，则231236312a a a d d +=+=+=，所以2d =.所以32(1)21n a n n =+-=+.设等比数列{}n b 的公比为q ，由题249b a ==，即2139b b q q ===，所以3q =.所以3n n b =；（2）(21)3n n n a b n +=++，所以{}n n a b +的前n 项和为()()1212n n a a a b b b +++++++ ()2(3521)333n n =++++++++ ()()313331(321)(2)2132n n n n n n --++=+=++-8.答案：（1）()12,*n n a S n N +=+∈，①当1n =时，212a S =+，即24a =，当2n ≥时，12n n a S -=+，②由①-②可得11n n n n a a S S +--=-，即12n n a a +=，∴2222,2n n n a a n -=⨯=≥当1n =时，1122a ==，满足上式，∴()2n n a n N *=∈（2）由（1）得1112111()(21)(21)22121n n n n n n b -++==-----∴1111111111(1)(1)23372121221n n n n T ++=-+-++-=---- ∴12n T <。

全国卷数列高考题汇总附答案完整版

全国卷数列高考题汇总附答案完整版

全国卷数列高考题汇总附答案完整版全国卷数列高考题汇总附答案Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】数列专题高考真题2014·I 17.已知数列{aa}的前a项和为a，a1=1，aa≠0，aaa+1=aaa−1，其中a为常数.Ⅰ）证明：aa+2−aa=a；Ⅱ）是否存在a，使得{aa}为等差数列并说明理由.2014·II 17.已知数列{aa}满足a1=1，aa+1=3aa+1.Ⅰ）证明{aa+2}是等比数列，并求{aa}的通项公式；Ⅱ）证明：a1+a3+⋯+aa<xxxxxxx a.2015·I 17.aa为数列{aa}的前a项和.已知aa>aa2+2aa=4aa+3。

Ⅰ）求{aa}的通项公式：Ⅱ）设a1=1，求数列{aa}的前a项和。

2015·II 4.等比数列{aa}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=42.2015·II 16.设Sn是数列{aa}的前n项和，且a1=−1，a a+1=SnSn+1，则Sn=__________.2016·I 3.已知等差数列{aa}前9项的和为27，a10=8，则a100=98.2016·I 15.设等比数列{aa}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…aa的最大值为__________.2016·II 17.Sn为等差数列{aa}的前a项和，且a1=1，a7=28记aa=[aaaaa],其中[a]表示不超过a的最大整数，如[.9]=0，[aa99]=1.I）求a1，a11，a101；II）求数列{aa}的前1 000项和.2016·III 12.定义“规范01数列”{aa}如下：{aa}的每一项为0或1，且不存在连续的1.例如，{0,1,0,0,1,0}和{0,1,0,1,0,1}是规范01数列，而{0,1,1,0}和{1,0,1,0,0}不是规范01数列.Ⅰ）证明：长度为n的规范01数列的个数为F(n+2)，其中F(n)为斐波那契数列的第n项；Ⅱ）已知规范01数列{aa}的前n项和Sn，求{aa}的第n项。

2024高考题分类训练(数学)专题五 数列

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.。

统编教材部编版人教版高考数学复习专题04 数 列(新高考地区专用)(原卷版附解析答案)

统编教材部编版人教版高考数学复习专题04 数 列(新高考地区专用)(原卷版附解析答案)

专题04 数 列一．等比数列前n 项和规律n n n n 11111n n a (1q )a a q a a S q S =A-Aq 1q 1q 1q 1q --===-⇔----简记：，指数次数只能为n 次方常数与指数函数的系数成相反数二．单一条件口算结果-----实质考查等比或等差中项1.无论是等差还是等比数列，如果只知道一个条件是取法确定具体的数列，那么可以处理为非0的常数数列，因为非0的常数数列即是等差也是等比数列。

（常数数列：每一项都是相同的）{}{}n n n n 12n 12n-1n n n n 12n 12n-1n n n m n n n n-12.a n S ,b n ,(a a )(2n 1)S 2a a S An B a A(2n 1)B 2(1)=(2)(b b )(2n 1)T 2b b T Cn D b C(2m 1)D2S An B An B kn=n T Cn D Cn D knS An B kn S [A --+-+-+====+-+-+++=⇒++=+=等差数列的前项和等差数列的前项和T 则（）推导：等差数列的前项和为无常数的二次函数（）（）n n m m a k[A(2n 1)B](n 1)B]kn a A(2n 1)Bb k[A(2m 1)B]b C(2m 1)D⎧⎪−−−→=-+⎨-+⎪⎩-+=-+∴=-+相减同理可得 三．公式法口算通项----a n =S n -S n-1(n ≥2)21122n-11n -n n n 2(1)(2)n 1⇔⇔⎧⎪≥⎨⎪⎩-≥=∴n n n 模型1:无常数项的二次函数S =An +Bn a =2An+(B-A)系数2倍，常数后前推导过程：=1时，S =A+B 即a =A+BS =An +Bn(1)时，S =A(n-1)+B(n-1)(2)得a =2An+(B-A)（n 2)令时，a =A+B a =2An+(B-A)21122n-11+ n=1n +n +n +n 2+(1)(2)n 1+ n=1⎧⎪⇔⇔⎨≥⎪⎩⎧⎪≥⎨⎪⎩-≥=∴n n n A+B C 模型2:有常数项的二次函数S =An +Bn C a =2An+(B-A) n 2推导过程：=1时，S =A+B+C 即a =A+B CS =An +Bn C(1)时，S =A(n-1)+B(n-1)C(2)得a =2An+(B-A)（n 2)令时，a =A+B A+B C a =2An+(⎧⎪⎨≥⎪⎩B-A) n 2nn n 111nn 1n-1n 11n 1n=1A B A n n A Bn 2A B(1)(2)A 1n 1 n=1A ----⎧⎪⇔+⇔⎨≥⎪⎩⎧+⎪≥⎨+⎪⎩-≥⇒=∴n n n k(A-1)模型3:指数型函数S =k a =k(A-1) n 2推导过程：=1时，S =A+B 即a =A+BS =k (1)时，S =k (2)得a =k(A-1)（n 2)指数函数的次数减令时，a =k(A-1)k(A-1)a =k(A-1) ⎧⎪⇒⎨≥⎪⎩当分段两者n=1结果相同时，合并为一式n 2{}n 1n n 111n n n-1n 1n n n 1n+1n 1n 1n 11k a B ()1k k 1n a B 1ka Bn 2a Ba k (1)(2)a a =a k+1a k 1=a kka k 1=a q 1k -----⇔+⇔⋅--+-+⎧⎪≥⎨+⎪⎩⎧⎪-⇔⎨-⎪⎩∴-∴⋅=-n n n n B 模型4:指数型函数S =k a =推导过程：B=1时，S =k 即a =S =k (1)时，S =k (2)不是固定的，右边的k 与下标同步得a =k -k 即a 是以首项，公比为的等比数列B a n 1k ()k 1-⋅-记得检验首项四．口算错位相减法的结果nn n 1n (1)a (dn t)q 2n d A 1q S Bq (An B)q A t B 1q +⎧⎪=+⇒⎨⎪⎩⎧=⎪-⎪∴=-+⇔⎨+⎪=⎪-⎩乘法模型，除的话改成乘法通项公式：（）指数函数的指数为，非n 变成n五．斐波那数列---黄金分割数列---nn 1a 0.618a +≈n n-1n-2n n n n n 21. a =a +a 112.a [((]5223.:S a 1+≥≥+-=-=-特征：F(n)=F(n-1)+F(n-2) n 3或n 3通项：规律4. 数列特点：0 1 1 2 3 5 8 13 21 34...三个数据为一组，第一数据为偶数，第二、三个数据为奇数技巧1 等比数列前n 项和规律【例1】（2020·福建省厦门第六中学）已知等比数列{}n a 的前n 项和()232nn S λλ=+-⋅（λ为常数），则λ=（ ） A ．2- B ．1-C ．1D ．2【举一反三】1．（2020·安徽含山（理））已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝3n +2+3t ，则t ＝（ ） A ．1 B ．﹣1 C ．﹣3 D ．﹣92．（2020·安徽屯溪一中）已知等比数列{}n a 的前n 项和为1136n n S x -=⋅-，则x 的值为( ) A ．13B ．13-C ．12D ．12-技巧2 单一条件口算结果【例2-1】（1）（2020·宁夏高三其他（文））n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若150S =，则8a =（ ）. A ．-1B ．0C ．1D ．2（2）（2020·山西省长治市第二中学校高三月考（理））已知各项为正数的等比数列{}n a 满足2589a a a =﹐则3334353637log log log log log a a a a a ++++的值为（ ） A ．73B ．83C ．3D ．103【例2-2】（2020·河南）已知等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且521n n S n T n +=-，则76a b =（ ） A ．67B ．1211C ．1825D ．1621【举一反三】1．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S = A ．5 B ．7C ．9D ．112．（2020·广东云浮·）在正项等比数列{}n a 中，若63a =，则313233311log log log log a a a a ++++=（ ）．A ．5B ．6C ．10D ．113．（2020·浙江宁波）已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，若26102a a a π++=，2588b b b =，则4837sina ab b +的值是（ ） A ．12B ．12-CD．4．（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a ，{}n b 为等差数列，其前n 项和分别为n S ，n T ，422n n S n T n +=+，则59a b =（ ） A ．3811B ．109C ．1110D ．2技巧3 公式法口算通项【例3】（2020·南京市秦淮中学高三其他）已知数列{}n a 的前n 项和223n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为______．【举一反三】1．（2020·湖南湘潭·高考模拟（文））已知数列{}n a 的前n 项和公式为221n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为___．2．（2020·山西大同·高三一模（文））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若111,23+==+n n a a S ，则数列{}n a 的通项公式为___________.技巧4 错位相减法口算结果【例4】（2020·江西东湖·南昌二中高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，*)()n S n N ∈在函数2y x 的图象上，数列{}n b 满足1110,363n n b b b +==+， （1）求{}n a 的通项公式；（2）若(3)n n n c a b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【举一反三】1．（2020·河南高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且(1)2n n n n S a --=． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）如果数列12n n b -=，求数列{}n n a b 的前n 项和n T ．2．（2019·甘肃天水·高考模拟（文））在正项等比数列{n a }中，11a =且3542,,3a a a 成等差数列.（1）求数列的通项公式； （2）若数列{n b }满足n nnb a =，求数列{n b }的前n 项和n S ．技巧5 斐波那数列【例5】（2020·吉林前郭尔罗斯县第五中学）“斐波那契”数列是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的．数列中的一系列数字常被人们称为神奇数．具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从该数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列{}n a 为“斐波那契”数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，若2020a m =，则2018S =（ ） A ．2mB ．212m - C ．1m - D ．1m +【举一反三】1．（2020·河北高三月考）数列1、1、2、3、5、8、13、21、34、称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于1202年在他撰写的《算盘全书》中提出的，该数列的特点是：从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.在该数列的前2020项中，偶数的个数为（ ） A ．505 B ．673C ．674D ．10102．（2019·福建高三（理））斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”.如图，矩形ABCD 是以斐波那契数为边长的正方形拼接而成的，在每个正方形中作一个圆心角为90︒的圆弧，这些圆弧所连成的弧线就是斐波那契螺旋线的一部分.在矩形ABCD 内任取一点，该点取自阴影部分的概率为（ ）A ．8πB ．4π C ．14D ．341．（2020·湖北黄州·黄冈中学高三其他（理））已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，6353a a a +-=，则7S =（ ） A ．42 B ．21 C ．7D ．32．（2020·甘肃高三其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为2n n S a =+，则a=（ ）A ．0B ．2-C ．1-D ．13．（2020·辽源市田家炳高级中学校高二期末（理））斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为90︒的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形 ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（ ）A ．191160π+ B ．192160π+ C ．19180π+ D ．19280π+4．（2020·安徽高三月考（理））裴波那契数列（Fibonacci sequence ）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列{}n a 满足：121a a ==，21++=+n n n a a a ，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是（ ） A ．14B ．13C ．12D ．235．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是12(3,Ν)n n n a a a n n *--=+≥∈，其中11a =，21a =.若从该数列的前100项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（ ） A ．13B ．33100C ．12D ．671008．（2020·江西高三（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是()*123,n n n a a a n n N--=+≥∈，其中11a =，21a =.若从该数列的前120项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为（ ）A ．13B ．23C ．12D ．347．（2020·嘉祥县第一中学高三其他）设数列{}n a ，{}n b 均为等差数列，它们的前n 项和分别为n S ，n T ，若2334n n S n T n -=+，则55a b =（ ） A ．719 B ．1531C ．1734D ．19378．（2020·合肥一六八中学高三其他（理））已知数列{}n a 为等差数列，且满足251115a a a ++=，则数列{}n a 的前11项和为（ ）A ．40B ．45C ．50D ．559．（2019·河南高二月考）两等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且12n n S n T n+=，则85(a b = ) A ．45B ．67C ．89D ．210．(多选）（2020·福建省永泰县第一中学高三月考）斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（ ）A ．(1)1()2n nF n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎥=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦D ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛⎫⎥=+ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦12．（2020·福建漳州·高三其他（文））若n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且918S =，则5a =__________.13．（2020·陕西渭南·（理））已知数列{a n }的前n 项和S n =n (n +1)+2,其中*n N ∈,则a n =_____.14．（2020·湖北高三月考（理））设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若257n n S a =-，则n a =____15．（2020·浙江高三其他）已知数列{}n a 的前n 项和()2*21n S n n n N=+-∈，则1a=____________；数列{}n a 的通项公式为n a =____________．16．（2020·浙江高三月考）十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列{}n a 满足以下关系：11a =，21a =，()123--=+≥∈*n n n a a a n ,n N ，记其前n 项和为n S ，设2020a m =(m 为常数)，则20182020S a -=______；1352019+++⋅⋅⋅+=a a a a ______.17．（2020·陕西西安中学）斐波那契数列(Fibonaccisequence)，又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契(LeonardodaFibonacci)以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.它是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55……在数学上，斐波那契数列以如下递推的方法定义：a 1=1，a 2=1，n n 1n 2a a a --=+(n ≥3，n ∈N *)，记其前n 项和为S n ，设a 2019=t (t 为常数)，则2017201620152014S S S S +--＝________(用t 表示)，20172019S a -=________(用常数表示).18．（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21nn S =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若()21n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．19．（2020·河南高二其他（文））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，2121a a =+.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列{}n b 满足()214n n na b -=， 求数列{}n b 的前n 项和n R .专题04 数 列二．等比数列前n 项和规律n n n n 11111n n a (1q )a a q a a S q S =A-Aq 1q 1q 1q 1q --===-⇔----简记：，指数次数只能为n 次方常数与指数函数的系数成相反数二．单一条件口算结果-----实质考查等比或等差中项1.无论是等差还是等比数列，如果只知道一个条件是取法确定具体的数列，那么可以处理为非0的常数数列，因为非0的常数数列即是等差也是等比数列。

专题10 数列-2019年新课标全国卷(1、2、3卷)理科数学备考宝典

专题10 数列-2019年新课标全国卷(1、2、3卷)理科数学备考宝典

2019年新课标全国卷（1、2、3卷）理科数学备考宝典10．数列一、考试大纲1．数列的概念和简单表示法(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式). (2)了解数列是自变量为正整数的一类函数. 2．等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念.(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式.(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题. (4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.二、新课标全国卷命题分析数列属于高考必考考点，一般占10分或12分，即两道小题或一道大题，其中必有一道小题属于基础题，一道中档偏上题或压轴题，大题在17题出现，属于基础题型，高考所占分值较大，在高中教学中列为重点讲解内容，也是大部分学生的难点，主要是平时教学题型难度严重偏离高考考试难度，以及研究题型偏离命题方向，希望能引起注意；考试主线非常明晰：（1）等差数列通向公式n a 及其前n 项和n S ；（2）等比数列通向公式n a 及其前n 项和n S ；（3）错位相减法、裂项相消法等求数列的前n 项和等等．数列在大学中有着特殊位置，《微积分》中的无穷级数，《数论》中扩展的数列都有涉猎，数列还是比较重要的知识今年没有出等比数列的知识，是比较不足的地方，望考生从等比数列和等差数列两方面出题，2019年若是在出数列，有可能出现“错位相减法求和”，因为考查学生运用数学思想去解决问题，考查考生的内在数学涵养。

三、典型高考试题讲评题型1 等差数列与等比数列的基本量例1 (2018·新课标Ⅰ，理4)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若4233S S S +=，21=a ，则=5a （ ）A ．12- B. 10- C. 10 D. 12 解析：4233S S S += 且n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.()111333246a d a d a d ∴+=+++，即0231=-d a ，又21=a ，3-=∴d ， ()10342415-=-⨯+=+=∴d a a ， 故选B【解题技巧】等差数列与等比数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及到五个量，1a ，n a ，d 或q ，n ，n S ，知道其中三个就可以求另外两个，体现方程的思想，在求解此类问题时，使用1a ，d 或q 建立方程是基本方法。

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数列专题复习（1）
一、等差数列和等比数列的性质
1、已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a = （A ）
172 （B ）19
2
（C ）10 （D ）12 2、数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n = 3、设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S =
A 5
B 7
C 9
D 11
4、已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a = A.2 B.1 1C.2 1
D.
8
5、等比数列｛a n ｝满足a 1=3，
135a a a ++ =21，则357a a a ++= A21 B42 C63 D84
6、等差数列{}n a 的公差为2，若2a ，4a ，8a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S = （A ） ()1n n + （B ）()1n n - （C ）
()12
n n + (D)
()12
n n -
7、设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
8、等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，已知S 3 = a 2 +10a 1 ，a 5 = 9，则a 1= （A ）
13 （B ）13
- （C ）
19 （D ）1
9
- 9、已知{n a }为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=
A7 B5 C －5 D －7
10、已知各项均为正数的等比数列{n a }，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a =
(A) 11、如果等差数列{}n a 中，34512a a a ++=，那么127...a a a +++= （A ）14
（B ）21 （C ）28 （D ）35
12、等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10=0，S 15 =25，则nS n 的最小值为________. 13、等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若3230S S +=，则公比q =___________。

14、设S n 为等差数列{}n a 的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S k +2-S k =24，则k =
(A)8 (B)7 (C) 6 (D) 5
15、设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，
b 1＋
c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝
2n n c a +，c n ＋1＝2
n n
b a +，则( )．
A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
二、数列求和
1、已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，555,15a S ==，，则数列1
1
{
}n n a a +的前100项和为（ ）（A ）
100101 （B ）99
101
（C ）99100 （D ）101100 2、等比数列{}n a 的各项均为正数，且2
12326231,9.a a a a a +==
（1)求数列{}n a 的通项公式；
（2）设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的前n 项和.
3、已知等差数列{}n a 的公差不为零，125a =，且11113,,a a a 成等比数列。

（1）求{}n a 的通项公式；（2）求14732+n a a a a -++⋅⋅⋅+；
4、已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。

（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列2n n a ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和.
5、已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5. (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列21211
n n a a -+⎧
⎫⎨⎬⎩⎭
的前n 项和．
6、已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且1212
11
2(
)a a a a +=+；345345
1112(
)a a a a a a ++=++ （1）求{a n }的通项公式；（2）设2
1()n n n
b a a =+
,求数列{b n }的前n 项和T n.
三、数列递推
1、设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．
2、数列{n a }满足1(1)21n
n n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为____________。

3、若数列{}n a 的前n 项和21
33
n n S a =
+，则{}n a 的通项公式是n a ＝_______. 4、已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+.
（1）证明{
}
12
n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；（2）证明：1231112
n
a a a ++<…+.
5、n S 为数列{n a }的前n 项和.已知0n a >，2
243n n n a a S +=+, （1）求{n a }的通项公式：（2）设1
1
n n n b a a += ,求数列{}n b 的前n 项和
6、已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数. （1）证明：2n n a a λ+-=；（2）是否存在λ，使得{n a }为等差数列？并说明理由.
7、设数列{}n a 满足10a =且
111
1.11n n
a a +-=--
（1）求{}n a 的通项公式；（2
）设n b =设S 1
,n
n k k b ==∑证明： 1.n S <
8、已知数列{}n a 中，1111,n n
a a c a +==-
. （1）设51
,22
n n c b a ==-，求数列{}n b 的通项公式；
（2）求使不等式13n n a a +<<成立的c 的取值范围 .
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