高三一模分析会材料专题复习(数列)
2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)
数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题（微专题）（解析版）2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=5,S 9=81，数列{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n a n +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．2【2020年新课标1卷文科】数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为540，则a1=1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a1、3a2的等差中项，a4=16．(1)求数列{a n}的通项公式；log，求数列{b n}的前n项和T n．(2)若b n=-1n⋅2a2n+12【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.n n+13(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.2(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n前n项和满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n的通项公式；和数列b n(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n，所以a n+1n是常数列，即a n+1n=a1+11=3,∴a n=3n-1；【小问2详解】由(1)知，a n是首项为2，公差为3等差数列，由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4，b2n=2a2n+1=12n+4，设数列b2n-1，b2n的前50项和分别为T1，T2，所以T1=50b1+b992=25×298=7450，T2=50×b2+b1002=25×620=15500，所以b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950；综上，a n=3n-1，b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．【答案】(1)证明见详解(2)S2n=2n-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2，上述两式作差可得a n=12n-1n≥2，因为a1=1满足a n=12n-1，所以a n的通项公式为a n=12n-1，所以1a n=2n-1，因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数)，所以1a n是一个等差数列．(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数 ，所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19，C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+3．2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．【答案】(1)a1=12，a2=4；1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12，a2=4．令2n-2=1024=210，解得：n=12为偶数，不符合题意，舍去；令3n-2=1024，解得：n=342，符合题意．因此，1024是数列a n的第342项．(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116．另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1a2n-1=4，所以数列a2n-1是以12为首项，4为公比的等比数列．a2n=6n-2，又a2n+2-a2n=6，所以数列a2n是以4为首项，6为公差的等差数列．S2n-1为数列a2n-1的前n项和与数列a2n的前n-1项和的总和．故S2n-1=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.【答案】(1)a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)证明见解析.【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,所以a2n+1+1=2a2n-1+1,因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,而a2n=2a2n-1=2n+1-2,所以a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)方法一：由(1)得T2n=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5,S9=81，数列{b n}满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =59a 1+9×82d =81 ，∴a 1=1,d =2，∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3，①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ，②所以①-②得，a n b n =2n -1 ⋅3n ，∴b n =3n n ≥2 .当n =1时，a 1b 1=3,b 1=3，符合b n =3n .∴b n =3n .(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ，依题有：T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2，则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n (2)T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数【详解】(1)因为a n 是等比数列，公比为q ≠-1，则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4，a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7，所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127，解得q =3，由S 4=a 3+93，可得a 11-34 1-3=9a 1+93，解得a 1=3，所以数列a n 的通项公式为a n =3n ．(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数，当n 为偶数时，T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32+34+⋅⋅⋅+3n=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24；当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1-98-n +1 24；综上所述：T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数.题型二、含有(-1)n 类型2【2020年新课标1卷文科】数列{a n }满足a n +2+(-1)n a n =3n -1，前16项和为540，则a 1=【答案】7【解析】a n +2+(-1)n a n =3n -1，当n 为奇数时，a n +2=a n +3n -1；当n 为偶数时，a n +2+a n =3n -1.设数列a n 的前n 项和为S n ，S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70)+(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41)=8a 1+392+92=8a 1+484=540，∴a 1=7.故答案为：7.1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1、3a 2的等差中项，a 4=16．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =-1 n ⋅2a 2n +1log ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项，所以2a 3=2a 1+3a 2，即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2-3q -2=0，解得q =2或q =-12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q =2．因为a 4=16，即a 4=a 1q 3=8a 1=16，解得a 1=2，所以a n =2×2n -1=2n ；(2)解法一：(分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，①若n 为偶数，T n =-3+5-7+9-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ；②若n 为奇数，当n ≥3时，T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2，当n =1时，T 1=-3适合上式，综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *)；解法二：(错位相减法)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+⋯+-1 n ⋅2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ，=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n=n+1-1n-1，n∈N*2【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1，S n=n2；(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量，列方程即可求得首项和公差，再利用公式求通项公式和前n项和即可；(2)根据(1)中所求即可求得b n，对n分类讨论，结合等差数列的前n项和公式，即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9，所以d=a5-a32=2，则a3=a1+2d=a1+4=5，解得a1=1；故a n=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2题型三、a n+a n+1类型3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．【解析】(1)已知S n=a n2+n2+1，n∈N*当n=1时，a1=a12+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=a22+5，a2=2，所以a1+a2=6．因为S n=a n2+n2+1①，所以S n+1=a n+12+n+12+1②．②-①得，a n+1=a n+12-a n2+n+12-n2，整理得a n+a n+1=4n+2，n∈N*，所以a n+1+a n+2-a n+a n+1=4n+1+2-4n+2=4(常数)，n∈N*，所以a n+a n+1是首项为6，公差为4的等差数列．(2)由(1)知，a n-1+a n=4n-1+2=4n-2，n∈N*，n≥2．当n为偶数时，S n=a1+a2+a3+a4+⋯+a n-1+a n=n26+4n-22=n2+n；当n为奇数时，S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=n2+n+2．综上所述，S n=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.【答案】(1)a n=n,n=2k-1,k∈Zn-1,n=2k,k∈Z，bn=3n-1；(2)58n-59n8.【分析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n82(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n ；数列b n 前n 项和为S n ，且b 1=1，2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，b n =3n -1；(2)58n -5 9n8.【解析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n8。
高三文科数学第一轮复习数列专题.docx
数列专题姓名： _____________ （一）数列求和学号： _____________1．公式法。
（直接用等差、等比数列的求和公式求和）n(a 1a n )n(n 1)na 1 (q 1)na 1 ； S nn ) (q 1)S n22da 1 (1 q公比含字母时一定要讨论1 q例 1（1）：已知等差数列．．．． { a n } 满足 a 1 1, a 23 ，求前 n 项和 S n ．例 1（2）：已知等比数列．．．． { a n } 满足 a 11, a 2 3 ，求前 n 项和 S n ．练习 1（ 1） .设 f (n)2 2427210L23 n 10 ( nN ) ，则 f (n) 等于（）A. 2(8n1) B.2 (8n 1 1) C.2(8n 3 1)D. 2 (8n 41)777 7练习 1（ 2） . 求和： 1+ 3 + 7 + 9 + K + (2 n - 1)2．分组求和法c n = a n + b n ， a n 、 b n 是等差或等比数列，则采用分组求和法1111 例 3：求数列1， 2+， 3+ ， 4++⋯ + nn 1 的前 n 项和 S n ．2 482练习 2（1）：已知数列 { a n } 是 3＋ 2－1,6＋ 22－ 1,9＋ 23－ 1,12＋24 －1，⋯，写出数列 { a n } 的通项公式并求其前 n 项和 S n ．练习 2（ 2）：求和： (2 - 3? 5- 1 ) (4 - 3? 5- 2 ) L + (2 n - 3? 5- n ) ．3．错位相减法：（乘以式中的公比q ，然后再进行相减） a n等差 , b n等比 , 求 a1b1 a 2b2a n b n的和 .例 3．求和S n 1 2x 3x2L nx n 1（ x 1 0 ）（提示：分类讨论， x1和 x 1 两种情况）练习 3（ 1）化简：S n 1 21 2 2 2n2n123n练习 3(2) ．求和：S n23na a a a练习3(3). 设{ a n}是等差数列，{b n } 是各项都为正数的等比数列，且a1b1 1 ， a3b521 ，a5 b3 13 （Ⅰ）求 { a n} ， { b n } 的通项公式；（Ⅱ）求数列a n的前 n 项和S n．b n4．裂项相消法 ( 把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项)常见拆项：1 11；1 1 ( 1 1 ) 1= 1 ( 1- 1 )n(n 1) nn 1n(n2)2 n n 2 ； n(n + k) k n n + k11111111]()[(2n 1)( 2n 1) 2 2n 1 2n 1 ； n(n 1)( n2) 2 n(n 1) ( n 1)(n2)例 4（1）．数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，若 a n1，则 S 5 等于（ ）n(n 1)A ． 1B ．5C ．1D ．16630例 4（2） . 已知数列 { a n } 的通项公式为 a n1，求前 n 项的和．nn11，求前 n 项的和．练习 4（ 1）．已知数列 { a n } 的通项公式为 a nn(n 1)练习 4（ 2）．若数列的通项公式为 b n1n 项和为 _________．,则此数列的前 (2n1) (2n 1)练习 4（ 3）已知数列a n: 1 ,12 , 1 23 , ⋯ , 1 2 3 L 9, ⋯ , 若 b n 1，23 34 4410 10 1010a nan 1那么数列 b n 的前 n 项和 S n 为（）A ．n B． 4n C.3n D． 5n n1n 1n 1n 1练习 4（ 4）．已知数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝n1，设 T n11 L1 ，求 T n ．2a 1 a 3a 2 a 4a nan 2练习 4（ 5）．求 11 1 14 1,(n N * ) 。
(word完整版)高三一轮复习数列专题(2021年整理)
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数列专题复习第一节 等差数列〖知识梳理〗师说76页考点一 等差数列的定义和通项公式公式1:1(1)n a a n d =+- 公式2：()n m a a n m d =+- 变形：1。
在等差数列{}n a 中，已知1232,13,a a a =+=则456a a a ++等于( )A ．40B ．42C ．43D ．452.在等差数列{}n a 中,已知1251,4,33,3n a a a a n =+==则为( ) A 。
48 B.49 C.50 D.51 3． (2014重庆)在等差数列}{n a 中, 1352,10,a a a =+=则7a = ( )A 。
5B.8C.10D.144。
（2014辽宁)设等差数列}{n a 的公差为d .若数列1{2}na a ⋅为递减数列，则( ）A.d>0B.d 〈0C. 1a d >0 D 。
1a d <05。
设数列的通项公式为72-=n a n ，则=+++1521a a a ________。
6．若数列｛x n }满足x n －x n －1＝d ,（n ∈N ＊,n ≥2),其中d 为常数,x 1＋x 2＋…＋x 20＝80,则x 5＋x 16＝________。
7.数列}{n a 中,若11a =，1223(1)n n a a n +=+≥，则该数列的通项n a = .8。
2015届高三一模分析会材料-专题复习(数列)
2015届高三一模分析会材料——专题复习（数列）一、考纲要求（与2014年相比没有变化）数列（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、图象、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、近五年广东该专题的考点分布三、近五年广东试题对比分析（含考点、解法对比分析）四、2014年广东试题与广州、佛山模拟试题的比较分析174n a +<}n 的前n 项和为1211+-++n3a 成等差数列1的值；）求数列}{a 的通项公式；广州调研第19题已知数列{a n}满足135a=，1321nnnaaa+=+，*n∈N．（1）求证：数列11na⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；（2）是否存在互不相等的正整数m，s，t，使m，s，t成等差数列，且1ma-，1sa-，1ta-成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m，s，t；如果不存在，请说明理由．考查了数列通项公式，数列}{na的递推关系，等差数列，等比数列，基本不等式，存在性问题。
还考查了转化、化归的思想方法以及分析推理能力。
（1）数列}{na的递推关系倒数变形，然后构造成等比数列11na⎧⎫-⎨⎬⎩⎭。
（2）由（1）求出数列}{na的通项公式，然后建立关于m，s，t的两个方程2m t s+=，3323m t s+=⨯，再利用基本不等式332323m t m t s++≥=⨯，从而引出矛盾。
广州一模第19题已知等差数列{}n a的首项为10，公差为2，等比数列{}n b的首项为1，公比为2，n N*∈.（1）求数列{}n a与{}n b的通项公式；（2）设第n个正方形的边长为{}min,n n nc a b=，求前n个正方形的面积之和.（注：{}min,a b表示a与b的最小值.）考查了等差数列，等比数列，由}{na、{}nb组成的新的数列，作差比较大小，数学归纳法，二项式定理，数列的前n和为n S。
高三数列总复习
高三数学总复习讲义——等差数列1、等差数列定义：一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母表示。
用递推公式表示为或。
2、等差数列的通项公式：；说明：等差数列（通常可称为数列）的单调性：为递增数列，为常数列， 为递减数列。
3、等差中项的概念：如果，，成等差数列，那么叫做与的等差中项。
其中4、等差数列的前和的求和公式：。
5、等差数列的性质：（1）在等差数列中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等差中项；（2）在等差数列中，相隔等距离的项组成的数列是，如：，，，，……；，，，，……；（3）在等差数列中，对任意，，，；（4）在等差数列中，若，，，且，则；说明：设数列是等差数列，且公差为，（Ⅰ）若项数为偶数，设共有项，则①奇偶；②；（Ⅱ）若项数为奇数，设共有项，则①偶奇；②。
6、数列最值（1），时，有最大值；，时，有最小值；（2）最值的求法：①若已知，可用二次函数最值的求法（）；②若已知，则最值时的值（）可如下确定或。
练习1．（01天津理，2）设S n是数列{a n}的前n项和，且S n=n2，则{a n}是（）A.等比数列，但不是等差数列B.等差数列，但不是等比数列C.等差数列，而且也是等比数列D.既非等比数列又非等差数列2．（06全国I）设是公差为正数的等差数列，若，，则（）A． B． C． D．3．（02京）若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（）A.13项B.12项C.11项D.10项4．（01全国理）设数列{a n}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（）A.1B.2C.4D.65．（06全国II）设S n是等差数列｛a n｝的前n项和，若＝，则＝A． B． C． D．6．（00全国）设｛a n｝为等差数列，S n为数列｛a n｝的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，T n为数列｛｝的前n项和，求T n。
高考数学高三模拟试卷复习试题高三年级调研考试专题06 数列001
高考数学高三模拟试卷复习试题高三年级调研考试专题06 数列1. 【高考北京理第7题】设4710310()22222()n f n n N +=+++++∈，则()f n 等于（ ）（A ）2(81)7n- （B ）12(81)7n +- （C ）32(81)7n +-（D ）42(81)7n +- 【答案】D2. 【高考北京理第6题】已知数列{}n a 对任意的*p q ∈N ，满足p q p q a a a +=+，且26a =-，那么10a 等于（ ） A ．165-B ．33-C ．30-D ．21-【答案】C 考点：数列3. 【高考北京理第2题】在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am ＝a1a2a 3a4a5，则m 等于( ) A ．9 B ．10 C ．11 D ．12 【答案】C考点：等比数列的通项公式.4. 【高考北京理第5题】设{}n a 是公比为q 的等比数列，则“1>q ”是“{}n a 为递增数列”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 【答案】D考点：等比数列的性质，充分条件与必要条件的判定，容易题.5. 【高考北京理第10题】若数列{}n a 的前n 项和210(123)n S n n n =-=，，，，则此数列的通项公式为；数列{}n na 中数值最小的项是第项．6. 【高考北京理第14题】某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第k 棵树种植在点()k k k P x y ，处，其中11x =，11y =，当2k ≥时，()T a 表示非负实数a 的整数部分，例如(2.6)2T =，(0.2)0T =．按此方案，第6棵树种植点的坐标应为 ；第棵树种植点的坐标应为 ． 【答案】(1,2) (3, 402)考点：数列的通项7.【高考北京理第14题】已知数列{}n a 满足：434121,0,,N ,n n n n a a a a n *--===∈则2009a =________；2014a =_________.【答案】1，0考点：周期数列等基础知识.8. 【高考北京理第11题】在等比数列{}n a 中，若112a =，44a =-，则公比q =________；12||||||n a a a +++=________.【答案】2-1122n --9. 【高考北京理第10题】已知}{n a 等差数列n S 为其前n 项和。
2023年新高考数学一轮复习7-5 数列的综合应用(知识点讲解)含详解
专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ）A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32 B ．33 C ．34 D ．35例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258B ．264C ．642D ．636例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ） A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2 （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ） A ．10B ．14C ．23D ．26例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金n T几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ）A ．5-B ．7C ．13D ．26例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【总结提升】理解题意，构造数列，应用数列模型解题．专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n - B ．12n -C ．21n -D ．32n -【答案】C 【解析】 【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 【答案】2n n 1-+ 【解析】 【分析】由题设11()()4n f f n n-+=，讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式，再求n S . 【详解】由题设，111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-， 所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩，即2(1)n a n =-且n ≥ 2， 当1n =时，11S =，当2n ≥时，21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-，所以21n S n n =-+，n *∈N故答案为：2n n 1-+.例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？ 【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（1）计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案；（2）令n n a b ≥得出42n ≤，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：（1）()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=（2）10470542n n n -+>+⇒≤，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=，∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】 【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k-==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =， 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去）， 所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--， 所以数列{}22nn c c -是等比数列； （ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==， 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑， 则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--， 所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n nn n T --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ） A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】 【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n 项和公式求出X ，再设小郭第3年还款的现值为y ，根据复利规则求出y ． 【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D 正确，C 错误， 设每年应还X 元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++， 银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +．2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+， ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+， 即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-，故A 错误．设小郭第三年还款的现值为y ，则3(1)y r X ⋅+=，所以()31Xy r =+，故B 正确；例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-， 因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，分类讨论n 可求出结果. 【详解】 由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅，∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ， 即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤， 即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤，即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤， 即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤， 即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，当14n ≤≤时，2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为4412226465n +≥+=++，∴125-≤p ，所以125p ≥-，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为447226663n +≤+=++，∴73-≥p ，所以73p ≤-，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．故选：A ．例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32B ．33C ．34D ．35【答案】B 【解析】 【分析】根据分裂数的定义，求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数，再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置，进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意，对于332,...,m ，它们依次对应2、3、…、m 个分裂数，则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+，从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+，又332,...,m 的分裂数{}n a ，构成首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，令211111n +=，可得555n =，所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤，当32m =时，(1)(2)5275552m m -+=<不符合； 当33m =时，(1)(2)5605552m m -+=>，(2)(1)5275552m m -+=<符合； 当34m =时，(2)(1)5605552m m -+=>不符合； 综上，33m =. 故选：B例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258 B ．264 C ．642 D ．636【答案】A 【解析】 【分析】分析可知对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<，由题中定义，对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣， 满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，当1m =时，0m b =，当)122,2m ⎡∈⎣时，1m b =，此时满足条件的m 的个数为12，当)232,2m ⎡∈⎣时，2m b =，此时满足条件的m 的个数为22，当)562,2m ⎡∈⎣时，5m b =，此时满足条件的m 的个数为52， 因此，01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选：A.例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-． 【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ，证明见解析 【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++， …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-， 所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭， 则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++， 因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+， 又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-． 【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦， 对其进行整理变形：()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+， ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=， ()2222222240as at b at a s t ++-=， 222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0=t ，其中2212s t b b a a-=为双曲线，0=t 为直线.故选：C.例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)（II ）（II ）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意， 所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六：数列与传统文化 例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ）A ．10B ．14C ．23D ．26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ，根据217a =，前5项和为100求解.【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列{}n a ．由题意可知，等差数列{}n a 中217a =，前5项和为100，设公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，则535100S a ==，解得320a =，所以323d a a ， 所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=，故选：D ．例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ） A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C 【解析】【分析】 根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤； 第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤， 以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤， 所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯， 即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =， 又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】【详解】。
2021年北京高三一模分类汇编数列(含解析)
2021北京高三一模数学汇编：数列一．选择题（共8小题）1．（2021•延庆区一模）已知{a n}为无穷等比数列，且公比0＜q＜1，记S n为{a n}的前n项和，则下面结论正确的是（）A．a3＜a2B．a1×a2＞0C．{a n}是递减数列D．S n存在最小值2．（2021•海淀区一模）设无穷等比数列{a n}的前n项和为S n，若﹣a1＜a2＜a1，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．数列{S n}有最大项D．数列{S n}有最小项3．（2021•海淀区一模）已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和．若a5＝S5＝5，则a1＝（）A．﹣5 B．﹣4 C．﹣3 D．﹣24．（2021•怀柔区一模）设等比数列{a n}的前n项和为S n，若a5＝8a2，则下列式子中的数值不能确定的是（）A．B．C．D．5．（2021•房山区一模）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S7＞S8，S8＝S9＜S10，则下面结论错误的是（）A．a9＝0 B．S15＞S14C．d＜0 D．S8与S9均为S n的最小值6．（2021•朝阳区一模）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝1，S9＝18，则a1＝（）A．0 B．﹣1 C．﹣2 D．﹣37．（2021•门头沟区一模）数列{a n}中，a1＝1，a n+1＝﹣2a n，数列{b n}满足b n＝|a n|，则数列{b n}的前n项和S n＝（）A．B．C．2n﹣1 D．（﹣2）n﹣18．（2021•平谷区一模）已知数列{a n}满足，且对任意n∈N*，都有，那么a4为（）A．B．7 C．D．10二．填空题（共3小题）9．（2021•东城区一模）已知{a n}为等比数列，a1＝1，a4＝，那么{a n}的公比为，数列{}的前5项和为．10．（2021•西城区一模）在等比数列{a n}中，a1+a3＝10，a2+a4＝﹣5，则公比q＝；若a n＞1，则n的最大值为．11．（2021•丰台区一模）设等比数列{a n}满足a1+a2＝48，a4+a5＝6，则log2（a1a2a3…a n）的最大值为．三．解答题（共10小题）12．（2021•房山区一模）对于数列{a n}，记b n＝max{a1，a2，…，a n}（n＝1，2，3，…），其中max{a1，a2，…，a k}表示a1，a2，…，a k这k个数中最大的数．并称数列{b n}是{a n}的“控制数列”，如数列1，2，3，2的“控制数列”是1，2，3，3．（Ⅰ）若各项均为正整数的数列{a n}的“控制数列”为1，3，4，4，写出所有的{a n}；（Ⅱ）设a n＝an2﹣2n（n∈N*）．（i）当a＞0时，证明：存在正整数m，使，，，…是等差数列；（ⅱ）当a∈[﹣2，2]时，求的值（结果可含a）．13．（2021•海淀区一模）已知无穷数列{a n}，对于m∈N*，若{a n}同时满足以下三个条件，则称数列{a n}具有性质P（m）．条件①：a n＞0（n＝1，2，…）；条件②：存在常数T＞0，使得a n≤T（n＝1，2，…）；条件③：a n+a n+1＝ma n+2（n＝1，2，…）．（Ⅰ）若a n＝5+4×（n＝1，2，…），且数列{a n}具有性质P（m），直接写出m的值和一个T的值；（Ⅱ）是否存在具有性质P（1）的数列{a n}？若存在，求数列{a n}的通项公式；若不存在，说明理由；（Ⅲ）设数列{a n}具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列{a n}的通项公式．14．（2021•西城区一模）已知数列A：a1，a2，…，a N（N≥3）的各项均为正整数，设集合T＝{x|x＝a j﹣a i，1≤i ＜j≤N}，记T的元素个数为P（T）．（Ⅰ）若数列A：1，2，4，3，求集合T，并写出P（T）的值；（Ⅱ）若A是递增数列，求证：“P（T）＝N﹣1”的充要条件是“A为等差数列”；（Ⅲ）若N＝2n+1，数列A由1．，2，3，…，n，2n这n+1个数组成，且这n+1个数在数列A中每个至少出现一次，求P（T）的取值个数．15．（2021•怀柔区一模）定义满足以下两个性质的有穷数列a1，a2，a3，…，a n为n（n＝3，4，⋅⋅⋅）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+a n＝0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|＝1．（Ⅰ）若等比数列{a n}为4阶“期待数列”，求{a n}的公比；（Ⅱ）若等差数列{a n}是2k+1阶“期待数列”（n＝1，2，3，…，2k+1，k是正整数），求{a n}的通项公式；（Ⅲ）记2k阶“期待数列”{a n}的前n项和为S n（n＝1，2，3，…，2k，k是不小于2的整数），求证：|S k|≤．16．（2021•石景山区一模）由m个正整数构成的有限集M＝{a1，a2，a3，…，a m}（其中a1＜a2＜a3＜…＜a m），记P（M）＝a1+a2+…+a m，特别规定P（∅）＝0，若集合M满足：对任意的正整数k≤P（M），都存在集合M的两个子集A，B，使得k＝P（A）﹣P（B）成立，则称集合M为“满集”．（Ⅰ）分别判断集合M1＝{1，2}与M2＝{2，3}是否为“满集”，请说明理由；（Ⅱ）若集合M为“满集”，求a1的值；（Ⅲ）若a1，a2，a3，…，a m是首项为1公比为2的等比数列，判断集合M是否为“满集”，并说明理由．17．（2021•丰台区一模）已知数列A：a1，a2，…，a2n（n∈N*），现将数列A的项分成个数相同的两组，第一组为B：b1，b2，…，b n，满足b i≥b i+1（i＝1，2，…，n﹣1）；第二组为C：c1，c2，…，c n，满足c i≤c i+1（i＝1，2，…，n﹣1），记M＝．（Ⅰ）若数列A：1，2，4，8，写出数列A的一种分组结果，并求出此时M的值；（Ⅱ）若数列A：1，2，3，…，2n，证明：max{b i，c i}≥n+1（i＝1，2，…，n）；（其中max{b i，c i}表示b i，c i中较大的数）（Ⅲ）证明：M的值与数列A的分组方式无关．18．（2021•朝阳区一模）设数列A m：a1，a2，…，a m（m≥2），若存在公比为q的等比数列B m+1：b1，b2，…，b m+1，使得b k＜a k＜b k+1，其中k＝1，2，…，m，则称数列B m+1为数列A m的“等比分割数列”．（Ⅰ）写出数列A4：3，6，12，24的一个“等比分割数列”B5；（Ⅱ）若数列A10的通项公式为a n＝2n（n＝1，2，…，10），其“等比分割数列”B11的首项为1，求数列B11的公比q的取值范围；（Ⅲ）若数列A m的通项公式为a n＝n2（n＝1，2，…，m），且数列A m存在“等比分割数列”，求m的最大值．19．（2021•石景山区一模）已知有限数列{a n}共有30项{a n}（n∈N*，n≤30），其中前20项成公差为d的等差数列，后11项成公比为q的等比数列，记数列的前n项和为S n．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）d，q的值；（Ⅱ）数列中的最大项．条件①：a2＝4，S5＝30，a21＝20；条件②：S3＝0，a20＝﹣36，a22＝﹣9；条件③：S1＝48，a21＝20，a24＝160．20．（2021•门头沟区一模）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，数列{b n}为等差数列，满足b2＝12，b5＝30．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求解下列问题：（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式a n和它的前n项和S n；（Ⅱ）若对任意n∈N*不等式kS n≥b n恒成立，求k的取值范围．条件①a n2+a n＝2S n；条件②a1＝9，当n≥2，a2＝2，a n+1＝a n+2．21．（2021•平谷区一模）已知数列A：a1，a2，…，a n（0≤a1＜a2＜…＜a n，n≥3），具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n）a j+a i与a j﹣a i，两数中至少有一个是该数列中的一项，S n为数列A的前n项和．（Ⅰ）分别判断数列0，1，3，5与数列0，2，4，6是否具有性质P；（Ⅱ）证明：a1＝0，且S n＝；（Ⅲ）证明：当n＝5时，a1，a2，a3，a4，a5成等差数列．2021北京高三一模数学汇编：数列参考答案一．选择题（共8小题）1．【分析】利用反例：数列{a n}以﹣2为首项，以为公比的等比数列，分别检验各选项即可判断．【解答】解：例如数列{a n}以﹣2为首项，以为公比的等比数列，a2＝﹣1，a2＝，A，C，D显然错误；a2•a2＝＞0一定成立；故选：B．【点评】本题主要考查了等比数列的性质，属于基础题．2．【分析】由已知分析等比数列的公比范围，然后结合求和公式分析{S n}的单调性，结合选项可求．【解答】解：由﹣a1＜a2＜a8可得a1＞0，所以q＝＜1，因为﹣a6＜a2得q＝＞﹣1，所以﹣1＜q＜8，因为，当0＜q＜1时，{S n}递增，当﹣7＜q＜0时n}递减，A，B错误；当0＜q＜3时，S n最小项S1，没有最大项，当﹣1＜q＜2时，a1＞0，a8＜0，a3＞7，a4＜0且a3+a4＞0，S n最小项S7，没有最大项，C错误．故选：D．【点评】本题主要考查了等比数列的单调性的判断，通项公式及求和公式，属于中档题．3．【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可直接求解．【解答】解：因为{a n}为等差数列，a5＝S5＝6，所以，解得a1＝﹣3．故选：C．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式，属于基础题．4．【分析】根据题意，设等比数列{a n}的公比为q，由等比数列的性质可得q3＝＝8，求出q的值，据此计算分析选项中式子的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，设等比数列{a n}的公比为q，若a5＝8a2，则q3＝＝8，对于A，＝q2＝4，可以确定数值，对于B，＝＝＝，可以确定数值，对于C，＝q＝2，对于D，＝＝，不能确定数值，故选：D．【点评】本题考查等比数列的前n项和的性质，涉及等比数列的通项公式和性质，属于基础题．5．【分析】由已知可得a8＜0，a9＝0，a10＞0，d＞0，然后结合各选项进行分析即可求解．【解答】解：因为等差数列{a n}，S7＞S8，S2＝S9＜S10，所以S7﹣S2＝﹣a8＞0，S8﹣S8＝a9＝7，S10﹣S9＝a10＞0，即a6＜0，a9＝2，a10＞0，d＞0，故A正确，C错误；S15﹣S14＝a15＞5，即S15＞S14，故B正确；由a8＜0，a4＝0，a10＞0可知S3与S9均为S n的最小值，D正确．故选：C．【点评】本题主要考查了等差数列的性质的应用，还考查了考生分析问题的能力．6．【分析】先由题设求得a5，再利用等差数列的性质求得结果．【解答】解：∵S9＝18＝＝6a5，∴a5＝5，又a3＝1，∴由等差数列的性质可得：a7+a5＝a1+2＝2a3＝5，∴a1＝0，故选：A．【点评】本题主要考查等差数列的性质及基本量的计算，属于基础题．7．【分析】由题设得到数列{b n}是首项为1，公比为2的等比数列，即可求得其前n项和．【解答】解：由题设可知：b1＝|a1|＝5，＝＝4，∴数列{b n}是首项为1，公比为2的等比数列，∴，故选：C．【点评】本题主要考查等比数列的定义及基本量的计算，属于基础题．8．【分析】利用题中的条件，可以进一步推出a n+1与a n的递推关系，进而可以解出．【解答】解：由，得5a n+1a n+2a n+6＝a n+1a n+2a n，∴，∴＝；＝；＝；故选：A．【点评】本题考查了数列通项递推式，学生的逻辑推理能力，数学运算能力，属于基础题．二．填空题（共3小题）9．【分析】根据题意，设{a n}的公比为q，由等比数列的通项公式可得q3＝＝，解可得q的值，由等比数列的性质可得数列{}是首项＝1，公比为＝2的等比数列，据此计算可得答案．【解答】解：根据题意，设{a n}的公比为q，若a1＝1，a3＝，则q6＝＝，则q＝，则数列{}是首项，公比为，则数列{}的前4项和为，故答案为：，31．【点评】本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的求和，属于基础题．10．【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得q＝，即可得第一空答案，进而求出a1的值，即可得{a n}的通项公式，解a n＞1可得第二空答案．【解答】解：根据题意，等比数列{a n}中，a1+a3＝10，a7+a4＝﹣5，则q＝＝＝﹣．若a1+a3＝10，即a4+a8＝10，解可得a1＝8，则a n＝a5q n﹣1＝8×（﹣）n﹣1＝（﹣2）n﹣1×28﹣n，若a n＞1，即（﹣1）n﹣6×24﹣n＞4，必有n＝1或3，即n的最大值为4，故答案为：﹣，4．【点评】本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．11．【分析】直接利用数列的通项公式的求法及应用，二次函数的性质的应用求出结果．【解答】解：设公比为q的等比数列{a n}满足a1+a2＝48，a4+a5＝6，所以，解得q＝，故a3+a2＝a1（2+q）＝48，解得a1＝32．所以，故，则，当n＝3或6时，取得最大值为15．故答案为：15．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，二次函数的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．三．解答题（共10小题）12．【分析】（Ⅰ）根据“控制数列”的定义，写出数列{a n}的各项即可．（Ⅱ）（i）利用二次函数的性质可知，当x＞时函数f（x）单调递增，所以当m＝[]+1，n≥m时，有a n ＝b n，从而得出＝an﹣2是等差数列．（ii）对a的范围分情况讨论，利用作差法比较大小，得到b1，b2，b3，b4的值，从而求出的值．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}的各项为：1，3，6，1，1，8，4，2，5，3，4，6，1，3，2，4，……．（Ⅱ）（i）当a＞0时，f（x）＝ax7﹣2x的对称轴为x＝，∴当x＞时单调递增，2，3，……，所以当m＝[]+1，有a n＝b n，由于＝an﹣2是等差数列，所以存在正整数m，使，，，…是等差数列．（ii）f（x）＝ax2﹣2x的对称轴x＝，由于n＝1，2，4，a1＝a﹣2，a7＝4a﹣4，a5＝9a﹣6，a8＝16a﹣8，①当a时，此时a1＝a﹣2最大，由于b n＝max{a1，a2，……，a n}（n＝6，2，3……），所以b8＝b2＝b3＝b3＝a1＝a﹣2，所以＝（a﹣2）（，②当a时，b1＝b2＝b8＝a1＝a﹣2，b3＝a4，所以＝，③当a时，a4﹣a1＝3a﹣4＜0，a3﹣a5＝8a﹣4＞5，b1＝b2＝a6＝a﹣2，a3＝b2，b4＝a4，所以＝＝，④当a∈（，1]时，a2﹣a2＝3a﹣2＞8，故b n＝a n，所以＝＝10a﹣8，⑤当a∈（2，2]时，对称轴为x＝，所以单调递增n＝a n，则＝＝，综上所述，＝．【点评】本题主要考查了数列的应用，考查了二次函数的性质，同时考查了学生的计算能力，属于中档题．13．【分析】（Ⅰ）m＝2，T＝6（答案不唯一）（Ⅱ）不存在具有性质P（1）的数列{a n}，依题意有a n+3≥na2+a3，当时，a n+3＞T不符合题意．∴不存在具有性质P（1）的数列{a n}．（Ⅲ）m＝2时，可得a n＝c，数列{a n}具有性质P（2）．当m≥3时，令b n＝max{a n，a n+1}，可得b n+2≤b n﹣1，b2n﹣1﹣b1≤﹣n，当n≥b1时，b2n﹣1≤b1﹣n≤0与b2n+1∈N+矛盾．即可求解．【解答】解：（Ⅰ）m＝2，T＝6（答案不唯一）；（Ⅱ）不存在具有性质P（1）的数列{a n}，理由如下：依题意有：a n+a n+8＝a n+2（n＝1，2，…）．∵a n＞0（n＝1，2，…）2＜a3＜a4＜…∴a4﹣a3≥a7，a5﹣a4≥a2，…a n+3﹣a n+1≥a2，∴a n+3≥na2+a4，当时，a n+8＞T不符合题意．∴不存在具有性质P（1）的数列{a n}．（Ⅲ）由（Ⅱ）可得m≠1．当m＝2时，（a n+a n+1）＝a n+7（n＝1，2，…），∴（a n+5﹣a n+1）＝﹣（a n+1﹣a n）（n＝1，7，…），∴|a n+2﹣a n+1|＝|a2﹣a6|（n＝1，2，…），①当a5＝a1＝c（c为常数，且为正整数）时，a n＝c，数列{a n}具有性质P（2）．②当a2≠a7时，当n＞log2|a2﹣a5|时，|a n+2﹣a n+1|＝|a2﹣a5|∈（0，1）（n＝6，2，与数列{a n}各项均为正整数矛盾，不符合题意．当m≥3时，令b n＝max{a n，a n+8}，∴a n+2＝（a n+7+a n）（a n+7+a n）（b n+b n）＜b n，a n+5＝（a n+1+a n+8）（a n+8+a n+2）（b n+b n）＜b n，…∴b n+2≤b n﹣1，∴b2﹣b1≤﹣1，b2﹣b2≤﹣1，…，∴b6n﹣1﹣b1≤﹣n，∴当n≥b5时，b2n﹣1≤b7﹣n≤0与b2n+7∈N+矛盾．综上，数列{a n}的通项公式为a n＝c（c为常数，且为正整数）．【点评】本题考查了数列的概念与应用问题，也考查了运算求解能力和逻辑思维能力，是难题．14．【分析】（Ⅰ）利用集合T的定义直接求解即可；（Ⅱ）分充分性和必要性两个方面分别证明，利用题中给出的集合T的定义分析即可；（Ⅲ）通过分析可知P（T）≤4n﹣1，且P（T）≥2n，设数列A0：1，1，2，2，3，3，4，4，…，n，n，2n，此时T＝{0，1，2，…，2n﹣1}，P（T）＝2n．然后对数列A0分别作变换进行分析求解，即可得到答案．【解答】（Ⅰ）解：因为a1＝1，a4＝2，a3＝6，a4＝3，所以T＝{2，2，3，﹣6}；（Ⅱ）证明：充分性：若A是等差数列，设公差为d．因为数列A是递增数列，所以d＞0．则当j＞i时，a j﹣a i＝（j﹣i）d．所以T＝{d，2d，…，P（T）＝N﹣8，必要性：若P（T）＝N﹣1．因为A是递增数列，所以a2﹣a6＜a3﹣a1＜…＜a N﹣a5，所以a2﹣a1，a5﹣a1，…，a N﹣a1∈T，且互不相等．所以T＝{a8﹣a1，a3﹣a7，…，a N﹣a1}．又a3﹣a4＜a4﹣a2＜…＜a N﹣5﹣a2＜a N﹣a2＜a N﹣a6，所以a3﹣a2，a7﹣a2，…，a N﹣a2，a N﹣a2∈T，且互不相等．所以a3﹣a2＝a5﹣a1，a4﹣a8＝a3﹣a1，…，a N﹣a5＝a N﹣1﹣a1．所以a3﹣a1＝a3﹣a5＝…＝a N﹣a N﹣1，所以A为等差数列；（Ⅲ）解：因为数列A由1，6，3，…，n，2n这n+5个数组成，差值只可能为±1，±2，…，±（n﹣5）和±（2n﹣1），…，±n．共6（n﹣1）+2n＝3n﹣2个不同的值；且对任意的m＝1，7，3，…，n，…，2n﹣8，又因为1，2，2，…，n，2n这n+1个数在数列A中共出现N＝3n+1次i＝a j（i≠j），所以0∈T．综上，P（T）≤6n﹣1．设数列A0：3，1，2，5，3，3，3，4，…，n，n，2n，2，2，…，2n﹣8}．现对数列A0分别作如下变换：把一个1移动到2，3之间，2，2，1，3，8，4，4，…，n，n，2n，此时T＝{0，1，5，3，…，（2n﹣6），P（T）＝2n+1．把一个8移动到3，4之间，2，2，3，7，1，4，4，…，n，n，2n，此时T＝{0，4，2，3，…，（3n﹣1），﹣2}．……把一个6移动到n﹣1，n之间，2，7，3，3，2，4，…，n﹣1，4，n，n，2n，此时T＝{0，5，2，3，…，（2n﹣1），﹣2，…，P（T）＝6n+n﹣2＝3n﹣6．把一个1移动到n，2n之间，7，2，3，2，4，4，…，n，n，5，2n，此时T＝{0，5，2，3，…，3n﹣1，﹣2，…，P（T）＝7n+n﹣1＝3n﹣5．再对数列A0依次作如下变换：把一个1移为3n的后一项，得到数列A1：1，3，2，3，5，4，4，…，n，n，8n，1，此时T＝{0，3，2，3，…，5n﹣1，﹣2，…，8﹣2n}；再把一个2移为2n的后一项：得到数列A2：1，5，3，3，8，4，…，n，n，2n，4，1，此时T＝{0，6，2，3，…，7n﹣1，﹣2，…，7﹣2n，P（T）＝3n+5；依此类推……最后把一个n移为2n的后一项：得到数列A n：1，7，3，4，…，n，4n，n，…，2，1，此时T＝{7，1，2，5，…，2n﹣1，﹣3，…，1﹣2n，…，﹣n}．综上所述，P（T）可以取到从3n到4n﹣1的所有2n个整数值．【点评】本题以数列知识为背景考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答，属于难题．15．【分析】（Ⅰ）先根据新定义得到对应关系式，再结合等比数列求和公式求出公比即可；（Ⅱ）先根据新定义得到对应关系式，结合等差数列求和公式和性质得到a k+1＝0，再利用等差数列性质求绝对值之和解得d，根据a n＝a k+1+[n﹣（k+1）]d，求出通项公式即可；（Ⅲ）先利用新定义计算数列中所有非负项之和与所有负数项之和，再求S k的最大值和最小值，即可证明：|S k|≤成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意，等比数列{a n}为4阶“期待数列”，故数列满足①a1+a3+a3+a4＝3，②|a1|+|a2|+|a7|+|a4|＝1．易见a n≠2，若公比q为1，则①式即4a8＝0，不符合题意，故①式即，即q4＝1，故q＝﹣3n}的公比为﹣1；（Ⅱ）依题意，等差数列{a n}是2k+8阶“期待数列”，设等差数列{a n}公差为d，则数列满足①a1+a2+a7+…+a2k+1＝4；②|a1|+|a2|+|a5|+…+|a2k+1|＝4．故①式即，即a1+a4k+1＝2a k+8＝0，即a k+1＝5．若d＞0时，有a1，a5，a3，…，a k＜0，a k+6，a k+3，…，a2k+2＞0，则②式即﹣a1﹣a6﹣…﹣a k+a k+2+a k+3+…+a2k+1＝1，故（a k+4﹣a1）+（a k+3﹣a7）+…+（a2k+1﹣a k）＝3，即k⋅（k+1）d＝1，得，所以；若d＜0时，有a1，a4，a3，…，a k＞0，a k+5，a k+3，…，a2k+4＜0，则②式即a1+a5+a3+…+a k﹣a k+2﹣a k+5﹣…﹣a2k+1＝4，故（a1﹣a k+2）+（a4﹣a k+3）+…+（a k﹣a2k+8）＝1，即﹣k⋅（k+1）d＝8，得，所以．综上，d＞0时，*）；d＜0时，*）；（Ⅲ）设2k阶“期待数列”{a n}的所有非负项之和为A，所有负数项之和为B，依题意数列满足①a3+a2+a3+…+a2k＝0；②|a1|+|a4|+|a3|+…+|a2k|＝7．即A+B＝0，A﹣B＝1，当所有非负数项一起构成S k时，S k最大为，即；当所有负数项一起构成S k时，S k最小为，即．故，所以．【点评】本题考查了等差数列、等比数列的相关性质，考查了分类讨论思想，解题关键是理解并利用新定义，属难题．16．【分析】（Ⅰ）P（M1）＝3，且M1的子集为∅，{1}，{2}，{1，2}k＝1，k＝P（{1}）﹣P（∅），由此能推导出M1是满集；P（M2）＝5，且M2的子集为∅，{2}，{3}，{2，3}，k＝4时，不存在集合M的两个子集A、B，使得4＝P（A）﹣P（B）成立，从而M2不是满集．（Ⅱ）设k0＝P（M），由集合M为“满集”对任意的正整数k≤P（M），都存在集合M的两个子集A、B，使得k＝P（A）﹣P（B）成立．得到P（A）＝k0或P（A）＝k0﹣1．由此能求出结果．（Ⅲ）由题意知集合M＝{1，2，4，…，2m﹣1}，，对任意的正整数k≤2m﹣1，根据二进制可知，k＝（0≤i s＜…＜i1＜m），由此能推导出集合M为“满集”．【解答】解：（Ⅰ）M1是满集，M2不是满集．P（M5）＝3，且M1的子集为∅，{6}，{1，k＝P（{1}）﹣P（∅），k＝3，k＝P（{2}）﹣P（∅），k＝P（{1所以M8是满集；P（M2）＝5，且M3的子集为∅，{2}，{2，k＝6时，不存在集合M的两个子集A、B，所以M2不是满集．（Ⅱ）设k0＝P（M），因为集合M为“满集”对任意的正整数k≤P（M），都存在集合M的两个子集A、B，使得k＝P（A）﹣P（B）成立．则k8﹣1＝P（A）﹣P（B），且P（B）≥03或P（A）＝k0﹣1．当P（A）＝k6时，P（B）＝11＝7；当P（A）＝k0﹣1时，P（B）＝41＜a2＜a8＜…＜a m，所以a2+a3+…+a m为最大k6﹣1，此时a1＝5．综上a1＝1．（Ⅲ）集合M是满集．由题意知集合M＝{2，2，4，…，2m﹣1}，，对任意的正整数k≤2m﹣4，根据二进制可知，k＝（0≤i s＜…＜i1＜m）．取A＝{}，B＝∅．即k＝P（A）﹣P（B），所以集合M为“满集”．【点评】本题考查满集的运算，考查新定义、二进制、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17．【分析】（Ⅰ）由题意可得数列A分成B：8，4；C：1，2，进而可得答案．（Ⅱ）由b i≥b i+1，c i≤c i+1（i＝1，2…n﹣1），推出max{b i，c i}≥max{b i，b i+1，b i+2，…b n，c i，c i﹣1，c i﹣c1}，即可得出答案．2，…（Ⅲ）不妨将数列A：a1，a2，…a2n（n∈N*），重新排列得到，数列A′：a1′，a2′，…a2n′（n∈N*），满足a i′≤a i+1′（i＝1，2，…2n﹣1），由|b i﹣c i|＝max{b i，c i}﹣min{b i，c i}，即可推出M的值与数列A的分组方式无关．【解答】解：（Ⅰ）可将数列A分成B：8，4；C：4，2，此时M＝|8﹣2|+|4﹣2|＝8．（Ⅱ）因为b i≥b i+1，c i≤c i+1 （i＝5，2…n﹣1），所以max{b i，c i}≥b i≥b i+7≥b i+2≥…≥b n（i＝1，8，…n），max{b i，c i}≥c i≥c i﹣1≥c i﹣2≥…≥c4，所以max{b i，c i}≥max{b i，b i+1，b i+2，…b n，c i，c i﹣2，c i﹣2，…c1}，因为b i，b i+4，b i+2，…b n，c i，c i﹣1，c i﹣7，…c1共n+1项，所以max{b i，b i+7，b i+2，…b n，c i，c i﹣1，c i﹣8，…c1}≥n+1，所以max{b i，c i}≥n+6．（Ⅲ）不妨将数列A：a1，a2，…a2n（n∈N*），重新排列得到，数列A′：a1′，a2′，…a4n′（n∈N*），满足a i′≤a i+1′（i＝1，3，…2n﹣1），因为b i≥b i+7，c i≤c i+1，（i＝1，3，…n﹣1），所以max{b i，c i}≥b i≥b i+1≥b i+4≥…≥b n（i＝1，2，…n），max{b i，c i}≥c i≥c i﹣8≥c i﹣2≥…≥c1（i＝8，2，…n），所以max{b i，c i}≥max{b i，b i+1，b i+4，…b n，c i，c i﹣1，c i﹣2，…c5}，因为b i，b i+1，b i+2，…b n，c i，c i﹣3，c i﹣2，…c1，共n+7项，所以max{b i，c i}恰为a n+1′，a n+2′，…a4n′（n∈N*）中某一项，同理min{b i，c i}恰为a1′，a2′，…a n′（n∈N*）中某一项，（其中min{b i，c i}表示b i，c i中较小的数）．因为|b i﹣c i|＝max{b i，c i}﹣min{b i，c i}，所以M＝|b i﹣c i|＝（a n+1′+a n+2′+…+a8n′）﹣（a1′+a2′+…+a n′），所以M的值与数列A的分组方式无关．【点评】本题考查数列的新定义，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．18．【分析】（Ⅰ）根据“等比分割数列”的定义即可求解；（Ⅱ）根据定义可得q n﹣1＜2n＜q n（n＝1，2，3，…，10），从而求得q＞2，且q n﹣1＜2n（n＝1，2，3，…，10），n＝1时显然成立，当n＝2，3，…，10时，将q n﹣1＜2n转化为q＜，利用指数函数的单调性即可求得q的取值范围；（Ⅲ）设B m+1是数列A m的“等比分割数列”，首项为b1，公比为q，由定义可得b1q n﹣1＜n2＜b1q n（n＝1，2，…，m），设m≥6，解不等式可推出矛盾，可得m≤5，当m＝5时，取b1＝0.99，q＝2.09，满足定义，从而得解．【解答】解：（Ⅰ）根据定义可得数列A4：3，3，12B5：2，6，8，16．（答案不唯一）（Ⅱ）由题意可得，q n﹣1＜3n＜q n（n＝1，2，6，…，10），所以q＞2，且q n﹣1＜3n（n＝1，2，2，…，10），当n＝1时，1＜7成立；当n＝2，3，…，10时成立，因为y＝2x在R上单调递增，所以＝，故q＜，综上，q的取值范围是（2，）．（Ⅲ）设B m+1是数列A m的“等比分割数列”，首项为b2，公比为q，由题意，应有b1q n﹣1＜n4＜b1q n（n＝1，8，…，m）1＞0，q＞7，设m≥6，此时有b1＜8＜b1q＜4＜b5q2＜9＜b8q3＜16＜b1q2＜25＜b1q5＜36＜b8q6＜…．所以＞，可得q3＞9，所以q＞，又b1q3＞9，所以b1q5＞9×22＝36，与b1q5＜36＜b5q6矛盾，故m≤5，又当m＝5时，取b1＝0.99，q＝4.09，可得0.99＜1＜6.99×2.09＜4＜3.99×2.092＜6＜0.99×2.093＜16＜0.99×2.097＜25＜0.99×2.092，所以m＝5时成立，综上，m的最大值为5．【点评】本题主要考查新定义，数列的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．19．【分析】（Ⅰ）由所选条件列出q与d的方程组，即可求解出d，q的值；（Ⅱ）由（Ⅰ）分别求出前20项中的最大项与后11项中的最大项，即可求得数列中的最大项．【解答】当选择条件①时：解：（Ⅰ）因为{a n}的前20项成等差数列，a2＝4，S2＝30，所以解得．所以a20＝2+19×5＝40．因为数列{a n}后11项成公比为q的等比数列，所以．综上，．（Ⅱ）{a n}的前20项成等差数列，d＞8．所以前20项为递增数列．即：前20项的最大项为a20＝40．数列{a n}的后11项成等比数列，，所以后11项是递减数列．即：后11项的最大项为a20＝40综上，数列{a n}的最大项为第20项，其值为40．当选择条件②时：解：（Ⅰ）因为{a n}的前20项成等差数列，S3＝0，a20＝﹣36，所以所以因为数列{a n}后11项成公比为q的等比数列，a20＝﹣36，又因为a22＝﹣9，所以．综上，．（Ⅱ）{a n}的前20项成等差数列，d＜0．所以前20项为递减数列．前20项的最大项为a1＝8．因为．i．当时，，所以当20≤n≤30时，a n＜0．此时，数列{a n}的最大项为第1项，其值为5；ⅱ．当时，，后11项的最大项为a21＝18．此时，数列{a n}的最大项为第21项，其值为18．综上，当时，数列{a n}的最大项为第1项，其值为2；当时，数列{a n}的最大项为第21项，其值为18．当选择条件③时：解：（Ⅰ）因为数列{a n}后11项成公比为q的等比数列，a21＝20，a24＝160，所以，解得q＝2．所以．又因为{a n}的前20项成等差数列，S1＝a8＝48，所以．综上，d＝﹣2．（Ⅱ）{a n}的前20项成等差数列，d＜0．所以前20项为递减数列．前20项的最大项为a2＝48．{a n}的后11项成等比数列，而a20＝10，q＝2，，所以后11项为递增数列．后11项的最大项为a30＝10240，综上，数列{a n}的最大项为第30项，其值为10240．【点评】本题主要考查等差、等比数列基本量的计算，属于中档题．20．【分析】选择①，（Ⅰ）由数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式、求和公式，可得所求；（Ⅱ）运用等差数列的通项公式和参数分离，结合数列的单调性求得最值，可得所求范围；选择②，（Ⅰ）运用等差数列的通项公式、求和公式，可得所求；（Ⅱ）运用等差数列的通项公式和参数分离，结合基本不等式求得最值，可得所求范围．【解答】选择①a n2+a n＝2S n．解：（Ⅰ）得：当n＝7时，a1＝1，当n≥2时，（1），，两式相减得：，而a n＞7，可得：a n﹣a n﹣1＝1，数列{a n}为等差数列，所以，a n＝7+（n﹣1）×1＝n，；（Ⅱ）设b n＝b1+（n﹣6）d，b2＝12，b5＝30，即b2+d＝12，b1+4d＝30，解得b5＝6，d＝6，所以，b n＝5n，由kS n≥b n得：，设，则{c n}是递减数列，所以，当，c n达到最大，所以，k的取值范围为[6，选择②a1＝4，当n≥2，a2＝4，a n+1＝a n+2．解：（Ⅰ）当n≥6，a n+1＝a n+2⇒a n+6﹣a n＝2，当n≥2，a n＝a3+（n﹣2）×2⇒a n＝3n﹣2，所以，，，（Ⅱ）设b n＝b1+（n﹣4）d，b2＝12，b5＝30，代入得：b n＝7n，由kS n≥b n得：，设，当且仅当n＝6时，上式取得等号，所以，综上所述，k的取值范围是．【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列不等式恒成立问题解法，考查方程思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题．21．【分析】（Ⅰ）利用性质P分别判断即可的结论；（Ⅱ）由性质P可得a n﹣a n与a n+a n中至少有一个是数列A中的项，根据0≤a1＜a2＜…＜a n，a n+a n∉A，a n﹣a n∈A，从而可证得a1＝0；由性质P可知a n﹣a1＞a n﹣a2＞a n﹣a3＞…＞a n﹣a n，从而可得a n﹣a1＝a n，a n﹣a2＝a n﹣1，……a n﹣a n＝a1，将这n 个等式左右两端同时相加，即可证得S n＝；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得a3＝2a2，a4＝3a2，a5＝4a2，从而得证．【解答】解：（Ⅰ）解：因为1+3＝3∉A，3﹣1＝3∉A，1，3，5不具有性质P，因为2+0＝8，2﹣0＝5，4﹣0＝3，6﹣0＝8，4﹣2＝3，6﹣2＝8，6﹣4＝6，这六组数中，每组中的两个数至少有一个是数列0，2，3，故数列0，2，7．（Ⅱ）证明：因为数列A：a1，a2，…，a n（2≤a1＜a2＜…＜a n，n≥8），具有性质P，所以a n﹣a n与a n+a n中至少有一个是数列A中的项，因为0≤a1＜a4＜…＜a n，所以a n+a n∉A，a n﹣a n∈A，所以a1＝0，由数列A具有性质P，可知a n﹣a k∈A（k＝6，2，3，…，n），所以a n﹣a4＞a n﹣a2＞a n﹣a3＞…＞a n﹣a n，所以a n﹣a7＝a n，a n﹣a2＝a n﹣1，a n﹣a3＝a n﹣2，……a n﹣a n＝a1，从而na n﹣（a8+a2+…+a n）＝a n+a n﹣1+a n﹣6+…+a1，所以na n﹣S n＝S n，所以S n＝．（Ⅲ）由（Ⅱ）可知a4﹣a4＝a2，a6﹣a3＝a3，所以a2＝a4+a2＝4a3，a3﹣a3＝a2，所以a3＝3a2，a4＝6a2，a5＝5a2，所以数列a1，a7，a3，a4，a3是以0为首项，a2为公差的等差数列【点评】本题主要考查新定义的应用，数列的求和，等差数列的证明，考查逻辑推理能力，属于难题．。
2020年北京高三一模分类汇编数列(含答案)
2020北京各区高三一模数学分类汇编—数列1、（2020北京朝阳一模）在等比数列中，，，则的前项和为（A）（B）（C）（D）2、（2020北京房山一模）设是公差为的等差数列，为其前项和，则“”是“”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3、（2020北京房山一模）已知是各项均为正数的等比数列，则的通项公式；设数列的前项和为,则4、（2020北京丰台一模）设数列的前项和为，，则．5、（2020北京自适应一模）设是等差数列，且公差不为零，其前项和为则“”是“为递增数列”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6、（2020北京汇文一模）已知数列是等比数列，前项和为，则“”是“”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7、（2020北京海淀一模）在等差数列中，则数列的前项的和为.8、（2020北京密云一模）设数列是等差数列，.则这个数列的前７项和等于A.12B.21C.24D.369、（2020北京人大附一模）在等比数列中，（I）求数列的通项公式；（II）设，数列的前项和为，若，求的最小值.10、（2020北京石景山一模）设是等差数列，其前项和为.则“”是“为递增数列”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11、（2020北京石景山一模）已知各项为正数的等比数列中，，其前项和为，且则__________．12、（2020北京顺义一模）设是各项均为正数的等比数列，为其前项和，已知若存在使得的乘积最大，则的一个可能值是A. 4B. 5C. 6D. 713、（2020北京顺义一模）设是等差数列，且则的通项公式为.14、（2020北京通州一模）中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”，将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数列，则； . （注：三三数之余二是指此数被3除余2，例如“5”）14、（2020北京西城一模）设等差数列的前项和为,若,则(A)10 (B)9(C)8 (D)716、（2020北京延庆一模）某网店统计连续三天出售商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4 种，则该网店第一天售出但第二天未售出的商品有种；这三天售出的商品至少有种.17、（2020北京11校一模）已知数列{}为等差数列,且那么则等于（A）40 （B）42（C）43 （D）4518、（2020北京门头沟一模）等比数列中，则数列的通项公式 .19、（2020北京13中一模）在等比数列中，若，，则=A．32 B．16C．8 D．2020北京各区高三一模数学分类汇编—数列参考答案1、A2、D3、（13）；4、255、A6、B7、248、B9、解：（I）由数列为等比数列，且得解得2分则数列的通项公式5分（II）10分当时，所以则时，当时，当时，当时，所以，的最小值为14分10、 C11、1512、 A13、14、．8；15n-7；（第一空2分，第二空3分）15、 B16、17、 B18、19、 A。
高三数学一模知识点总结归纳
高三数学一模知识点总结归纳高三数学一模考试是对学生们学习数学知识和解题能力的一次全面检验。
为了帮助高三学生们复习备考，在这篇文章中，我将对高三数学一模的各个知识点进行总结和归纳。
希望这些内容能够帮助学生们有针对性地复习，并在考试中取得好成绩。
1. 数列与数列的应用数列是高三数学中的重要部分，它是由一系列按照一定规律排列的数字所组成。
数列的概念、公式以及求和公式都是高三数学一模考试的热门考点。
掌握数列的基本概念和解题方法，能够帮助学生们在考试中迅速解决相关问题。
2. 函数与方程函数是高三数学中的核心概念之一，而方程则是解决数学问题的常用工具。
在考试中，函数的定义、性质、图像以及相关题型都是需要重点掌握的内容。
同时，方程的解的存在性与唯一性、解方程的方法及其应用也是需要重点强化的知识点。
3. 三角函数与解三角形三角函数是高三数学中的重要内容之一，它是研究角度与边长之间关系的一种数学工具。
在考试中，三角函数的定义、性质、图像以及解三角形相关的定理和公式都是需要熟练掌握的知识点。
4. 概率与统计概率与统计是高三数学中的实际应用部分，它涉及到随机事件的发生概率以及对数据进行收集、分析和解释的统计方法。
在考试中，概率的基本概念、计算方法以及统计学基本知识和应用都是需要重点关注的内容。
5. 解析几何与向量解析几何与向量是高三数学中的几何部分，它是将数学与几何图形结合在一起的一门学科。
在考试中，解析几何的基本概念、性质、证明方法以及向量的运算和应用都是需要掌握的重点知识。
总结：高三数学一模考试知识点总结归纳从数列与函数到三角函数与解析几何，每个知识点在考试中都有不同的题型和要求。
掌握这些知识点的基本概念、性质、公式以及解题技巧，能够帮助学生们更好地应对数学一模考试。
以上是对高三数学一模知识点的总结归纳，希望这些内容能够帮助学生们有针对性地复习，并在考试中取得好成绩。
祝愿所有高三学生都能够顺利通过数学一模考试，取得优异的成绩！。
2023北京高三一模数学汇编：数列
2023北京高三一模数学汇编数列1．（2023·北京海淀·统考一模）在等差数列{}n a 中，21a =，45a =，则8a =（ ） A ．9B ．11C ．13D ．152．（2023·北京石景山·统考一模）已知数列{}n a 满足：对任意的,m n *∈N ，都有m n m n a a a +=，且23a =，则10a =（ ）A ．43B ．53C ．63D ．1033．（2023·北京房山·统考一模）已知数列{}n a 对任意*n ∈N 满足11n n a a a ++=，且11a =，则5a 等于（ ） A ．2B ．3C ．4D ．54．（2023·北京朝阳·统考一模）已知项数为()*k k ∈N 的等差数列{}n a 满足11a =，()-112,3,,4n n a a n k ≤=．若128k a a a +++=，则k 的最大值是（ ）A ．14B ．15C ．16D ．175．（2023·北京顺义·统考一模）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11225,2,16a b a b b ====，则{}n a 的公差为（ ） A ．1B ．1−C ．2−D ．26．（2023·北京平谷·统考一模）设{}n a 是首项为正数的等比数列,公比为,q 则“0q <”是“对任意的正整数212,n n n a a −+<0”的A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件7．（2023·北京石景山·统考一模）项数为(),2k k k *∈≥N 的有限数列{}n a 的各项均不小于1−的整数，满足123123122220k k k k k a a a a a −−−−⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+=，其中10a ≠.给出下列四个结论：①若2k =，则22a =；②若3k =，则满足条件的数列{}n a 有4个； ③存在11a =的数列{}n a ；④所有满足条件的数列{}n a 中，首项相同. 其中所有正确结论的序号是_________.8．（2023·北京海淀·统考一模）已知数列{}n a ．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项(),i j a a i j ≥，在{}n a 中都存在一项k a ，使得k i j a a a =； ②对于{}n a 中任意连续三项12,,n n n a a a ++，均有()1212102n n n n n n a a a a a a ++++⎛⎫−−−−= ⎪⎝⎭．(1)分别判断以下两个数列是否满足性质①，并说明理由：（i ）有穷数列{}n a ：12(1,2,3)n n a n −==；（ⅱ）无穷数列{}n b ：21(1,2,3,)n b n n =−=．(2)若有穷数列{}n a 满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数m 的最大值； (3)若数列{}n a 满足性质①和性质②，且1230,1,2a a a ><−=，求{}n a 的通项公式．9．（2023·北京房山·统考一模）如果数列{}n a 对任意的*N n ∈，211n n n n a a a a +++−>−，则称{}n a 为“速增数列”.(1)判断数列{}2n是否为“速增数列”？说明理由；(2)若数列{}n a 为“速增数列”.且任意项Z n a ∈，121,3,2023k a a a ===，求正整数k 的最大值； (3)已知项数为2k （2,Z k k ≥∈）的数列{}n b 是“速增数列”，且{}n b 的所有项的和等于k ，若2n bn c =，1,2,3,,2n k =，证明：12k k c c +<.10．（2023·北京东城·统考一模）已知数表11121221222n n n a a a A a a a ⎛⎫=⎪⎝⎭中的项(1,2;1,2,,)ij a i j n ==互不相同，且满足下列条件： ①{}1,2,,2ij a n ∈；②()112(1)0(1,2,,)m m m a a m n +−−<=.则称这样的数表2n A 具有性质P .(1)若数表22A 具有性质P ，且124a =，写出所有满足条件的数表22A ，并求出1112a a +的值； (2)对于具有性质P 的数表2n A ，当11121n a a a ++⋅⋅⋅+取最大值时，求证：存在正整数()1k k n ≤≤，使得12k a n =；(3)对于具有性质P 的数表2n A ，当n 为偶数时，求11121n a a a ++⋅⋅⋅+的最大值.11．（2023·北京石景山·统考一模）若无穷数列{}n a 满足以下两个条件，则称该数列为τ数列. ①11a =，当2n ≥时，122n n a a −−=+；②若存在某一项5m a ≤−，则存在{}1,2,,1k m ∈⋅⋅⋅−，使得4k m a a =+（2m ≥且m *∈N ）. (1)若20a <，写出所有τ数列的前四项；(2)若20a >，判断τ数列是否为等差数列，请说明理由； (3)在所有的τ数列中，求满足2021m a =−的m 的最小值.12．（2023·北京东城·统考一模）已知数列{}n a 各项均为正数，213a a =，n S 为其前n 项和.若是公差为12的等差数列，则1a =______，n a =______.参考答案1．C【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，求出2d 的值，即可得出826a a d =+，即可得解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则4224d a a =−=，则82613413a a d =+=+⨯=. 故选：C. 2．B【分析】根据对任意的,m n *∈N ，有m n m n a a a +=，且23a =，求得48,a a 的值，即可得10a 的值.【详解】对任意的,m n *∈N ，都有m n m n a a a +=，且23a =，所以222249a a a a ===， 则2444881a a a a ===，所以510283813a a a ==⨯=.故选：B. 3．D【分析】由数列递推公式依次计算2a ，3a ，4a ，5a ，即可得答案. 【详解】由题意可得，2112a a a =+=，321213a a a =+=+=， 431314a a a =+=+=，541415a a a =+=+=.故选：D 4．B【分析】通过条件11a =，()-112,3,,4n n a a n k ≤=，得到332d k ≥−−， 再利用条件128k a a a +++=得到162(1)k k k d =+−，进而得到不等关系：3162(1)32k k k k −≥+−−，从而得到k 的最大值. 【详解】由11a =，()-112,3,,4n n a a n k ≤=，得到[]1(2)41(1)n d n d +−≤+−，即3(32)0n d +−≥， 当2,3,,n k =时，恒有3(32)0n d +−≥，即332d n ≥−−， 所以332d k ≥−−， 由128k a a a +++=，得到[]12(1)()822k k k d k a a +−+==， 所以3162(1)2(1)32k k k d k k k k −=+−≥+−−，N,2k k ∈≥， 整理得到：2349320k k −+≤，所以15k ≤. 故选：B 5．A【分析】根据等差等比数列的通项公式转化为首项与公比，公差的关系求解.【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q222a b ==11a d b q ∴+=⋅，又11a b = 112a d a q ∴+=⋅=又()44335111216b b q a q a q q q =⋅=⋅=⋅⋅==2q ∴=，11,1a d ==故选：A 6．C【详解】试题分析：由题意得，22212(1)21210()0(1)0(,1)n n n n n a a a qq q q q −−−−+<⇔+<⇔+<⇔∈−∞−，故是必要不充分条件，故选C. 【考点】充要关系【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：①定义法：直接判断“若p 则q”、“若q 则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p ⇒q”为真，则p 是q 的充分条件．②等价法：利用p ⇒q 与非q ⇒非p ，q ⇒p 与非p ⇒非q ，p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．③集合法：若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件． 7．①②④【分析】根据有限数列{}n a 的性质1n a ≥−，*N ,Z n n a ∈∈，及满足123123122220k k k k k a a a a a −−−−⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+=，其中10a ≠，利用不等式放缩，结合等比数列求和可得1111112k a −⎛⎫−≤≤−< ⎪⎝⎭，即可确定1a 的值，从而可判断①③④的正误，若3k =，得123420a a a ++=，结合1a ，求得23,a a 的关系，根据不等式求得2a 的范围，一一列举得数列{}n a ，即可判断②.【详解】由于有限数列{}n a 的各项均不小于1−的整数，所以1n a ≥−，*N ,Z n n a ∈∈，又因为123123122220k k k k k a a a a a −−−−⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+=，所以()()123231112312222222121k k k k k k k k a a a a a −−−−−−−⋅=−⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+≤++++=−所以1111112k a −⎛⎫−≤≤−< ⎪⎝⎭，且10a ≠，1a 为整数，所以11a =−，故③不正确，④正确；当2k =时，得1220a a +=，所以11a =−，则22a =，故①正确；当3k =时，得123420a a a ++=，因为11a =−，所以2324a a +=，则23245a a =−≤， 所以2512a −≤≤，2a 为整数，则2a 的可能取值为1,012−,,，对应的3a 的取值为6,4,2,0， 故数列{}n a 可能为1,1,6−−；1,0,4−；1,1,2−；1,2,0−，共4个，故②正确.故答案为：①②④.【点睛】思路点睛：项数为(),2k k k *∈≥N 的有限数列{}n a 的性质入手1n a ≥−，*N ,Z n n a ∈∈从各项1n a ≥−，结合不等式放缩，确定1a 的范围，从而得1a 的值，逐项验证即可. 8．(1)（i ）不满足，理由见详解；（ⅱ）满足，理由见详解 (2)3(3)1222,2,n n n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩是奇数是偶数【分析】（1）（i ）令3i j ==，代入求解即可判断；（ⅱ）对于任意(),i j b b i j ≥，直接相乘得到()2211i j b b ij i j =−−+−即可判断；（2）对于有穷数列{}n a ，记其非零项中绝对值最大的一项为p a ，绝对值最小的一项为q a ，令i j p ==时，得到01p a <≤；再令i j q ==时，得到1q a ≥，从而得到数列{}n a 至多有0，-1，1共3项，再构造数列{}n a ：0，-1，1，证明其满足性质①和性质②，进而即可求得项数m 的最大值； （3）首先证明：当10a >，21a <−时，数列满足210t a −>，20t a <且2t t a a +<，1,2,3t = (*)，再考虑1a ，2a ，3a 三项，结合性质(*)得到11a =，从而22a =−，最后经验证，数列{}n a ：1222,2,n n n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩是奇数是偶数满足条件，再通过反证法证明这是唯一满足条件的数列即可．【详解】（1）（i ）不满足．令3i j ==，则2316i j a a a ==不是数列{an } 中的项，故有穷数列{}n a 不满足性质①；（ⅱ）满足．对于任意(),i j b b i j ≥，有()()()21212211i j b b i j ij i j =−−=−−+−， 由于211ij i j −−+≥，令21k ij i j =−−+即可，故无穷数列{}n b 满足性质①．（2）对于有穷数列{}n a ，记其非零项中绝对值最大的一项为p a ，绝对值最小的一项为q a ，故令i j p ==时，存在一项2k i j p a a a a ==，又p a 是数列{}n a 非零项中绝对值最大的，所以2p p a a =，即01p a <≤； 再令i j q ==时，存在一项2k i j q a a a a ==，又q a 是数列{}n a 非零项中绝对值最小的，所以2q q a a ≤，即1q a ≥，又11q p a a ≤≤≤，所以数列所有非零项的绝对值均为1，又数列{}n a 的各项均不相等，所以其至多有0，-1，1共3项，所以3m ≤， 构造数列{}n a ：0，-1，1，其任意两项乘积均为0，-1，1之一，满足性质①；其连续三项满足()0110−−−=，满足性质②.又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时3m =， 综上，m 的最大值为3．（3）首先证明：当10a >，21a <−时，数列满足210t a −>，20t a <且2t t a a +<，1,2,3t = (*)因为对于任意数列的连续三项n a ，1n a +，2n a +，总有()1212102n n n n n n a a a a a a ++++⎛⎫−−−−= ⎪⎝⎭，即 21n n n a a a ++=− 或2112n n n a a a ++=−，不论是哪种情形， 均有当10n n a a +>>时，21102n n n n a a a a ++≥−>>，即2n n a a +>；当10n n a a +<<时，21102n n n n a a a a ++≤−<<，亦有2n n a a +>，又1201a a >>−>，故性质(*)得证．考虑1a ，2a ，3a 三项，有312a a a =−或31212a a a =−，若312a a a =−，则1321a a a =+<，此时令1i j ==，有211a a <，由性质(*)知不存在k 使得0k a >，且211k a a a =<，故只有31212a a a =−，此时1321322a a a =+<，因为53432331115522242a a a a a a a ⎛⎫≥−≥−−>= ⎪⎝⎭ ，所以令1i j ==时，21594a a <<， 由性质(*)知，只有211a a =或213a a =，当213a a =时，1a =()21324a a a =−=，此时令2,1i j ==，214a a =−但423152a a a ≤−=，即421a a a >，由性质(*)知不存在k 使得21k a a a =，所以211a a =，即11a =，从而22a =−，经验证，数列{}n a ：1222,2,n n n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩是奇数是偶数满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列，假设s a 是第一个不满足上述通项公式的项，4s ≥，当21s t =+，2t ≥时，只能为11212122(2)32t t t t t t a a a −−+−=−=−−=⋅，令21,3i t j =−=，则 2t i j a a =，但21212tt t a a −+<<，由性质(*)，不存在k 使得i j k a a a =，当2s t =，2t ≥时，只能为11222221112232222t t t tt t t a a a −−−−−=−=−−⋅=−⋅>−，则2222122122211115119222224216t tt t t t t t t t a a a a a a a a ++−−⎛⎫≤−≤−−=−=−⋅<− ⎪⎝⎭，令22,3i t j =−=，则2t i j a a =−，但2222tt t a a +>−>，由性质(*)，不存在k 使得i j k a a a =， 故不存在不满足上述通项公式的项，综上，数列{}n a 的通项公式为1222,2,n n n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩是奇数是偶数．【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决． 9．(1)是，理由见解析 (2)63 (3)证明见解析【分析】（1）计算1212n n n a a +++−=，12nn n a a +−=，122n n +>，得到答案.（2）根据题意得到()120232k k +≥，Z k ∈，计算当64k =时，()120802k k +=，当65k =时，()121452k k +=，得到答案.（3）证明211k m m k k b b b b −+++>+，得到()1k k k k b b +>+，得到11k k b b ++<，代入计算得到证明.【详解】（1）因为2n n a =，则21121222n n n n n a a +++++=−−=，11222n n n n n a a ++−=−=，又122n n +>，故211n n n n a a a a +++−>−，数列{}2n是“速增数列”.（2）121,3,2023k a a a ===，当2k ≥时，()()()11221120231231k k k k k a k a a a a a a a k −−−==−+−++−+≥++++−+，即()120232k k +≥，Z k ∈，当63k =时，()120162k k +=，当64k =时，()120802k k +=，故正整数k 的最大值为63.（3）2111k k k k k k b b b b b b +++−−>−>−，故211k k k k b b b b ++−−>−，即211k k k k b b b b +−++>+；32211112k k k k k k k k k k b b b b b b b b b b +++++−−−−>−>−>−>−，故3212k k k k b b b b ++−−−>−，即32121k k k k k k b b b b b b +−−+++>+>+，同理可得：211k m m k k b b b b −+++>+，*N m ∈，11m k ≤≤−， 故()()()()1221222111k k k k k k k k b b b b b b b b b k b b −++=+++=++++++>+，故11k k b b ++<，1112222k k k k b b b bk k c c ++++=⨯=<，得证.【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据题意利用累加法的思想确定211k m m k k b b b b −+++>+是解题的关键. 10．(1)答案见解析 (2)证明见解析(3)21128n n +【分析】（1）根据题意写出满足性质P 的所有数表22A ，再分别计算即可； （2）根据题意，可知当11121n a a a +++取最大值时，存在1j n ≤≤，使得22j a n =，由数表2n A 具有性质P 可得j 为奇数，不妨设此时数表为1112122222n n n a aa A n a a ⎛⎫=⎪⎝⎭，再利用反证法证明即可； （3）结合性质P 可得212141,222242,2()()3k k a a a a a a k +++++++≤，11131,2121232,21()()k k a a a a a a k −−++++++−≤，两式相加可得得2123S S k k +−≤，结合21282S S k k +=+，可得21112k kS +≤，构造数表2143415427433231312142638413n k k k k k k k k k k k A k k k k k k k ++−+−+−+−+⎛⎫=⎪++++−⎝⎭，结合性质P 进而可以求解.【详解】（1）满足条件的数表22A 为141424233231⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，， 所以1112a a +的值分别为5，5，6. （2）若当11121n a a a +++取最大值时，存在1j n ≤≤，使得22j a n =.由数表2n A 具有性质P 可得j 为奇数，不妨设此时数表为1112122222n n n a aa A n a a ⎛⎫=⎪⎝⎭. ①若存在1k a （k 为偶数，1k n ≤≤），使得111k a a >，交换1k a 和2n 的位置，所得到的新数表也具有性质P ， 调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在1i n ≤≤，使得12i a n =.②若对任意的1k a （k 为偶数，1k n ≤≤），都有111k a a <，交换12a 和11a 的位置，所得到的新数表也具有性质P ，此时转化为①的情况.综上可知，存在正整数(1)k k n ≤≤，使得12k a n =.（3）当n 为偶数时，令2n k =，()1k n ≤≤，对任意具有性质P 数表11121221222n n n a aa A a a a ⎛⎫=⎪⎝⎭， 一方面，122214241,22,2()()()(41)(43)(21)k k a a a a a a k k k −+−++−−+−+++≤，因此212141,222242,2()()3k k a a a a a a k +++++++≤．①另一方面，211(1351)i i a a i n −=−，，，，≥， 因此11131,2121232,21()()k k a a a a a a k −−++++++−≤.② 记111121,2221222,2,n n S a a a S a a a =+++=+++．由①+②得2123S S k k +−≤.又21282S S k k +=+，可得21112k kS +≤. 构造数表2143415427433231312142638413n k kk k k k k k k k k A k k k k k k k ++−+−+−+−+⎛⎫=⎪++++−⎝⎭可知数表2n A 具有性质P ，且2211111228k k n nS ++==. 综上可知，当n 为偶数时，11121n a a a +++的最大值为21128n n+. 【点睛】方法点睛：在证明抽象问题时，常常使用反证法：先设题设不成立，结合条件推出矛盾，即可说明题目成立.11．(1)τ数列的前四项为：1,1,1,1−−；1,1,1,5−；1,1,3,3−−；1,1,3,7− (2)τ数列为首项为1公差为4的等差数列，理由见解析 (3)m 的最小值为1517【分析】（1）先根据条件①去绝对值可得1n n a a −=−或14n n a a −=+，由20a <得21a =−，再根据条件逐个列举即可；（2）由条件①知，当2n ≥时，1n n a a −=−或14n n a a −=+，由20a >得25a =，利用反证法假设τ数列中存在最小的正整数i （3i ≥），使得1i i a a −=−，根据单调性结合条件②可知假设不成立，即可得结论； （3）先根据条件②可得()431506n b n n =−+≤≤必为数列{}n a 中的项，再结合条件①可得31n n a b −=分析即可．【详解】（1）由条件①知，当2n ≥时，1n n a a −=−或14n n a a −=+， 因为20a <，由条件①知21a =−，所以τ数列的前四项为：1,1,1,1−−；1,1,1,5−；1,1,3,3−−；1,1,3,7−. （2）若20a >，τ数列是等差数列由条件①知，当2n ≥时，1n n a a −=−或14n n a a −=+， 因为20a >，所以25a =假设τ数列中存在最小的正整数i （3i ≥），使得1i i a a −=−， 则1231,,,,i a a a a −单调递增，由11a =则1231,,,,i a a a a −均为正数，且125i a a −≥=.所以15i i a a −=−≤−.由条件②知，则存在 {}1,2,3,,1k i ∈−，使得41k i a a =+≤−此时与1231,,,,i a a a a −均为正数矛盾，所以不存在整数i （3i ≥），使得1i i a a −=−，即14n n a a −=+. 所以τ数列为首项为1公差为4的等差数列. （3）由2021m a =−及条件②, 可得1,5,9,,2017,2021−−−−−必为数列{}n a 中的项，记该数列为{}n b ，有()431506n b n n =−+≤≤，不妨令n j b a =，由条件①，143j j a a n +=−=−或1447j j a a n +=+=−+均不为141n b n +=−−； 此时243j a n +=−+或41n +或47n −或411n −+，均不为141n b n +=−− 上述情况中，当143j a n +=−，241j a n +=+时，32141j j n a a n b +++=−=−−= 结合11a =，则有31n n a b −=.由5062021b =−，得350611517m =⨯−=即为所求. 12．14##0.25 214n −12==，解得114a =，结合等差数列的通项公式可得24n n S =，利用n a 与n S 的关系即可求出数列{}n a 的通项公式.【详解】由题意知，0n a >，由213a a =，得11S a =，21214S a a a =+=，又等差数列的公差为12，12==，12=，解得114a =，1(1)22n n =−=，解得24n n S =，当2n ≥时，2211111(1)4424n S n n n −=−=−+，得22111112144244n n n n a S S n n n −−⎛⎫=−=−−+= ⎪⎝⎭， 当1n =时，1111244a =−=，与题意中的114a =相符，所以214n n a −=. 故答案为：14；214n −.。
高三第一轮复习数列压轴题归纳总结
高三数列压轴题归纳总结一、奇偶数列求和问题： 1、相邻两项符号相异:例：求和：)34()1(139511--++-+-=-n S n n ；2、相邻两项之和为常数；例：已知数列{a n }中a 1=2，a n +a n+1=1，S n 为{a n }前n 项和，求S n3、相间两项之差为常数；例：已知数列{a n }中a 1=1，a 2=4，a n =a n-2+2 （n ≥3），S n 为{a n }前n 项和，求S n4、相间两项之比为常数；例：已知a n ，a n+1为方程21()03n n x C x -+=的两根n ∈N +，a 1=2，S n =C 1+C 2+…+C n ，求a n 及S 2n 。
二、几个字母的取整问题：1.设3x x f =)(，等差数列{}n a 中73=a ，12321=++a a a ，记n S =()31+n a f ，令n n n S a b =，数列}1{nb 的前n项和为n T .（1）求{}n a 的通项公式和n S ； （2）求证：31<n T ； （3）是否存在正整数n m ,，且n m <<1，使得n m T T T ,,1成等比数列？若存在，求出n m ,的值，若不存在，说明理由.2.．．等比数列．．．．{}n c 满足11410-+⋅=+n n n c c ，*N n ∈，数列{}n a 满足n an c 2= （1）求{}n a 的通项公式；（5分） （2）数列{}n b 满足11n n n b a a +=⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和．求n n T ∞→lim ；（5分）（3）是否存在正整数(),1m n m n <<，使得1,,m n T T T 成等比数列？若存在，求出所有,m n 的值；若不存在，请说明理由．（6分）3.数列{}n a 的前n 项和记为n S ，且满足12-=n n a S ． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求和nnn n n n C S C S C S C S ⋅++⋅+⋅+⋅+1231201 ； （3）设有m 项的数列{}n b 是连续的正整数数列，并且满足：)lg(log )11lg()11lg()11lg(2lg 221m ma b b b =+++++++ ． 问数列{}n b 最多有几项？并求这些项的和．4.设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知q pS S n n +=+1（*N ∈n ，p 、q 为常数），21=a ，12=a ，p q a 33-=．（1）求p 、q 的值；（2）求数列}{n a 的通项公式；（3）是否存在正整数m ，n ，使得1221+<--+mmn n m S m S 成立？若存在，请求出所有符合条件的有序整数对),(n m ；若不存在，请说明理由．5.已知数列{a n }满足761-=a ，12110n n a a a a +++++-λ= (其中λ≠0且λ≠–1，n ∈N*)，n S 为数列{a n }的前n 项和．(1) 若3122a a a ⋅=，求λ的值；(2) 求数列{a n }的通项公式n a ； (3) 当13λ=时，数列{a n }中是否存在三项构成等差数列，若存在，请求出此三项；若不存在，请说明理由．6.已知递增的等差数列{}n a 的首项11a =，且1a 、2a 、4a 成等比数列． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）设数列}{n c 对任意*n N ∈，都有1212222n n nc c c a ++++= 成立，求122012c c c +++ 的值． （3）若1n n na b a +=*()n N ∈，求证：数列{}n b 中的任意一项总可以表示成其他两项之积．三、用放缩法求和问题及证明不等式问题：1．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足:.1,)1(2≥-+=n a S nn n(1)求证数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+n n a )1(32是等比数列; (2)求数列{}n a 的通项公式；(3)证明：对任意的整数m >4,有.8711154<+++m a a a2、已知曲线C ：)(21:,1*-∈+==N n x y C x y n n ，从C 上的点),(n n n y x Q 作x 轴的垂线，交n C 于点n P ，在从点n P 作y 轴的垂线，交C 与点),(111+++n n n y x Q ，设n n n x x a x -==+11,1，1+-=n n n y y b 。
高三第一轮复习数列压轴题归纳总结
高三数列压轴题归纳总结一、奇偶数列求和问题： 1、相邻两项符号相异:例：求和：)34()1(139511--++-+-=-n S n n Λ；2、相邻两项之和为常数；例：已知数列{a n }中a 1=2，a n +a n+1=1，S n 为{a n }前n 项和，求S n3、相间两项之差为常数；例：已知数列{a n }中a 1=1，a 2=4，a n =a n-2+2 （n ≥3），S n 为{a n }前n 项和，求S n4、相间两项之比为常数；例：已知a n ，a n+1为方程21()03n n x C x -+=的两根n ∈N +，a 1=2，S n =C 1+C 2+…+C n ，求a n 及S 2n 。
二、几个字母的取整问题：1.设3x x f =)(，等差数列{}n a 中73=a ，12321=++a a a ，记n S =()31+n a f，令n n n S a b =，数列}1{nb 的前n项和为n T .（1）求{}n a 的通项公式和n S ；（2）求证：31<n T ； （3）是否存在正整数n m ,，且n m <<1，使得n m T T T ,,1成等比数列？若存在，求出n m ,的值，若不存在，说明理由.2.．．等比数列．．．．{}n c 满足11410-+⋅=+n n n c c ，*N n ∈，数列{}n a 满足na n c 2=（1）求{}n a 的通项公式；（5分） （2）数列{}n b 满足11n n n b a a +=⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和．求n n T ∞→lim ；（5分）（3）是否存在正整数(),1m n m n <<，使得1,,m n T T T 成等比数列？若存在，求出所有,m n 的值；若不存在，请说明理由．（6分）3.数列{}n a 的前n 项和记为n S ，且满足12-=n n a S ． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求和nn n n n n C S C S C S C S ⋅++⋅+⋅+⋅+1231201Λ；（3）设有m 项的数列{}n b 是连续的正整数数列，并且满足：)lg(log )11lg()11lg()11lg(2lg 221m ma b b b =+++++++Λ． 问数列{}n b 最多有几项？并求这些项的和．4.设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知q pS S n n +=+1（*N ∈n ，p 、q 为常数），21=a ，12=a ，p q a 33-=．（1）求p 、q 的值；（2）求数列}{n a 的通项公式；（3）是否存在正整数m ，n ，使得1221+<--+m mn n m S m S 成立？若存在，请求出所有符合条件的有序整数对),(n m ；若不存在，请说明理由．5.已知数列{a n }满足761-=a ，12110n n a a a a +++++-λ=L (其中λ≠0且λ≠–1，n ∈N*)，n S 为数列{a n }的前n 项和．(1) 若3122a a a ⋅=，求λ的值；(2) 求数列{a n }的通项公式n a ；(3) 当13λ=时，数列{a n }中是否存在三项构成等差数列，若存在，请求出此三项；若不存在，请说明理由．6.已知递增的等差数列{}n a 的首项11a =，且1a 、2a 、4a 成等比数列． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）设数列}{n c 对任意*n N ∈，都有1212222n n n c c c a ++++=L 成立，求122012c c c +++L 的值． （3）若1n n na b a +=*()n N ∈，求证：数列{}n b 中的任意一项总可以表示成其他两项之积．三、用放缩法求和问题及证明不等式问题：1．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足:.1,)1(2≥-+=n a S nn n(1)求证数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+n n a )1(32是等比数列; (2)求数列{}n a 的通项公式；(3)证明：对任意的整数m >4,有.8711154<+++m a a a Λ2、已知曲线C ：)(21:,1*-∈+==N n x y C x y nn ，从C 上的点),(n n n y x Q 作x 轴的垂线，交n C 于点n P ，在从点n P 作y 轴的垂线，交C 与点),(111+++n n n y x Q ，设n n n x x a x -==+11,1，1+-=n n n y y b 。
上海市2020届高三数学一模考试汇编：数列(解析版)
2020年一模汇编——数列一、填空题【奉贤1】计算：32lim21n n n →∞-=+___________.【答案】32【解析】23323lim lim 12122n n n n n n→∞→∞--==++【静安1】计算lim(10.9)nn →∞-=_____. 【答案】1【解析】lim(10.9)nn →∞-=1 【普陀2】132lim =31n nn n +→∞++____________.【答案】3【解析】极限的意义：123323lim lim313113nn n n n n n+→∞→∞⎛⎫+ ⎪+⎝⎭==++ 【浦东2】222lim 31n n n →∞=+____________．【答案】32 【解析】222132lim132lim nn n n n +=+∞→∞→，01lim 2=∞→n n Θ，32132lim 22=+∴∞→n n n 。
【闵行3】计算：23lim 13(21)n n n →∞=++⋅⋅⋅+- 【答案】3【解析】[]2222333lim lim lim lim331(21)13(21)2n n n n n n n n n n n →∞→∞→∞→∞====+-++⋅⋅⋅+- 【崇明4】已知等差数列{}n a 的首项为1，公差为2，则该数列的前项和n S =________．【答案】2n【解析】2,11==d a Θ ()d n n na S n 211-+=∴ 2n S n =∴ 【青浦4】我国古代庄周所著的《庄子⋅天下篇》中引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭.”，其含义是：一根一尺长的木棒，每天截下其一半，这样的过程可以无限地进行下去.若把“一尺之棰”的长度记为1个单位，则第n 天“日取其半”后，记木棒剩下部分的长度为n a ，则n a =_________【答案】1()2n【解析】由题意}{n a 是以12为首项，21为公比的等比数列，所以12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭【长宁，嘉定，金山4】计算：______132lim=++∞→n n n 。
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。
高三文科数学---一模前复习--数列专题2016.02.16
高三文科数学 《数列》专题复习1．[2016西城期末理]在数列{}n a 中，“对任意的*n ∈N ，212n n n a a a ++=〞是“数列{}n a 为等比数列〞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2．以q 为公比的等比数列{}n a 中，01>a ，则“31a a <〞是“1>q 〞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3.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若493=+a a ，则11S 等于〔〕〔A 〕12〔B 〕18〔C 〕22〔D 〕444．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，如果a 1=2，a 3+a 5=22，那么S 3等于．5.{}n a 为等差数列，11a =，公差0d ≠，1a 、2a 、5a 成等比数列，则=2015a ．6．已知等差数列{}n a 的公差是2，若134,,a a a 成等比数列，则1a 等于〔〕A.4-B. 6-C. 8-D. 10-7.数列{}n a 为等差数列，满足242010a a a +++=，则数列{}n a 前21项的和等于〔〕〔A 〕212〔B 〕21〔C 〕42〔D 〕848．在右侧的表格中，各数均为正数，且每行中的各数从左到右成等差数列，每列中的各数从上到下成等比数列，那么x y z ++=______．9．已知{}n a 为各项都是正数的等比数列，若484a a ⋅=，则567a a a ⋅⋅=〔〕〔A 〕4〔B 〕8〔C 〕16〔D 〕6410．已知等比数列{}n a 的公比为2，若234a a +=，则14a a +=______.11．若等比数列{}n a 满足2664a a =，3432a a =，则公比q =_____；22212n a a a +++=．12.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0()*N n a n ≠∈，1n n n a a S +=，则31a a -=.13.数列{}n a 中，如果132n n a a +=-*()n ∈N ，且112a =，那么数列{}n a 的前5项的和5S 的值为.14.在各项均为正数的等比数列n a 中，若22a ，则132a a 的最小值是．15.[2016昌平期末理]已知函数f (x )的部分对应值如表所示. 数列{}n a 满足11,a =且对任意*n ∈N ，点1(,)n n a a +都在函数()f x 的图象上，则2016a 的值为〔 〕A . 1 B.2 C. 3 D.416.设函数()cos f x x =，(0,2)x ∈π的两个的零点为1x ，2x ，且方程m x f =)(有两个不同的实根3x ，4x ．若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m =．17.[2016东城期末理]设{}n a 是一个公比为(0,1)q q q >≠等比数列，1234,3,2a a a 成等差数列,且它的前4项和415s =.〔Ⅰ〕求数列{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕令2,(1,2,3......)n n b a n n =+=,求数列{}n b 的前n 项和.18.[2014 — 2015学年度第一学期石景山期末文15]设数列{}n a 满足:11a =,13n n a a +=,*n N ∈.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式与前n 项和n S ；(Ⅱ)已知数列{}n b 是等差数列,n T 为{}n b 的前n 项和,且1123b a a a =++,33b a =,求n T 的最大值.19.[2014 — 2015学年度第一学期东城期末文16]〔本小题共13分〕已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是公比大于零的等比数列，且112a b ==，33=8a b =．〔Ⅰ〕求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； 〔Ⅱ〕记n n b c a =，求数列{}n c 的前n 项和n S .20.[2014 — 2015学年度第一学期XX 期末文18]已知公比为q 的等比数列{}n a ()n *∈N 中，22a =，前三项的和为7.〔Ⅰ〕求数列{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕若01q <<，设数列{}n b 满足12...n n b a a a =⋅⋅⋅，n *∈N ,求使01n b <<的n 的最小值.21.[2014 — 2015学年度第一学期丰台期末文20]〔本小题共13分〕已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1n n n S a λλ=-+，(1λ≠±，*)n ∈N ． 〔Ⅰ〕如果0λ=，求数列{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕如果2λ=，求证：数列1{}3n a +为等比数列，并求n S ；22.[2014 — 2015学年度第一学期海淀期末文20]〔20〕〔本小题满分14分〕数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，122n n a a p +=+〔p 为常数，1,2,3,n =〕.〔Ⅰ〕若312S =，求n S ；〔Ⅱ〕若数列{}n a 是等比数列，XX 数p 的值.23.[2015年昌平二模文17]已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且32n n a S p =-〔其中p 是不为零的常数〕，*n ∈N . 〔I 〕证明：数列}{n a 是等比数列；〔II 〕当p =1时，数列11,2n n n b b a b +=+=且，求数列{}n b 的通项公式.。
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五、 2015 年广州、佛山模拟试题的比较分析
年份 题 号
广州 第 调研 19
题
广州 第 一模 19
题
佛山 第 一模 19
题
试题
考点
关键解法
已知数列 an 的前 n 项和 Sn 满足：
Sn
a an 1 ， a 为 常 数 ， 且
a1
a 0， a 1．
（ 1）求数列 an 的通项公式；
1
a1
，
2
Sn n 2an n(n 1) ( n N * ).
( Ⅰ) 求 a2 , a3 ；
( Ⅱ) 求数列 an 的通项；
( Ⅲ ) 设 bn
1 , 数列 bn 的前
Sn Sn+1
n 项和为 Tn , 证明 : Tn
5 (n
N * ).
2
列 { an} 与 前
n 项 和 Sn 的
递推关系， 等 差数列， 数学 归纳法， 放缩 成裂项求前
数变形，然后构造成等比数列
1 1 。（ 2）由（ 1）求出
（ 1）求证：数列
1 1 为等比数列；
等式，存在性问题。
an
an
还考查了转化、化
数列 { an} 的通项公式， 然后建
（ 2）是否存在互不相等的正整数 m ， s ， t ， 归的思想方法以及
立关于 m ， s ， t 的两个方程
使 m ，s ，t 成等差数列， 且 am 1，as 1，at 1 分析推理能力。
n 和为 Sn 。还考查 了转化与化归的思
想方法以及分析推
理能力。
广第
已知数列 { an } 的前 n 项和为 Sn ，且 a1 0 ， 考查了数列通项公
（ 2）错位相减求和法。
州 二
19 题
对任意 n
N * ，都有 nan 1
Sn n n 1 .
模
（ 1）求数列 an 的通项公式；
式，数列 { an} 与前 n 项 和 Sn 的 递 推
模
列 , bn 、 an 1 、 bn 1 成等比数列 , n 1,2,3, .
（Ⅰ）求 a2 、 b2的值；
（Ⅱ）求数列 an 、 bn 的通项公式； （Ⅲ）证明 : 对一切正整数 n , 有
1
1
1
a1 1 a2 1 a3 1
12
.
an 1 7
考查了数列通项公
（ 2）建立关于 { an} 、 bn 的
或放缩成等比数列求和
1， 3n 1 1 1. 3n 3n 1
bn
1
1
11
3n 1 3n 1 1 3n 3n 1
2 3n 1 .
（ 3）建立关于 k 的方程， 然后把三
次方程转化为二次方程，用求根公 式，判断是否存在正整数根即可。
（ 2）先由数列 { a n} 与前 n 项和 Sn 的递推关系转化为关于 Sn 的递推
年
20
题
11 a1 a2
13
.
an 2
设 b 0, 数 列 an 满 足
a1 =b, an
nban 1 (n 2) ,
an 1 2n 2
(1)求数列 an 的通项公式；
(2) 证 明 ： 对 于 一 切 正 整 数
n ,an
bn 1 2n 1 1 .
（ 1）数列 { an} 的递推关系根据 b 的取值构造
成等差数列 { n } ，或等比数列 { n
1 }，
an
an 2 b
从而得到数列 an 的通项公式。 （ 2）对证明
的不等式进行变形
n( 2 b) b 1 ，再展开，利用基本不 2n bn 2n 1 bn
等式，得到不等式成立。
2010 年
四、 2014 年广东试题与广州、佛山模拟试题的比较分析
年 题 试题
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、近五年广东该专题的考点分布
年份 2014 年 2013 年 2012 年 2011 年 2010 年
题号 第 19 题
第 19 题
第 19 题
第 20 题
六、 2015 年备考建议及参考试题
【2015 年备考建议】
纵观广东省近几年在数列模块的命题特点，数列小题基本为容易或中等难度题目，
2012 、 2013 年文、
理卷小题都不难，位置在 11 或 12 小题， 2014 年在第 13 小题（也不算难） 。 2007～ 2011 数列解答题为难
题，位置在 20、21 题，其中 2010 年文、理科数学都没有以解答题形式考查， 2012、2013、2014 文、理科
( Ⅰ ) 求 a2的值；
( Ⅱ ) 求数列 an 的通项公式； ( Ⅲ) 证明 : 对 一切 正整数 n , 有
11 a1 a2
17
.
an 4
数列 an ，从而得到数列 n
an 的通项公式。
（ 3）由第三项开始进行放缩，当 n 3 时 ,
11 an n2
1
1 1 ，再通过裂项
n 1n n 1 n
关系，等差数列，
（ 2）若数列 bn 满足 an log 2 n log 2 bn ， 等比数列，数学归
求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
纳法，错位相减求
前 n 项和 Tn 。还考
查了转化与化归的
思想方法以及归纳
推理的能力。
佛 山 一
第
20 题
数列 an 、 bn 的每一项都是正 数 , a1 8, b1 16 , 且 an 、 bn 、 an 1成等差数
数学解答题都放在了第 19 题，难度有所下降。中等以上的学生经过训练可以得到较好的分数甚至满分。
这些题目大都充分利用通项 an 与和 Sn 的关系求通项，求和（文科直接可裂项求和，理科放缩后裂项求和）
考点
考查了数列通项公式，数列 { an} 与前 n 项和 Sn 的递推关系，数学归纳法。还考查了归
纳推理的能力。
考查了数列通项公式，数列 { an} 与前 n 项和 Sn 的递推关系，等差数列，不等式放缩，
裂项求和。还考查了转化、化归的思想方法。
考查了数列通项公式，数列 { an} 与前 n 项和 Sn 的递推关系，等差数列，不等式放缩， 等比数列以及前 n 项和。还考查了转化、化归的思想方法。 考查了数列通项公式，数列 { an} 的递推关系，等差数列，等比数列，基本不等式放缩。
（2）若
1 a
3
，设
bn
an
an 1 ，且数列 bn 的
1 an 1 an 1
前 n 项和为 Tn ，求证： Tn
1． 3
已知数列 an 的各项均为正数， 其前
n 项 和 为 Sn ， 且 满 足
a1
1, an 1
2 Sn
1， n
*
N.
（ 1）求 a2 的值；
（ 2）求数列 an 的通项公式；
（ 3 ） 是 否 存 在 正 整 数 k , 使 ak ,
式，两个数列 { an} 、 bn 的递推关系，
递 推 关 系 ， 用 bn 表 示
an 得
等差数列，等比数
an 1
bnbn 1 ，然后再递推消
列，不等式放缩， 裂项求和。还考查 了方程、转化与化
去 an ，得到关于 bn 的等差结
构 2 bn
bn 1
bn 1 ，进而
归的思想方法以及 分析推理能力。
m t 2s ，3m 3t 2 3s ，
成等比数列？如果存在， 求出所有符合条件的 m ，
再利用基本不等式
s ， t ；如果不存在，请说明理由．
3m 3t 2 3m t 2 3s ，从
而引出矛盾。
广 州 一 模
第
19 题
已知等差数列 an 的首项为 10 ，公差为 2 ，等 比数列 bn 的首项为 1，公比为 2 ， n N . （ 1）求数列 an 与 bn 的通项公式； （ 2）设第 n 个正方形的边长为
考查了等差数列，
（ 2）证明 n 6 时， bn a n ，
等比数列， 由 { an} 、 即 2 n 1 2n 8 ，用数学归纳
bn 组成的新的数 法或二项式定理；最后分段求
列，作差比较大小， 和 Sn
数学归纳法，二项
cn min an ,bn ，求前 n 个正方形的面积之
式定理，数列的前
和.
（注： min a, b 表示 a 与 b 的最小值 .）
考点
关键解法
份号
广 第 设 数 列 an 的 前 n 和 为 Sn , 满 足 考查了数列通项公
（ 2）首先猜想出通项公式，
东 试
19 题
Sn
2nan 1 3n2
4n,n N * ，且 S3 15 .
题
(1) 求 a1, a2 , a3 的值 ;
式，数列 { an} 与前 再 把 Sn 转 化为 an 的 递推 关 n 项 和 Sn 的 递 推 系，最后用数学归纳法证明。
求出数列 an 、 bn 的通项
公 式 。（ 3 ） 放 缩 裂 项 求 和
1
21 1
4n2 4n 1 7 n n 1 。
佛 山
第 19
已知等比数列
an
满 足 a1a2 = 2a3 ， 且
考查了等差数列， 等比数列，放缩裂
（ 2）左边不等式先放缩，裂 项求和即可 :
二 题 a1， a2 2， a3 成 等 差 数 列 。 数 列 bn 满 足 项 求 和 证 明 不 等
求和，得到不等式成立。