2020最新高考数学复习专题数列

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2020年高考数学专题复习指数型数列不等式放缩

1 3n 1
11 16
3 4
1
3n 1
1 9 3n2
1
8 3n2
1 3n2
1
1 8 3n2
n2
1 3n 1
(3n
3n1 1 1)(3n 1
1)
(3n
3n1 1)(3n 1
1)
3 2 3n 2 (3n 1)(3n1 1)
3 2
(
1 3n
1
3n
1
1
) 1
1 31 1
1 32 1
1 3n 1
1 2
3 2
(
1 32 1
1 33
1
1 33
1
1 34 1
1 3n
1
1 3n1
) 1
1 3 11 2 16 16
引例
求证： 1 31
1
1 32
1
1 3n
1
11 16
1
3n1 1 1
3n 1 3n1 1
3n 3n1
1 3
3n 1
1 31
1
1 32
1
1 3n
1
1
1
1
1
n 1
3n 1
1 2
2 32
2 3n
1
2
1
1
n-1
9 3
2
1 1
3
11 5
23 6
引例
求证： 1 31 1
1 32 1
1 3n 1
3 4
1 3n 1
2 3n
于是， 1 31
1
1 32
1
1 3n
1
2 31

2020版高考数学大一轮复习第六章数列微专题七放缩法在证明中的应用课件

第六章数列
微专题七放缩法在证明中的应用
[解题策略] 放缩法是不等式证明的重要方法，其中的放缩技巧既有模式可循但更有
创意之变，如何灵活运用有：
(1)n12的放缩： n12<nn1－1＝n－1 1－n1(n≥2)， n12>nn1＋1＝n1－n＋1 1， n12<n2－1 14＝n－1 12－n＋1 12；
例1
n
设 n∈N*，求证：
1 61 i2<36.
i＝1
nn＋1 n
n＋12
例 2 设 n∈N*，求证： 2 < kk＋1< 2 .
k＝1
例3
80
求证：16<
1 k<17.
k＝1
(4)真分式ba的放缩：若 a>b>0，m>0，则ba<ab＋＋mm.
另外，利用重要不等式放缩、导数应用中有关ln x型的放缩(如：ln(1＋x)<x， x>0)等也是常见的放缩方式．利用放缩法证明不等式的难点是放缩的“度”不好把握，放大了或放小了都得不出所证不等式，这样需要回头调整，留一项或几项不放缩逐步试验向所证结论靠扰，下面举例说明．
(2)n1！的放缩： n1！＝1·2·31·…·n<n·n1－1 ＝n－1 1－1n(n≥2)， n1！＝1·2·31·…·n<1·2·21·…·2 ＝2n1－1(n≥2)；
(3) 1n的放缩：
1n＝2 2 n>
2
＝2(
n＋ n＋1
n＋1－ n)，
1n＝2 2 n<
2
＝2(
n＋ n－1
n－
n－1)；

2020届高考数学二轮复习专题《与数列奇偶项有关的问题》

(2k－1)·2k 2
＋
(2k－2)(2k＋3) 2
＝4k2－3＝
n2＋64n－3，
特别地，当n＝1时，P1＝1也符合上式；
③当n＝4k－1(k∈N*)时，Pn＝S2k－1＋B2k＝(2k－21)2k＋2k(22k＋5) ＝4k2＋4k＝n2＋64n＋5.
14n2＋32n，n＝2k，综上，Pn＝n2＋64n－3，n＝4k－3，k∈N*，
②当n＝2m－1，m∈N*时，Tn＝T2m－1＝T2m－(－1)2m－1a2ma2m＋1＝－
1 9
(8m2＋12m)＋
1 9
(16m2＋16m＋3)＝19(8m2＋4m＋3)＝19(2n2＋6n＋7)．
所以Tn＝19－(219n(22＋n26＋n＋6n7)，)，nn为为偶奇数数，.
要使Tn≥tn2对n∈N*恒成立，只要使－
n2＋64n＋5，n＝4k－1.
数列{an}的前n项和Sn＝n(n2＋1)，数列{bn}的前n项和Bn＝n(n2＋5)，
①当n＝2k(k∈N*)时，Pn＝Sk＋Bk＝
k(k＋1) 2
＋
k(k＋5) 2
＝k2＋3k＝
n 2
2＋3×n2
＝
1 4
n2＋
3 2
n；
②当n＝4k－3(k∈N*)时，Pn＝S2k－1＋B2k－2＝
Sn＝n2；
设数列{an}的公差为d.因为2a5－a3＝13，S4＝16，所以42a(a1＋1＋64dd＝)－16(，a1＋2d)＝13，解得da＝1＝21，，所以an＝2n－1，Sn＝n2.
n
(2)设Tn＝ (－1)i·ai，若对一切正整数n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成

2020高考数学《数列》

数列考试内容：数列．等差数列及其通项公式．等差数列前n项和公式．等比数列及其通项公式．等比数列前n项和公式．考试要求：（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，井能解决简单的实际问题．§03. 数列知识要点1. ⑴等差、等比数列：⑵看数列是不是等差数列有以下三种方法： ①),2(1为常数d n d a a n n ≥=-- ②211-++=n n n a a a (2≥n ) ③b kn a n +=(k n ,为常数).⑶看数列是不是等比数列有以下四种方法： ①)0,,2(1≠≥=-且为常数q n q a a n n②112-+⋅=n n na a a (2≥n ，011≠-+n n n a a a )① 注①：i. acb =，是a 、b 、c 成等比的双非条件，即ac b =、b 、c 等比数列.ii. ac b =（ac ＞0）→为a 、b 、c 等比数列的充分不必要. iii. ac b ±=→为a 、b 、c 等比数列的必要不充分. iv. ac b ±=且0φac →为a 、b 、c 等比数列的充要.注意：任意两数a 、c 不一定有等比中项，除非有ac ＞0，则等比中项一定有两个. ③n n cq a =(q c ,为非零常数).④正数列{n a }成等比的充要条件是数列{n x a log }（1φx ）成等比数列.⑷数列{n a }的前n 项和n S 与通项n a 的关系：⎩⎨⎧≥-===-)2()1(111n s s n a s a n n n[注]： ①()()d a nd d n a a n -+=-+=111（d 可为零也可不为零→为等差数列充要条件（即常数列也是等差数列）→若d 不为0，则是等差数列充分条件）. ②等差{n a }前n 项和n d a n d Bn An S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=22122 →2d可以为零也可不为零→为等差的充要条件→若d 为零，则是等差数列的充分条件；若d 不为零，则是等差数列的充分条件. ③非零．．常数列既可为等比数列，也可为等差数列.（不是非零，即不可能有等比数列） 2. ①等差数列依次每k 项的和仍成等差数列，其公差为原公差的k 2倍...,,232k k k k k S S S S S --；②若等差数列的项数为2()+∈Nn n ，则，奇偶nd S S =-1+=n n a a S S 偶奇；③若等差数列的项数为()+∈-N n n 12，则()n n a n S 1212-=-，且n a S S =-偶奇，1-=n n S S 偶奇得到所求项数到代入12-⇒n n . 3. 常用公式：①1+2+3 …+n =()21+n n ②()()61213212222++=+++n n n n Λ③()2213213333⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++n n n Λ[注]：熟悉常用通项：9，99，999，…110-=⇒n n a ； 5，55，555，…()11095-=⇒nn a . 4. 等比数列的前n 项和公式的常见应用题：⑴生产部门中有增长率的总产量问题. 例如，第一年产量为a ，年增长率为r ，则每年的产量成等比数列，公比为r +1. 其中第n 年产量为1)1(-+n r a ，且过n 年后总产量为：.)1(1])1([)1(...)1()1(12r r a a r a r a r a a n n +-+-=+++++++-⑵银行部门中按复利计算问题. 例如：一年中每月初到银行存a 元，利息为r ，每月利息按复利计算，则每月的a 元过n 个月后便成为n r a )1(+元. 因此，第二年年初可存款：)1(...)1()1()1(101112r a r a r a r a ++++++++=)1(1])1(1)[1(12r r r a +-+-+.⑶分期付款应用题：a 为分期付款方式贷款为a 元；m 为m 个月将款全部付清；r 为年利率.()()()()()()()()1111111 (1112)1-++=⇒-+=+⇒++++++=+--m m m mm m mr r ar x r r x r a x r x r x r x r a5. 数列常见的几种形式：⑴n n n qa pa a +=++12（p 、q 为二阶常数）→用特证根方法求解.具体步骤：①写出特征方程q Px x +=2（2x 对应2+n a ，x 对应1+n a ），并设二根21,x x ②若21x x ≠可设n n n x c x c a 2211.+=，若21x x =可设n n x n c c a 121)(+=；③由初始值21,a a 确定21,c c .⑵r Pa a n n +=-1（P 、r 为常数）→用①转化等差，等比数列；②逐项选代；③消去常数n 转化为n n n qa Pa a +=++12的形式，再用特征根方法求n a ；④121-+=n n P c c a （公式法），21,c c 由21,a a 确定.①转化等差，等比：1)(11-=⇒-+=⇒+=+++P rx x Px Pa a x a P x a n n n n . ②选代法：=++=+=--r r Pa P r Pa a n n n )(21x P x a P r P P r a a n n n -+=---+=⇒--1111)(1)1(Λ r r P a P n n +++⋅+=--Pr 211Λ.③用特征方程求解：⇒⎭⎬⎫+=+=-+相减，r Pa a r Pa a n n n n 111+n a 1111-+--+=⇒-=-n n n n n n Pa a P a Pa Pa a ）（. ④由选代法推导结果：Pr P P r a c P c a P r a c P r c n n n -+-+=+=-+=-=--111111112121）（，，. 6. 几种常见的数列的思想方法：⑴等差数列的前n 项和为n S ，在0πd 时，有最大值. 如何确定使n S 取最大值时的n 值，有两种方法：一是求使0,01π+≥n n a a ，成立的n 值；二是由n da n d S n )2(212-+=利用二次函数的性质求n 的值.⑵如果数列可以看作是一个等差数列与一个等比数列的对应项乘积，求此数列前n 项和可依照等比数列前n 项和的推倒导方法：错位相减求和. 例如：, (2)1)12,...(413,211n n -⋅⑶两个等差数列的相同项亦组成一个新的等差数列，此等差数列的首项就是原两个数列的第一个相同项，公差是两个数列公差21d d ，的最小公倍数.2. 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法:对于n ≥2的任意自然数,验证)(11---n nn n a a a a 为同一常数。

专题5.4 数列求和及数列的综合应用-2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(原卷版)

第五篇数列及其应用专题5.04 数列求和及数列的综合应用【考试要求】1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.【知识梳理】1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. 2.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.【微点提醒】1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6. 3.裂项求和常用的三种变形(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )【教材衍化】2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( ) A.2 018B.2 019C.2 020D.2 0213.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________.【真题体验】4.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A.9B.15C.18D.305.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.【考点聚焦】考点一分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小.【规律方法】 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .考点二裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .【规律方法】1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【训练2】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.(1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n .考点三错位相减法求和【例3】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .【规律方法】 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n－qS n”的表达式.【训练3】已知等差数列{a n}满足：a n＋1>a n(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n＋2log2b n＝－1.(1)分别求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.考点四数列的综合应用【例4】某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？【规律方法】数列的综合应用常考查以下几个方面：(1)数列在实际问题中的应用；(2)数列与不等式的综合应用；(3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{a n}的前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝3a n a n＋1，试求数列{b n}的前n项和T n.【反思与感悟】1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.【易错防范】1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A.－24B.－3C.3D.82.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－4003.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( )A.9B.99C.10D.1004.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为() A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 0235.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.7.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________.8.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0).10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则() A.a n ≥2n ＋1 B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －112.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定13.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.14.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【新高考创新预测】15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{a n}的前n项和为S n，b n＝(－1)n S n，则a n＝________，数列{b n}的前n项和T n＝________.。

高考数学总复习考点知识专题讲解29---数列求和

两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝2n2－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，也适合上式．从而{an}的通项公式为an＝2n2－1.
(2)记2na＋n 1的前n项和为Sn. 由(1)知2na＋n 1＝2n＋122n－1＝2n1－1－2n1＋1. 则Sn＝11－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1＝2n2＋n 1.
因为an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2. 又因为当n＝1时，2 a1＝a1＋1，所以( a1－1)2＝0，所以a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)因为bn＝
1 2n－1＋
2n＋1＝
2n＋1－ 2
2n－1，
所以b1＋b2＋…＋bn＝
1 2
[(
3 －1)＋(
(2)由题意，得cn＝an＋bn＝3n＋(2n＋1)， Sn＝c1＋c2＋…＋cn ＝(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n) ＝n3＋22n＋1＋311－－33n＝3n2＋1＋n2＋2n－32.
[拓展探究] 若本例(2)中的“cn＝an＋bn”改为“cn＝an ＋(－1)nbn”，其他条件不变，结果如何求？
(2)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
2．两个注意点 (1)应用裂项相消法时，应注意消项的规律具有对称性，即前面剩第几项则后面剩倒数第几项． (2)应用错位相减法时，应注意相减后符号的变化和所构成的等比数列的项数．
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打 “×”)
(2)令bn＝
n＋1 n＋22a2n
，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：

2020版新高考复习理科数学教学案：数列含答案 (2)

答案：C
6．[20xx·惠州调研]已知各项均为正数的等比数列{an}中.a1＝1,2a3.a5,3a4成等差数列.则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A．2n－1B．2n－1－1
C．2n－1D．2n
解析：通解：设{an}的公比为q(q>0).由题意知2a5＝2a3＋3a4.∴2a3q2＝2a3＋3a3q.∴2q2＝2＋3q.∴q＝2或q＝－ (舍去).所以an＝2n－1.
■备考工具——————————————
1．求数列的前n项和的方法
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋ .
②等比数列的前n项和公式
a．当q＝1时.Sn＝na1；
b．当q≠1时.Sn＝＝ .
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项相消：把一个数列的通项分成两项差的形式.相加过程中消去中间项.只剩有限项再求和．
通项公式的推广
an＝a1qn－1
(揭示首末两项的关系)
an＝amqn－m
(揭示任意两项之间的关系)
(2)前n项和公式
Sn＝或Sn＝
7．等比数列的性质
若{an}为等比数列.则
(1){a }. .{c·an}(c≠0)都是等比数列．
(2)各项及公比都不为0.
8．等比数列项的运算性质
若m＋n＝p＋q(m.n.p.q∈N*).则am·an＝ap·aq.
令n＝101.则S101＋a101＝2×101－6＋ .所以S101＋(S101－S100)＝196＋ .得2S101－S100＝196＋ ②.
将①代入②得S100＝2× －196－＝396＋－196－＝200.选B.
答Байду номын сангаас：B

2020届高考数学总复习第六章数列6_3等比数列及其前n项和课件文新人教A版

A．1盏
B．3盏
C．5盏
D．9盏
(2)(2019·广州测试)在各项都为正数的等比数列{an}中，已知
a1＝2，a2n＋2＋4a2n＝4a2n＋1，则数列{an}的通项公式 an＝__________．
(3)(2019·洛阳统考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1
＋8a4＝0，则SS43＝(
0 的根，则a1aa917的值为(
)
A．2 2
B．4
C．－2 2或 2 2
D．－4 或 4
(2)(2019·武汉华师附中调研)数列{an}的通项公式为 an＝2n－1，
则使不等式 a21＋a22＋…＋a2n<5×2n＋1 成立的 n 的最大值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】 (1)因为 a3，a15 是方程 x2－6x＋8＝0 的根，所以 a3a15＝8，a3＋a15＝6，易知 a3，a15 均为正，由等比数列的性质知，a1a17＝a29＝a3a15 ＝8，所以 a9＝2 2，a1aa917＝2 2，故选 A. (2)因为 an＝2n－1，a2n＝4n－1，
【例4】等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，
则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1
B．2
C．3
D．5
【解析】法一：因为{an}为等比数列，所以 a5＋a7 是 a1＋a3 与 a9＋a11 的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故 a9＋a11＝（aa51＋＋aa73）2＝482＝2. 同理，a9＋a11 是 a5＋a7 与 a13＋a15 的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故 a13＋a15＝（aa95＋＋aa117）2＝242＝1.

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》真题汇编附答案解析

新高中数学《数列》专题解析一、选择题1．设{a n }为等比数列，{b n }为等差数列，且S n 为数列{b n }的前n 项和.若a 2＝1，a 10＝16且a 6＝b 6，则S 11＝（） A ．20 B ．30 C ．44 D ．88【答案】C 【解析】【分析】设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 10＝16列式求得q 2，进一步求出a 6，可得b 6，再由等差数列的前n 项和公式求解S 11. 【详解】设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 10＝16，得810216a q a ==，得q 2＝2. ∴4624a a q ==，即a 6＝b 6＝4，又S n 为等差数列{b n }的前n 项和， ∴()1111161111442b b S b+⨯===.故选：C. 【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及性质，训练了等差数列前n 项和的求法，是中档题.2．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 L2221n 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.3．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.4．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.5．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（） AB．CD．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.6．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2611203a a a a --+=，则21S 的值为（） A ．63 B ．21C ．63-D ．21【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列性质，原式可变为()220616113()a a a a a +-+-=，即可求得21112163S a ==-.【详解】∵261116203a a a a a ---+=， ∴()220616113()a a a a a +-+-=， ∴113a =-，∴21112163S a ==-，故选：C ．【点睛】此题考查等差数列性质和求和公式，需要熟练掌握等差数列基本性质，根据性质求和.7．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．8．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．9．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 2lg3lg1000333nn 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.10．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若32S =，618S =，则106S S 等于（） A ．-3 B ．5C ．-31D ．33【答案】D 【解析】【分析】先由题设条件结合等比数列的前n 项和公式，求得公比q ，再利用等比数列的前n 项和公式，即可求解106S S 的值，得到答案. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中32S =，618S =，可得313366316(1)1121(1)11181a q S q q a q S q q q ---====--+-，解得2q =，所以101105105516(1)11133(1)11a q S q q q a q S q q---===+=---. 故选：D . 【点睛】本题主要考查了等比数列的前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n 项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.11．在等差数列{}n a 中，2436a a +=，则数列{}n a 的前5项之和5S 的值为（） A ．108B ．90C ．72D ．24【解析】由于152436a a a a +=+=，所以1555()5369022a a S +⨯===，应选答案A ．点睛：解答本题的简捷思路是巧妙运用等差数列的性质152436a a a a +=+=，然后整体代换前5项和中的15=36a a +，从而使得问题的解答过程简捷、巧妙．当然也可以直接依据题设条件建立方程组进行求解，但是解答过程稍微繁琐一点．12．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．13．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（）A ．20152016B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D 【解析】【分析】求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值．由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+，因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．14．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.15．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 ．1CD ．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.16．等差数列{}n a 中，1599a a a ++=，它的前21项的平均值是15，现从中抽走1项，余下的20项的平均值仍然是15，则抽走的项是( ) A ．11a B ．12aC ．13aD ．14a【答案】A 【解析】【分析】由等差数列的性质可知5113,15a a ==，再根据前21项的均值和抽取一项后的均值可知抽取的一项的大小为15，故可确定抽走的是哪一项. 【详解】因为1952a a a +=，所以539a =即53a =. 有211521S =得1115a =，设抽去一项后余下的项的和为S ，则2015300S =⨯=，故抽取的一项的大小为11，所以抽走的项为11a ，故选A. 【点睛】一般地，如果{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则有性质：（1）若,,,*,m n p q N m n p q ∈+=+，则m n p q a a a a +=+；（2）()1,1,2,,2k n k n n a a S k n +-+==L 且()2121n n S n a -=- ；（3）2n S An Bn =+且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（4）232,,,n n n n n S S S S S --L 为等差数列.17．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（） A ．23岁 B ．32岁C ．35岁D ．38岁【答案】C 【解析】【分析】根据题意，得到数列{}n a 是等差数列，由9207S =，求得数列的首项1a ，即可得到答案．【详解】设这位公公的第n 个儿子的年龄为n a ，由题可知{}n a 是等差数列，设公差为d ，则3d =-，又由9207S =，即91989(3)2072S a ⨯=+⨯-=，解得135a =，即这位公公的长儿的年龄为35岁．故选C ．【点睛】本题主要考查了等差数列前n 项和公式的应用，其中解答中认真审题，熟练应用等差数列的前n 项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．18．{}n a 为等差数列，公差为d ，且01d <<，5()2k a k Z π≠∈，223557sin 2sin cos sin a a a a +⋅=，函数()sin(4)(0)f x d wx d w =+>在20,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调且存在020,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()f x 关于0(,0)x 对称，则w 的取值范围是（）A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．24,33⎛⎤⎥⎝⎦D ．33,42⎛⎤⎥⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】推导出sin4d ＝1，由此能求出d ，可得函数解析式，利用在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调且存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭，，，即可得出结论．【详解】∵{a n }为等差数列，公差为d ，且0＜d ＜1，a 52k π≠（k ∈Z ）， sin 2a 3+2sin a 5•cos a 5＝sin 2a 7， ∴2sin a 5cos a 5＝sin 2a 7﹣sin 2a 3＝2sin 372a a +cos 732a a -•2cos 372a a +sin 732a a -=2sin a 5cos2d •2cos a 5sin2d ， ∴sin4d ＝1，∴d 8π=．∴f （x ）8π=cosωx ，∵在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调 ∴23ππω≥， ∴ω32≤；又存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭，，，所以f （x ）在（0，23π）上存在零点，即223ππω＜，得到ω34＞．故答案为 33,42⎛⎤⎥⎝⎦故选D 【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查三角函数的图象与性质，准确求解数列的公差是本题关键，考查推理能力，是中档题．19．《九章算术·均输》中有如下问题：“今有五人分十钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分10钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为（）A．43钱B．73钱C．83钱D．103钱【答案】C【解析】【分析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由题意求得a ＝﹣6d，结合a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10求得a＝2，则答案可求．【详解】解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，则由题意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10，∴a＝2，则a﹣2d＝a48 333aa+==．故选：C．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查实际应用，正确设出等差数列是计算关键，是基础的计算题．20．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的S的值是A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】本题首先可以通过程序框图明确输入的数值以及程序框图中所包含的关系式，然后按照程序框图所包含的关系式进行循环运算，即可得出结果．【详解】由程序框图可知，输入，，，第一次运算：，；第二次运算：，；第三次运算：，；第四次运算：，；第五次运算：，；第六次运算：，；第七次运算：，；第八次运算：，；第九次运算：，；第十次运算：，，综上所述，输出的结果为，故选B．【点睛】本题考查程序框图的相关性质，主要考查程序框图的循环结构以及裂项相消法的使用，考查推理能力，提高了学生从题目中获取信息的能力，体现了综合性，提升了学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．。

2020年高考数学必刷题《26 数列的综合应用》(解析版)

专题六数列26 数列的综合应用1．已知公差0d ≠的等差数列{}n a 满足11a =，且2a ，42a -，6a 成等比数列，若正整数m ，n 满足10m n -=，则m n a a -=A ．10B ．20C ．30D ．5或40【答案】C【解析】由题知()24262a a a -=，因为{}n a 为等差数列，所以()()()231115d d d -=++，又0d ≠，则3d =，从而()30m n a a m n d -=-=. 故选C ．2．若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11443,24a b a b ==-==，则22a b = A ．1- B ．1 C ．4-D ．4【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，因为11443,24a b a b ==-==，所以413413278d a a b q b =-=⎧⎪⎨==-⎪⎩，解得92d q =⎧⎨=-⎩，因此212166a a d b b q =+=⎧⎨==⎩，所以221a b =. 故选B.3．已知首项为1的等差数列{a n }的公差为d ,前n 项和为S n ,且S 2,S 4,S 8成等比数列,则 d = A ．0 B ．1或2 C ．0或2D ．2【答案】C【解析】由a 1=1及S 2,S 4,S 8成等比数列,可得 =S 2·S 8,又S n =a 1n +d ,可得d 2=2d ,解得d =0或d =2.故选C.4．已知等比数列{}n a 中，若12a =，且1324,,2a a a 成等差数列，则5a = A ．2 B ．2或32 C ．2或-32D ．1-【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为q （0q ≠），1324,,2a a a 成等差数列，321224a a a ∴=+， 10a ≠，220q q ∴--=，解得2q =或1q =-， 451=a a q ∴，则5=232a 或.故选B ．5．设是首项为 ,公差为的等差数列, 为其前项和,若成等比数列,则 A ．8 B ． C ．1D ．【答案】D【解析】由题意可得 ,因为成等比数列,所以 ,求解可得故选D.6．已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6=a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9=2a 7，则S 17=A ．34B ．39C ．51D ．68【答案】D【解析】数列{a n }是公比q =2的等比数列，由a 6=a 2·a 10得a 1q 5=a 1q ·a 1q 9，∴a 1q 5=1，∴a 6=1， ∴b 9=2a 7=2a 6·q =2×1×2=4, 设等差数列{b n }的公差为d ,则S 17=17b 1+d =17(b 1+8d )=17b 9=68.故选D ．7．已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b 是等差数列，若261033a a a ⋅⋅=，16117πb b b ++=，则21039tan1b b a a +-⋅的值是A ．1B ．22C ．22-D ．3-【答案】D 【解析】{}n a 是等比数列，32610633a a a a ∴⋅⋅==，63a ∴=，{}n b 是等差数列，1611637πb b b b ∴++==，67π3b ∴=， 2106239614π27ππ3tan tan tan tan tan 3111333b b b a a a +∴===-=-=--⋅--. 故选D.8．已知数列是等差数列，是正项等比数列，且，，，，则 A ． B ． C ．D ．【答案】D【解析】因为，，是正项等比数列，所以，，，则，，因为数列是等差数列，，，所以，，，，因为，所以，又，则，，所以.故选D.9．已知等差数列{a n}的首项为1,a1+a3+a5=15,{a n}的前n项和为S n,若S10,a10+1,k(其中k∈R)成等比数列,则实数k的值是A．7 B．6C．5 D．4【答案】D【解析】根据题意可得,a1=1,3a3=15,即a3=5,设等差数列{a n}的公差为d,解得d=2,所以等差数列{a n}的通项公式是a n=2n-1,S10=10×1+×2=100,又S10,a10+1,k(其中k∈R)成等比数列,所以(a10+1)2=k·S10,k== 4.故选D．10．在等差数列中,,且成等比数列,则公差__________．【答案】3【解析】因为成等比数列,所以,即,解得d=3或d=-1.当d=-1时，，舍去.故11．等差数列中，公差，且，数列是等比数列，且，则_______．【答案】16【解析】因为等差数列中，，所以,所以.则，又数列是等比数列，所以.12．已知单调递增的等比数列满足，且是，的等差中项，则数列的通项公式为 __________．【答案】【解析】因为是，的等差中项，所以，所以或，因为数列单调递增，所以，所以数列的通项公式为．13．等差数列{}n a 中，410a =且3a ，6a ，10a 成等比数列，则数列{}n a 的前20项的和20S =__________.【答案】200或330【解析】设数列{}n a 的公差为d ，则3410a a d d =-=-，641042102,6106a a d d a a d d =+=+=+=+，由3610,,a a a 成等比数列，得23106a a a =，即()()()210106102d d d -+=+，整理得210100d d -=，解得0d =或1d =，当0d =时，20420200S a ==；当1d =时，14310317a a d =-=-⨯=，于是2012019202071903302S a d ⨯=+=⨯+=，故答案为200或330.14．在各项不为零的等差数列{}n a 中，2201720182019220a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且20182018b a =，则()220172019log b b ⋅的值为 A ．1 B ．2 C ．4D ．8【答案】C【解析】因为等差数列{}n a 中2017201920182a a a +=，所以2220172018201920182018224=0a a a a a -+=-，因为各项不为零，所以2018=4a ，因为数列{}n b 是等比数列，所以2201720192018==16b b a ⋅所以()2201720192log =log 16=4b b ⋅. 故选C ．15．等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是A ．1-B ．0C ．2D ．3【答案】B【解析】等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，由111a b ==，53a b =，可得214d q +=，则2291812(1)211a d q q =+=+-=->-，可得9a 能取到的最小整数是0．故选B ．16．等比数列{}n a 中， n S 是数列{}n a 的前n 项和， 314S =，且1238,3,6a a a ++依次成等差数列，则13a a ⋅等于 A ．4 B ．9 C ．16 D ．25【答案】C【解析】设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q ，则()231114S a q q =++=①，又1238,3,6a a a ++依次成等差数列，则21112386a q a a q ⨯=+++，即2111614a q a a q --=②，①②两式相加得：14a q =，代入①得()21110a q +=，①②两式相比得22520q q -+=，解得2q =或12q =，则122a q ==⎧⎨⎩ 或1812a q ⎧==⎪⎨⎪⎩，当122a q ==⎧⎨⎩时，22221312216a a a q ==⨯=；当1812a q ⎧==⎪⎨⎪⎩时，221318162a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭⨯=.故选C .17．已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列,23a =,且358,,a a a 成等比数列,设11n n n b a a +=,则数列{}n b 的前n 项和n T 为A ．1n n + B ．1n n - C ．221nn +D ．24nn +【答案】D【解析】设首项为1a ,公差为d ,因为23a =,且358,,a a a 成等比数列,所以()()()121113427a d a d a d a d +=⎧⎪⎨+=++⎪⎩, 解得12,1a d ==, 所以()()1111,1212n n a n b n n n n =+==-++++, 则12n n T b b b =+++=1111111123341222n n n -+-++-=-+++=24nn +. 故选D ．18．若等差数列{a n }与等比数列{b n }的首项是相等的正数,且它们的第2n+1项也相等,则A ．a n+1<b n+1B ．a n+1≤b n+1C ．a n+1≥b n+1D ．a n+1>b n+1【答案】C【解析】∵等比数列{b n }中,b 1>0,∴b 2n+1>0, 又a 1=b 1,a 2n+1=b 2n+1,当b n+1<0时,显然有a n+1>b n+1;当b n+1>0时,a n+1-b n+1=21211211211211212()222n n n n n a a a a a a a a b b ++++++-⋅-+-⋅==≥ , 即a n+1≥b n+1.综上可知a n+1≥b n+1.19．已知数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是以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 的最小值是A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】B 【解析】{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，112121242n n n n b b b T c c c a a a a a a a -∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+()()()()1211221241221n -=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()11122124222212nn n n n n -+-=+++⋯+-=⨯-=---，2019n T >，1222019n n +∴-->，解得10n ≥．则当2019n T >时，n 的最小值是10．故选B ．20．若互不相等的实数成等差数列，成等比数列，且则 __________．【答案】【解析】由题意，互不相等的实数构成等差数列，设，又成等比数列，所以，即，解得，所以三个数分别为，又因为，所以，所以实数 .21．已知数列的各项均为整数，，前12项依次成等差数列，从第11项起依次成等比数列，则 __________．【答案】16【解析】设公差为，则因为第11项，第12项，第13项成等比数列，所以，即，即，因为为整数，所以，则，故 . 故答案为16.22．成等差数列的三个正数的和等于6，并且这三个数分别加上3、6、13后成为等比数列{}n b 中的3b 、4b 、5b ，则数列{}n b 的通项公式为__________.【答案】12n n b -=【解析】设成等差数列的三个正数为a d -，a ，a d +，即有36a =，解得2a =，由题意可得5d -，8，15d +成等比数列，即有()()51564d d -+=，解得1d =（11d =-舍去），可得公比为2，则数列{}n b 的通项公式为33132422n n n n b b ---=⋅=⋅=. 故答案为12n n b -=.23．已知数列{}n a 满足11a =，且点()()1,2n n a a n +∈N å在直线1102x y -+=上．若对任意的*n ∈N ，1231111nn a n a n a n a λ+++⋯+≥++++恒成立，则实数λ的取值范围为__________．【答案】（﹣∞，12] 【解析】数列{}n a 满足a 1＝1，且点()()*12n n a a n +∈，N 在直线x 12-y +1＝0上，可得a n ﹣a n +1+1＝0，即a n +1﹣a n ＝1，可得a n ＝n ，对任意的*n ∈N ，1231111nn a n a n a n a λ++++≥++++恒成立，即为λ111122n n n≤+++++的最小值，由f （n ）111122n n n=+++++， f （n ）﹣f （n +1）11112122n n n =--+++()()111022212122n n n n =-=-<++++，即f （n ）＜f （n +1），可得f （n ）递增，即有f （1）为最小值，且为12，可得λ12≤，则实数λ的取值范围为（﹣∞，12]．故答案为（﹣∞，12]．24．（2017新课标全国Ⅲ理科）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A ．24- B ．3- C ．3 D ．8【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-. 故选A ．【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.25．（2017北京理科）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =___________．【答案】1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d 和q ，则3138d q -+=-=，求得2,3q d =-=，那么22131 2a b-+==．【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.11。

2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一数列求和【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2；当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二数列与函数的综合问题【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)，所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)．题型三数列与不等式的综合问题【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】方法一由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1，所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立．综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2；经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1，故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)．综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2，即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)，所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)，因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ，又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1，假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列，即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增，若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求；当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

2020年高考数学一轮复习对点提分(文理科通用)专题5.2等差数列及其前n项和

第五篇数列及其应用专题 5.02等差数列及其前n 项和【考要求】1.理解等差数列的观点；2.掌握等差数列的通公式与前n 和公式；3.能在详细的情境中数列的等差关系，并能用等差数列的相关知解决相的；4.领会等差数列与一次函数的关系.【知梳理】1.等差数列的观点(1) 假如一个数列从第 2 起，每一与它的前一的差等于同一个常数，那么个数列就叫做等差数列.数学言表达式：a n＋1－ a n＝ d(n∈N*， d 常数 ).a＋ b(2)若 a， A，b 成等差数列， A 叫做 a， b 的等差中，且A＝2.2.等差数列的通公式与前n 和公式(1)若等差数列 { a n} 的首是a1，公差是 d，其通公式a n＝ a1＋ (n－ 1)d.(2)前 n 和公式： S n＝ na1＋n（n－1）d＝n（a1＋a n）.223.等差数列的性(1)通公式的推行： a n＝ a m＋ (n－ m)d( n， m∈N* ).(2)若 { a n} 等差数列，且 k＋ l＝ m＋ n(k， l， m， n∈N* )， a k＋a l＝ a m＋ a n.(3)若 { a n} 是等差数列，公差 d， a k， a k＋m，a k＋2m，⋯ (k，m∈N* )是公差 md 的等差数列 .(4) 若 S n等差数列 { a n } 的前 n 和，数列S m， S2m－ S m， S3m－ S2m，⋯也是等差数列 .(5) 若 S n等差数列 { a n } 的前 n 和，数列S n也等差数列 . n【微点提示】1.已知数列 { a n} 的通公式是a n＝ pn＋q(此中 p， q 常数 )，数列 { a n} 必定是等差数列，且公差p.2.在等差数列 { a n} 中， a1＞ 0，d＜ 0， S n存在最大；若a1＜ 0， d＞ 0， S n存在最小 .3.等差数列 {a n} 的性：当d＞0 ， {a n} 是增数列；当d＜ 0 ， {a n} 是减数列；当d＝ 0 ， {a n} 是常数列 .4.数列 {a n} 是等差数列 ? S n＝ An 2＋ Bn(A ， B 常数 ).【疑误辨析】1.判断以下结论正误 (在括号内打“√”或“×” )(1) 数列 { a n } 为等差数列的充要条件是对随意 n ∈ N * ，都有 2a n ＋1＝ a n ＋ a n ＋2.()(2) 等差数列 { a n } 的单一性是由公差 d 决定的 .( )(3) 数列 { a n } 为等差数列的充要条件是其通项公式为 n 的一次函数 .()(4) 等差数列的前 n 项和公式是常数项为0 的二次函数 .()【答案】(1) √ (2)√ (3) × (4)×【分析】(3) 若公差 d ＝ 0，则通项公式不是 n 的一次函数 .(4) 若公差 d ＝ 0，则前 n 项和不是二次函数 . 【教材衍化】2.(必修 5P46A2 改编 )设数列 { a n } 是等差数列，其前 n 项和为 S n ，若 a 6＝ 2 且 S 5＝ 30，则 S 8 等于 ()A.31B.32C.33D.34【答案】Ba 1＋5d ＝ 2，【分析】由已知可得5a 1 ＋10d ＝ 30，a 1＝26，8× 7解得3∴ S 8＝ 8a 1＋4 2 d ＝ 32.d ＝－ 3，3.(必修 5P68A8 改编 )在等差数列 { a n } 中，若 a 3＋a 4＋ a 5＋ a 6＋ a 7＝ 450，则 a 2＋ a 8＝ ________.【答案】180【分析】由等差数列的性质，得a 3＋ a 4＋ a 5＋a 6＋a 7＝ 5a 5＝ 450，∴ a 5＝ 90，∴ a 2＋ a 8＝ 2a 5＝ 180.【真题体验】4.(2018 全·国 Ⅰ 卷)记 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和 .若 3S 3＝ S 2＋ S 4， a 1＝ 2，则 a 5＝ ( )A. －12B.－ 10C.10D.12【答案】 B【分析】设等差数列 { a n } 的公差为 d ，则 3(3a 1＋ 3d)＝ 2a 1＋d ＋ 4a 1＋ 6d ，即 d ＝－ 3 ＝2，∴ d ＝－ 3，a 1.又 a 12∴ a 5＝ a 1＋ 4d ＝2＋ 4× (－ 3)＝－ 10.5.(2019 上·海黄浦区模拟 )已知等差数列 { a n } 中， a 2＝ 1，前 5 项和 S 5＝－ 15，则数列 { a n } 的公差为 ( )A. －3B.－5C.－ 2D. －4 2【答案】D【分析】等差数列 { a n} 的首 a1，公差 d，a2＝1，a1＋ d＝ 1，所以因5×4S5＝－ 15，＋d＝－ 15，5a12解得 d＝－ 4.6.(2019 ·北四市考)在等差数列 { a n } 中，已知a3＋ a8>0，且 S9<0， S1， S2，⋯， S9中最小的是 ______.【答案】S5【分析】在等差数列 { a n} 中，∵a3＋ a8>0， S9<0，∴a5＋ a6＝ a3＋ a8>0，S9＝9（a1＋a9）＝ 9a5 <0， 2∴a5<0 ， a6>0，∴S1， S2，⋯，S9中最小的是 S5.【考点聚焦】考点一等差数列基本量的运算【例 1】 (1)( 一多解 )(2017 ·全国Ⅰ卷 ) S n等差数列 { a n} 的前 n 和 .若 a4＋ a5＝ 24，S6＝ 48，{ a n} 的公差 ()A.1B.2C.4D.8(2)(2019·坊 )等差数列 { a n} 的前 n 和 S n，S11＝ 22， a4＝－ 12，若 a m＝ 30， m＝()A.9B.10C.11D.15【答案】(1)C (2)B【分析】(1) 法一等差数列 { a n} 的公差 d，（a1＋ 3d）＋（ a1＋ 4d）＝ 24，依意得6× 5所以 d＝ 4.6a1＋2d＝ 48，法二等差数列 { a n} 中， S6＝（ a1＋ a6）× 6＝ 48， a1＋a6＝ 16＝ a2＋ a5，2又 a4＋ a5＝ 24，所以 a4－ a2＝2d＝ 24－ 16＝ 8， d＝ 4.(2) 等差数列 { a n} 的公差 d，依意得S 11＝11a 1＋11×（11－ 1）d＝ 22， a 1＝－ 33，2解得d ＝7，a 4＝ a 1＋ 3d ＝－ 12，∴ a m ＝ a 1＋ (m － 1)d ＝7m －40＝ 30， ∴m ＝10.【律方法】1.等差数列的通公式及前 n 和公式共波及五个量 a 1， a n ，d ， n ， S n ，知此中三个就能求此外两个，体了用方程的思想来解决 .2.数列的通公式和前n 和公式在解中起到量代作用，而a 1 和 d 是等差数列的两个基本量，用它表示已知和未知是常用方法.【 1】 (1) 等差数列 log 3(2x)， log 3(3x)， log 3(4x ＋ 2)，⋯的第四等于()A.3B.4C.log 318D.log 324(2)( 一多解 ) 等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ， S 3＝ 6， S 4＝ 12， S 6 ＝________. 【答案】 (1)A(2)30【分析】(1) ∵ log 3(2x)， log 3(3x)，log 3(4x ＋ 2)成等差数列，∴ log 3(2x)＋ log 3(4x ＋ 2)＝ 2log 3(3x)，∴ log 3[2x(4x ＋ 2)] ＝ log 3(3x)2， 2x(4x ＋ 2)＝ 9x 2，解之得 x ＝4， x ＝ 0(舍去 ).∴ 等差数列的前三log 38， log 312， log 318，∴ 公差 d ＝log 3 12－ log 38＝ log 33，2∴ 数列的第四 log 318＋ log 33＝ log 327＝ 3.2(2) 法一数列 { a n } 的首 a 1，公差 d ，S 3＝ 3a 1＋ 3d ＝6， a 1＝ 0，由 S 3＝ 6， S 4＝ 12，可得解得S 4＝ 4a 1＋ 6d ＝12，d ＝ 2，所以 S 6＝ 6a 1＋ 15d ＝ 30.法二由 { a n } 等差数列，故可前n 和 S n ＝ An 2＋ Bn ，S 3＝ 9A ＋ 3B ＝ 6，由 S 3＝ 6， S 4＝ 12 可得S 4＝ 16A ＋ 4B ＝ 12，A ＝ 1，解得即 S ＝ n 2－ n ， S ＝ 36－ 6＝ 30.n6B ＝－ 1，考点二等差数列的判断与明【例 2】 ( 典母 )若数列 { a n } 的前 n 和S n ，且足1a n ＋ 2S n S n －1＝ 0(n ≥ 2)， a 1＝ .1(1) 求证： S n 成等差数列；(2) 求数列 { a n } 的通项公式 . 【答案】看法析【分析】 (1)证明当 n ≥2 时，由 a n ＋ 2S n S n － 1＝ 0，得 S n － S n － 1＝－ 2S n S n － 1，所以 1 － 1＝2，S n S n －1又 1＝ 1＝2， S 1 a 1故 1是首项为 2，公差为 2 的等差数列 . S n(2) 解由 (1)可得1＝ 2n ，∴ S n ＝ 1.S n2n当 n ≥ 2 时，a n ＝ S n － S n － 1＝ 1－1＝ n － 1－ n ＝－ 1 .2n 2（ n －1） 2n （ n － 1）2n （ n － 1）1当 n ＝ 1 时， a 1＝ 2不合适上式 .1， n ＝ 1，2故 a n ＝1－，n ≥ 2.2n （ n － 1）【迁徙研究 1】本例条件不变，判断数列 { a n } 能否为等差数列，并说明原因 .【答案】看法析【分析】因为 a n ＝ S n － S n －1(n ≥ 2)， a n ＋ 2S n S n － 1＝ 0，所以 S n － S n － 1＋ 2S n S n － 1＝ 0(n ≥2).所以 1 － 1＝ 2(n ≥ 2).S n S n －1又 1＝ 1＝2， S 1 a 11所以是以 2 为首项， 2 为公差的等差数列 .所以 1＝ 2＋ (n － 1) ×2＝ 2n ，故 S n ＝ 1 .S n 2n所以当 n ≥2 时， a ＝S －S －＝1－ 1＝－1 ，nnn 12n 2（ n － 1） 2n （ n － 1）－1－ 1 － 1 － 1所以 a n ＋1＝ 2n （ n ＋ 1），又 a n ＋ 1－ a n ＝ 2n （ n ＋ 1）－2n （ n － 1）＝2n1 － 1 ＝ 1n ＋1 n － 1 n （ n －1）（ n ＋1）.所以当 n ≥2 时， a n ＋ 1－ a n 的值不是一个与 n 没关的常数，故数列 { a n } 不是一个等差数列 .【迁徙研究 2】本例中，若将条件变成a 1＝ 3， na n ＋1＝ (n ＋ 1)a n ＋ n(n ＋ 1)，试求数列 { a n } 的通项公式 .5【答案】看法析【分析】由已知可得a n ＋1 ＝a n ＋ 1，即 a n ＋1 － a n ＝ 1，又 a ＝ 3，n ＋ 1 n n ＋1 n 15∴a n是以a 1＝ 3为首项， 1 为公差的等差数列，n1 5∴a n ＝ 3＋ (n － 1) ·1＝ n － 2，∴ a n ＝ n 2－2n. n 55 5【规律方法】1.证明数列是等差数列的主要方法：(1) 定义法：对于 n ≥ 2 的随意自然数，考证 a n －a n － 1 为同一常数 .(2) 等差中项法：考证 2a n －1＝ a n ＋ a n － 2(n ≥ 3， n ∈ N * )都建立 .2.判断一个数列是等差数列还常用到结论：(1) 通项公式： a n ＝pn ＋ q(p ， q 为常数 )? {an} 是等差数列 .(2) 前 n 项和公式： Sn ＝An 2＋ Bn(A ，B 为常数 )? {a n } 是等差数列 .问题的最后判断仍是利用定义.【训练 2】 (2017 ·全国 Ⅰ卷)记 S n 为等比数列 { a n } 的前 n 项和.已知 S 2＝2，S 3＝－ 6.(1) 求 { a n } 的通项公式；(2) 求 S n ，并判断 S n ＋ 1， S n ， S n ＋ 2 能否成等差数列 . 【答案】看法析【分析】 (1)设 { a n } 的公比为 q ，由题设可得a 1(1＋ q)＝ 2，q ＝－ 2，a 1(1＋ q ＋ q 2)＝－ 6，解得a 1＝－ 2.故 { a n } 的通项公式为 a n ＝ (－ 2)n . (2) 由 (1)可得nn ＋1n ＝ a 1(1－ q )＝－2＋ (－ 1)n 2S1－ q 33.n ＋3－ 2n ＋2因为 S n ＋2＋ S n ＋ 1＝－ 4＋ (－ 1)n23.3n ＋12n 2＝ 2 － 3＋( －1) ·3 ＝ 2S n ，故 S n ＋ 1， S n ，S n ＋ 2 成等差数列 . 考点三等差数列的性质及应用角度 1等差数列项的性质【例 3－ 1】 (2019 · 沂一模 )在等差数列 { a n} 中， a1＋ 3a8＋a15＝ 120， a2＋ a14的 () A.6 B.12 C.24 D.48【答案】D【分析】∵在等差数列 { a n} 中， a1＋3a8＋a15＝ 120，由等差数列的性，a1＋ 3a8＋ a15＝ 5a8＝ 120，∴a8＝ 24，∴ a2＋ a14＝ 2a8＝ 48.角度 2等差数列和的性【例 3－ 2】等差数列 { a n} 的前 n 和 S n，若 S3＝ 9， S6＝ 36， a7＋ a8＋a9等于 () A.63 B.45 C.36 D.27【答案】B【分析】由 { a n} 是等差数列，得S3， S6－ S3， S9－ S6等差数列，即 2(S6－ S3)＝ S3＋ (S9－ S6)，获得 S9－ S6＝ 2S6－3S3＝ 45，所以 a7＋ a8＋ a9＝ 45.【律方法】1.的性：在等差数列{ a n} 中，若 m＋ n＝ p＋ q(m， n， p，q∈N* ) ， a m＋ a n＝ a p＋ a q.2.和的性：在等差数列{ a n} 中， S n其前 n 和，(1)S2n＝ n(a1＋ a2n)＝⋯＝ n(a n＋ a n＋1)；(2)S2n－1＝(2n－ 1)a n.【 3】 (1) 已知 S n是等差数列 { a n} 的前 n 和，若 a1＝－ 2 015，S2 015－S2 009＝ 6， S2 019＝ ________.2 015 2 009(2)(2019 ·州一模 )在等差数列 { a n} 中，若 a3＋ a4＋ a5＝ 3， a8＝8， a12的是 ()A.15B.30C.31D.64(3) 等差数列 { a n } 与 { b n} 的前 n 和分 S n和 T n，若S n＝3n－2，a7等于 () T n 2n＋1b73719394 A. 27 B.14 C.29 D. 3【答案】(1)6 057 (2)A (3)A【分析】(1) 由等差数列的性可得S n也等差数列 . nS2 015S2 009其公差d，2 015－2 009＝ 6d＝ 6，∴ d＝ 1.故 S 2 019 ＝S 1＋ 2 018d ＝－ 2 015＋2 018＝3，2019 1∴ S 2 019＝ 3× 2 019＝6 057.(2) 由 a 3＋a 4＋ a 5＝ 3 及等差数列的性， ∴ 3a 4＝ 3， a 4＝ 1.又 a 4＋ a 12＝ 2a 8，得 1＋ a 12＝ 2× 8.∴ a 12＝16－ 1＝15.a 1＋ a 13a 1＋ a 13× 1372a 7213aS(3) b 7 ＝ 2b 7＝＋ b ＝＋ b＝T 13b 1 13b 113× 1323× 13－2 37 ＝ 2× 13＋1＝ 27.考点四等差数列的前 n 和及其最【例 4】 (2019 ·衡水中学 ) 已知数列 { a n } 的前 n 和 S n ， a 1≠ 0，常数 λ>0 ，且 λa 1n ＝S 1＋ S n 全部正整数 n 都建立 .(1) 求数列 { a n } 的通公式；1何，数列lg 1 的前 n 和最大？(2) a >0， λ＝ 100，当 n a n【答案】分析2 ＝ 2a ， a － 2)＝ 0，【分析】 (1)令 n ＝ 1，得 λa＝ 2S1111(λa 1 因 a ≠ 0，所以 a ＝ 2，11λ当 n ≥ 2 ， 2a n ＝ 2＋S n ，2a n － 1＝ 2＋ S n －1，λλ两式相减得 2a n － 2a n －1＝ a n (n ≥ 2).所以 a n ＝ 2a n －1(n ≥ 2)，n从而数列 { a n } 等比数列， a n ＝ a 1·2n －1＝ 2.λ2n(2) 当 a 1>0， λ＝ 100 ，由 (1) 知， a n ＝，1001100nb n ＝ lg a n ＝ lg2n ＝lg 100 － lg 2 ＝ 2－ nlg 2 ，所以数列 { b n } 是减的等差数列，公差－ lg 2 ，所以 b 1>b 2>⋯ >b 6 ＝ lg100 100>lg 1＝ 0，6 ＝ lg642当 n≥ 7 时， b n≤ b7＝ lg 1007 <lg 1＝0，2所以数列 lg 1的前 6项和最大 .a n【规律方法】求等差数列前 n 项和 S n的最值的常用方法：(1) 函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n＝ an2＋bn(a≠ 0)，经过配方或借助图象求二次函数的最值 .(2)利用等差数列的单一性，求出其正负转折项，从而求S n的最值 .a m≥ 0，的项数 m 使得 S n获得最大值为S m(当 a m＋1＝ 0 时， S m＋1也为最大值 )；①当 a1>0， d<0 时，知足≤0a m＋1a m≤ 0，的项数 m 使得 S n获得最小值为S m(当 a m＋1＝ 0 时， S m＋1也为最小值 ).②当 a1<0， d>0 时，知足≥0a m＋1【训练4】 (1) 等差数列 { a n } 的公差 d≠ 0，且 a3， a5，a15成等比数列，若 a5＝ 5，S n为数列 { a n} 的前 n 项和，则数列S n的前 n 项和取最小值时的n 为 () nA.3B.3或4C.4或5D.5(2)已知等差数列 { a n} 的首项 a1＝ 20，公差 d＝－ 2，则前 n 项和 S n的最大值为 ________. 【答案】(1)B(2)110（a1＋ 2d）（ a1＋ 14d）＝ 25，【分析】(1) 由题意知a1＋ 4d＝ 5，由 d≠ 0，解得 a1＝－ 3， d＝ 2，na1＋ n（n－ 1）d∴ S n＝2＝－ 3＋ n－1＝ n－ 4，n n则 n－ 4≥0，得 n≥4，∴ 数列S n的前 n 项和取最小值时的n 为 3 或 4. n(2)因为等差数列 { a n} 的首项 a1＝ 20，公差 d＝－ 2，S n＝ na1＋n（n－1）d＝ 20n－n（ n－1）×2 22212212＝－ n2＋ 21n＝－ n－2＋2，又因为 n∈N*，所以 n＝ 10 或 n＝ 11 时， S n获得最大值，最大值为 110.【反省与感悟】n＝An 2＋Bn及通项an＝pn＋q来判断一个数列能否等差数列.2.等差数列基本量思想(1) 在解相关等差数列的基本量，可通列对于a1，d 的方程行求解.(2)若奇数个数成等差数列，可中三a－ d，a， a＋ d.若偶数个数成等差数列，可中两a－ d，a＋ d，其他各再依照等差数列的定行称元. (3) 灵巧使用等差数列的性，能够大大减少运算量.【易防备】1.用定法明等差数列注意“ 从第2起”，如了然a n＋1－ a n＝ d(n≥ 2)，注意a2－ a1能否等于 d，若 a2－ a1≠ d，数列 { a n} 不等差数列.2.利用二次函数性求等差数列前n 和最，必定要注意自量n 是正整数 .【分】【基稳固】(建用： 40 分 )一、1.已知等差数列{ a n} 前 9 的和27， a10＝ 8， a100＝ ()A.100B.99C.98D.97【答案】C【分析】等差数列 { a n} 的公差d，由已知，9a1＋ 36d＝ 27，a1＝－ 1，得所以a1＋ 9d＝ 8，d＝ 1，所以 a100＝a1＋ 99d＝－ 1＋ 99＝ 98.2.(2019 淄·博研 ) S n是等差数列 { a n} 的前 n 和，若a6＝9，S11＝ ()a511S91 A.1 B.－ 1 C.2 D. 2【答案】A【分析】因为 S11＝ 11a6＝11× 9 ＝1.S99a5 911n1－1＝ d(n∈N*，d 常数 )，称数列 { a n13.(2019 中·原名校考)若数列{ a }足a n＋1a n} 和数列，已知数列x n和数列，且 x1＋ x2＋⋯＋ x20＝200， x5＋x16＝ ()A.10B.20C.30D.40【答案】B【分析】依意，1－ 1 ＝ xn ＋1－x n＝ d ，11x n ＋1 x n∴ { x n } 是等差数列 .又 x 1＋ x 2＋ ⋯ ＋ x 20＝20（x 1＋x 20）＝200. 2∴ x 1＋ x 20＝20，从而 x 5 ＋x 16＝ x 1＋ x 20＝ 20. 4.(2019 北·京海淀区)中国古中，有一道“八子分 ”的数学名：“九百九十六斤，分八子作，次序每人多十七，要将第八数来言” . 意是：把996 斤分 8 个儿子作，依照年从大到小的序挨次分，年小的比年大的多 17 斤，那么第 8 个儿子分到的是 () A.174 斤 B.184 斤C.191 斤D.201 斤【答案】 B【分析】用 a 1， a 2， ⋯， a 8 表示 8 个儿子依照年从大到小获得的数，由意得数列 a 1， a 2， ⋯， a 8 是公差17 的等差数列，且8 的和 996，∴ 8a 1＋8× 7× 17＝ 996，解之得 a 1＝ 65. 2∴ a 8＝ 65＋ 7× 17＝ 184，即第 8 个儿子分到的是 184 斤.5.已知等差数列 { a n } 的前 n 和 S n ，a 1＝ 9，S 9－ S 5＝－ 4， S n 取最大的n ()9 5A.4B.5C.6D.4或5【答案】 B【分析】由 { a n } 等差数列，得S 9－ S 5＝ a 5－ a 3＝ 2d ＝－ 4，95即 d ＝－ 2，因为 a ＝ 9，所以 a ＝－ 2n ＋ 11，令 a ＝－ 2n ＋11<0 ，得 n>11，1nn2所以 S n 取最大的 n 5. 二、填空6.已知等差数列 { a n } 的公差 2，数是偶数，全部奇数之和 15，全部偶数之和25，个数列的数 ________.【答案】10【分析】数2n ，由 S 偶－ S 奇＝ nd 得， 25－ 15＝ 2n 解得 n ＝ 5，故个数列的数 10.7.已知数列 { a n } 足 a 1＝ 1， a n － a n ＋ 1＝ 2a n a n ＋ 1， a 6＝ ________.【答案】111【分析】将 a n － a n ＋1＝ 2a n a n ＋ 1 两同除以 a n a n ＋ 1，1－1＝2.a n＋1a n1 1公差的等差数列，所以 a n是以 1＝ 1 首， 2a11所以 a 6＝ 1＋ 5× 2＝ 11，即 a 6＝ 11.n 是等差数列 { a n10＝16， S 100－ S 90＝ 24， S 100＝ ________.8. S} 的前 n 和， S【答案】 200【分析】依意， S 10，S 20－ S 10，S 30－ S 20，⋯，S 100－ S 90 挨次成等差数列，等差数列的公差 d.又 S 10＝ 16， S 100－ S 90＝ 24，所以 S 100－ S 90＝ 24＝ 16＋ (10－1)d ＝16＋ 9d ，解得 d ＝8，所以 S 100＝ 10S 10＋10×9d ＝9210× 16＋10× 9× 8＝200.29三、解答9.等差数列 { a n } 中， a 3＋ a 4＝ 4， a 5＋a 7＝6. (1) 求 { a n } 的通公式；(2) b n ＝[ a n ]，求数列 { b n } 的前 10 和，此中 [ x] 表示不超 x 的最大整数，如[0.9] ＝ 0， [2.6] ＝ 2.【答案】分析【分析】 (1) 数列 { a n } 首 a 1，公差d ，2a 1＋ 5d ＝4，a 1＝ 1，解得2由意得a 1＋ 5d ＝3.d ＝ 5.所以 { a n } 的通公式a n ＝2n ＋ 3.5(2) 由 (1)知， b n ＝2n ＋ 3. 52n ＋ 3当 n ＝ 1，2， 3 ， 1≤<2， b n ＝ 1；5当 n ＝ 4，5 ， 2≤2n ＋ 3<3， b n ＝ 2； 52n ＋ 3当 n ＝ 6，7， 8 ， 3≤<4， b n ＝ 3；5当 n ＝ 9，10 ， 4≤2n ＋ 3<5， b n ＝ 4. 5所以数列 { b n } 的前 10 和 1× 3＋2× 2＋ 3× 3＋ 4×2＝ 24.10.已知等差数列的前三挨次 a ，4， 3a ，前 n 和 S n ，且 S k ＝ 110.(1)求 a 及 k 的值；(2)设数列 { b n} 的通项公式 b n＝S n，证明：数列 { b n} 是等差数列，并求其前n 项和 T n. n【答案】看法析【分析】 (1)解设该等差数列为 { a n} ，则 a1＝ a， a2＝ 4，a3＝ 3a，由已知有 a＋ 3a＝ 8，得 a1＝ a＝ 2，公差 d＝ 4－ 2＝2，所以 S k＝ ka1＋k（k－1）·d＝ 2k＋k（k－1）× 2＝ k2＋ k，22由 S k＝110，得 k2＋ k－110＝ 0，解得 k＝ 10 或 k＝－ 11(舍去 )，故 a＝2， k＝ 10.(2) 证明由 (1) 得 S n＝n（2＋2n）＝n(n＋ 1)，2则 b n＝S n＝ n＋ 1，n故 b n＋1－ b n＝(n＋2)－ (n＋ 1)＝ 1，即数列 { b n} 是首项为 2，公差为 1 的等差数列，所以T n＝ n（ 2＋ n＋ 1）＝ n（ n＋ 3）.22【能力提高题组】 (建议用时：20分钟)11.(2019 济·宁模拟 )设数列 { a n} 知足 a1＝1，a2＝2，且 2na n＝(n－1)a n－1＋(n＋1)a n＋1(n≥ 2 且 n∈N* )，则 a18＝ () 252628A. 9B. 9C.3D. 9【答案】B【分析】令 b n＝ na n，则 2b n＝ b n－1＋b n＋1(n≥ 2)，所以 { b n} 为等差数列，因为 b1＝ 1，b2＝4，所以公差d＝ 3，则 b n＝ 3n－ 2，所以 b18＝ 52，则 18a18＝ 52，所以 a18＝26.9*n2n－ 112S a12.(2019青·岛诊疗 )已知等差数列{ a n} ， { b n} 的前 n 项和分别为S n， T n(n∈N)，若T n＝n＋ 1，则b6＝ ()151523A. 4B. 8C. 7D.3【答案】A所以 a 12＝ S 12－ S 11＝12× 23－ 11× 21＝ 45，b 6＝ T 6－ T 5＝ 6×(6 ＋ 1)－ 5× (5＋ 1)＝ 42－ 30＝ 12，a 12 45 15所以 b 6 ＝ 12＝4.13. 数列 n的通公式 a n ＝ 2n － 10(n ∈ N*1 215|＝ ________.{ a }) ， |a |＋ |a|＋⋯＋ |a 【答案】 130【分析】由 a n ＝ 2n －10(n ∈ N *)知 n8 首， 2n ＝ 2n － 10≥ 0 得 n ≥5，{ a } 是以－公差的等差数列，又由 a∴ n ≤ 5 ， a n ≤ 0，当 n>5 ， a n >0，∴ |a 1|＋ |a 2|＋ ⋯ ＋ |a 15|＝－ (a 1＋a 2＋ a 3＋ a 4)＋( a 5＋a 6 ＋⋯ ＋ a 15) ＝20＋ 110＝ 130.14.(2019 ·沙雅礼中学模 ) S n 等差数列 { a n } 的前 n 和，已知 a 1＋ a 13＝ 26，S 9＝ 81.(1) 求 { a n } 的通公式；(2) 令 b n ＝ 1 ，T n ＝ b 1＋ b 2＋⋯＋ b n ，若 30T n － m ≤ 0 全部 n ∈N *建立，求数m 的最小 .a n ＋ 1a n ＋2【答案】分析【分析】 (1)∵等差数列 { a n } 中， a 1＋ a 13＝ 26， S 9＝ 81， 2a 7＝ 26，解得a 7＝ 13，∴a 5＝ 9，9a 5＝ 81，∴d ＝a 7－ a 5＝13－ 9＝ 2，7－52∴ a n ＝ a 5＋ (n － 5)d ＝ 9＋ 2(n － 5)＝ 2n －1.(2) ∵ b n ＝ 1 ＝1a n ＋ 1a n ＋2 （ 2n ＋ 1）（ 2n ＋ 3）＝ 11 － 1，2 2n ＋3 2n ＋ 1 ∴ T n ＝ 1 1 1 1 11 － 12 －＋－＋⋯＋2n ＋ 33 5 5 7 2n ＋ 1 ＝ 1 1－ 1 ，2 3 2n ＋ 3∵ 11－ 1 跟着 n 的增大而增大，知 { T n } 增 .2 3 2n ＋ 3又1 >0，∴ T n < 1，∴ m ≥5，2n ＋ 3 6∴ 数 m 的最小 5.【新高考新】15.(多填 ) S n 等差数列 { a n } 的前 n 和，足 S 2 ＝S 6，S 5 － S 4 ＝ 2， a 1＝ ________，公差 d ＝ ________.54【答案】－144S n是首项为a1，公差为d的等差数列，∵S5－S4＝2，∴d＝2? d＝4，【分析】由{ a n} 为等差数列，得数列n25426× 5又 S2＝ S6? 2a1＋4＝ 6a1＋2× 4? a1＝－14.。

2020年高考数学压轴题专题复习：数列与不等式的综合问题【解析版】

第二章数列与不等式专题数列与不等式的综合问题纵观近几年的高考命题，考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前n 项和与第n 项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n 项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合．数列与不等式的结合,一般有两类题:一是利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求和问题相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的取值范围. 本专题通过例题说明此类问题解答规律与方法.①函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；②放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； ③比较方法：作差或者作商比较．【压轴典例】例1.（2013·全国高考真题（理））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＝2n nb a +，则( ) A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列【答案】B 【解析】因为11b c >，不妨设111142,33a a b c ==，13()22p a b c a =++=；故211S ==； 21a a =，112125326a ab a +==，112147326a a c a +==，2216S a ==；显然21S S >；同理，31a a =，112159428a a b a +==，113137428a a c a +==，231S ==，显然32S S >.例2. （2018·江苏高考真题）已知集合*{|21,}A x x n n N ==-∈，*{|2,}n B x x n N ==∈．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为________．【答案】27 【解析】设=2kn a ，则12[(211)+(221)+(221)][222]k k n S -=⨯-⨯-+⋅-++++()11221212212(12)222212k k kk k ---++⨯--=+=+--由112n n S a +>得2211211522212(21),(2)20(2)140,22,6k k k k k k k -+---+->+-->≥≥ 所以只需研究5622n a <<是否有满足条件的解，此时25[(211)+(221)+(21)][222]n S m =⨯-⨯-+-++++25122m +=+-，+121n a m =+，m 为等差数列项数，且16m >. 由25122212(21),2450022,527m m m m m n m ++->+-+>∴≥=+≥，得满足条件的n 最小值为27. 例3.（2018·浙江高考模拟）设数列的前项和分别为，其中，使成立的最大正整数__________,__________．【答案】 6. 114. 【解析】根据题意，数列{a n }中，a n =-3n+20，则数列{a n }为首项为17，公差为-3的等差数列，且当n≤6时，a n ＞0，当n ＞7时，a n ＜0，又由b n =|a n |，当n≤6时，b n =a n ，当n ＞7时，b n =-a n ，则使T n =S n 成立的最大正整数为6，T 2018+S 2018=（a 1+a 2+……+a 6+a 7+a 8+……+a 2018）+（b 1+b 2+……+b 6+b 7+b 8+……+b 2018）=（a 1+a 2+……+a 6+a 7+a 8+……+a 2018）+（a 1+a 2+……+a 6-a 7-a 8-……-a 2018） =2（a 1+a 2+……+a 6）=，故答案为：6，114 例4.（2019·江西师大附中高考模拟（文））数列{}n a 中的项按顺序可以排成如图的形式，第一行1项，排1a ；第二行2项，从左到右分别排2a ，3a ；第三行3项，……依此类推，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则满足2019n S >的最小正整数n 的值为（）A ．20B ．21C ．26D ．27【答案】B 【解析】第一行为4，其和为4，可以变形为：1232T =⨯-；第二行为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为：()22241323213T -==⨯--；第三行为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为()33341323213T -==⨯--；依此类推：第n 行的和：232nn T =⨯-；则前6行共：12345621+++++=个数前6行和为：()()()()26267212322322322333123152172S =⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-=⨯++⋅⋅⋅+-=-=满足2019n S >而第六行的第6个数为：543972⨯=，则202197212002019S S =-=<∴满足2019n S >的最小正整数n 的值为：21本题正确选项：B例5.（2019·内蒙古高考模拟（理））数列()11n a n n =+的前n 项和为n S ，若1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，则正整数n 值为______. 【答案】8 【解析】∵()11111n a n n n n ==-++，∴11111122311n nS n n n =-+-++-=++，又1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，∴()21m n S S S =⋅，即()221211m n n m =⋅++，()22211m n n m =++， ∴()2221m m <+，即2210m m --<，解得1212m -<<+，结合1m 可得2m =， ∴8n =，故答案为8.例6.（2016·天津高考真题（理））已知{}是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的，是和的等比中项.（Ⅰ）设求证：数列{}是等差数列；（Ⅱ）设求证：【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）证明：由题意得，有，因此，所以是等差数列.（Ⅱ）证明：所以.例7.（2016·四川高考真题（理））已知数列{}的首项为1，为数列{}的前n 项和，，其中q>0，.（Ⅰ）若成等差数列，求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）由已知，两式相减得到.又由得到，故对所有都成立.所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.从而.由成等差数列，可得，即，则，由已知,，故.所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.所以双曲线的离心率.由解得.因为，所以.于是，故.例8.（2016·浙江高考真题（理））设数列满足，．（Ⅰ）证明：，；（Ⅱ）若，，证明：，．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）由得，故，，所以，因此．（Ⅱ）任取，由（Ⅰ）知，对于任意，，故．从而对于任意，均有．由的任意性得．①否则，存在，有，取正整数且，则，与①式矛盾．综上，对于任意，均有．【压轴训练】1.（2019·安徽高考模拟（理））设是等差数列，下列结论一定正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】C【解析】若a1+a2＞0，则2a1+d＞0，a2+a3＝2a1+3d＞2d，d＞0时，结论成立，即A不正确；对于B选项，当，分别为-4，-1，2时，满足a1+a3＜0，但a2+a3＝1>0，故B不正确；又{a n }是等差数列，0＜a 1＜a 2，2a 2＝a 1+a 3＞2，∴a 2，即C 正确；若a 1＜0，则（a 2﹣a 1）（a 2﹣a 3）＝﹣d 2≤0，即D 不正确．故选：C ．2．（2018·浙江高考模拟）已知等差数列的前项和是，公差不等于零，若成等比数列，则A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】由成等比数列．可得，可得（，即，∵公差不等于零，故选：C ．3．（2019·山东高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，若存在两项m a ，n a ，使得18m n a a a =，则91m n+的最小值为__________．【答案】2 【解析】正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=， 432111=+2a q a q a q ∴，整理，得210+2q q -=，又0q >，解得，12q =，存在两项m a ，n a 使得18m n a a a =， 2221164m n a q a +-∴=，整理，得8m n +=，∴9119119()()(10)88m n m n m n m n n m +=++=++ 19(102)28m n n m+=，则91m n+的最小值为2．当且仅当9m n n m=取等号，又m ，*n N ∈．8m n +=，所以只有当6m =，2n =时，取得最小值是2．故答案为：24．（2019·湖南师大附中高考模拟（理））已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若124a =-，489a =-，则当T n 取最大值时，n 的值为_____. 【答案】4 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为124a =-，489a =-，可得341127a q a ==，解得13q =，则()()()1112312(2131)(32424)n n nnn n n T a a a a q-+++⋅⋅⋅+-=⋅⋅⋅=-=-，当T n 取最大值时，可得n 为偶数，函数13xy =（）在R 上递减，又由2192T =，4489T =，66983T =，可得246T T T <>，当6n >，且n 为偶数时，6n T T <，故当4n =时，T n 取最大值.5．（2019·安徽高考模拟（理））已知数列的各项均为正数，记为的前项和，若，，则使不等式成立的的最小值是________.【答案】11 【解析】由可得，则（）（）=0，又数列的各项均为正数，∴，即，可得数列{a n }是首项为公比为q ＝2的等比数列，∴,则n>10，又，∴n 的最小值是11，故答案为11.6．（2019·甘肃天水一中高考模拟（文））已知数列{}n a 满足11a =，0n a >，11n n a a +=，那么32n a <成立的n 的最大值为______ 【答案】5 【解析】11n n a a +=，所有{}na 11a =，公差d 1=n n a =，2n a n = 解232n a n =<，得n 42<所以32n a <成立的n 的最大值为5 故答案为：57．（2019·河北高考模拟（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2119*2n n n nS S n N +-+=∈，若24a <-，则n S 取最小值时n =__________.【答案】10 【解析】由21192n n n nS S +-+=，()21(1)1912n n n n S S ----+=，两式作差可得：1110(2)n n S S n n +--=-≥，即110(2)n n a a n n ++=-≥，由110n na a n ++=-，219n n a a n +++=-，两式作差可得：21(2)n n a a n +-=≥，则328a a +=-，24a <-，故234a a <-<，进一步可得：4567891011,,,a a a a a a a a <<<<，又10110a a +=，则10110a a <<，且111212130a a a a <+<+<，则n S 取最小值时10n =.8．（2019·河南高考模拟（理））记首项为11(0)a a >，公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1212a d =-，且1n n n S a S λ+≤+，则实数λ的取值范围为__________．【答案】19,121⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】由1n n n S a S λ+≤+，得11n n n n S S a a λ++-=≤. 因为10a >，所以0d <，()12312n a a n d n d ⎛⎫=+-=-⎪⎝⎭. 所以当111n ≤≤时，0n a >，当12n ≥时，0n a <. （1）当111n ≤≤时，由1n n a a λ+≥得1211223n n n n n a a d d a a a n λ++≥==+=+-. 因为221911223212321n +≤+=-⨯-，所以1921λ≥.（2）当12n ≥时，由1n n a a λ+≥得121223n n a a n λ+≤=+-. 因为211223n +>-，所以1λ≤.综上所述，λ的取值范围是19,121⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 9．（2019·四川重庆南开中学高考模拟（理））在正项递增等比数列{}n a 中，51a =，记12...n n S a a a =+++，12111...n nT a a a =+++，则使得n n S T ≤成立的最大正整数n 为__________．【答案】9【解析】由题得11111(1)(1)(1)11(1)1n nn nq q a q a q q q a q q--⋅-≤=---，因为数列是正项递增等比数,所以10,1a q >>，所以2111n a q -≤.因为51a =，所以44281111,,a q a q a q --=∴=∴=，所以81901,,9n n q qq q n ---⋅≤∴≤∴≤.所以使得n n S T ≤成立的最大正整数n 为9. 故答案为：910．（2017·吉林高考模拟（理））已知数列{}n a 满足()113,31.2n n a a a n N *+==-∈ （1）若数列{}n b 满足12n n b a =-，求证：{}n b 是等比数列；（2）若数列{}n c 满足312log ,n n n n c a T c c c ==+++，求证：()1.2n n n T ->【答案】(1) 见解析；(2)见解析. 【解析】(1) 由题可知()*n N∈，从而有13n n b b +=，11112b a =-=，所以{}n b 是以1为首项，3为公比的等比数列.(2) 由(1)知13n n b -=，从而1132n n a -=+，11331log 3log 312n n n c n --⎛⎫=+>=- ⎪⎝⎭，有()12101212n n n n T c c c n -=+++>+++-=，所以()12n n n T ->.11．（2019·江苏金陵中学高考模拟）已知各项均为正整数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：S n ﹣1+ka n ＝ta n 2﹣1，n≥2，n∈N *（其中k ，t 为常数）．（1）若k ＝12，t ＝14，数列{a n }是等差数列，求a 1的值；（2）若数列{a n }是等比数列，求证：k ＜t ．【答案】（1）a 1＝（2）见解析【解析】（1）∵k＝12，t ＝14，∴2111124n n n S a a -+=-（n≥2），设等差数列{a n }的公差为d ，令n ＝2，则212211a a a 124+=-，令n ＝3，则2123311124a a a a ++=-，两式相减可得：()()()2332321124a a a a a a +=+-，∵a n ＞0，∴a 3﹣a 2＝2＝d ．由212211124a a a +=-，且d ＝2，化为2112a a -﹣4＝0，a 1＞0．解得a 1＝（2）∵S n ﹣1+ka n ＝ta n 2﹣1①，n≥2，n∈N *，所以S n +ka n+1＝2n 1ta +﹣1②， ②-①得a n +ka n+1﹣ka n ＝2n 1ta +﹣2n ta ，∴a n ＝（a n+1﹣a n ）[t （a n+1+a n ）﹣k]，令公比为q ＞0，则a n+1＝a n q ，∴（q ﹣1）k+1＝ta n （q 2﹣1）， ∴1＝（q ﹣1）[ta n （q+1）﹣k]；∵对任意n≥2，n∈N *， 1＝（q ﹣1）[ta n （q+1）﹣k]成立；∴q≠1，∴a n 不是一个常数； ∴t＝0，∴S n ﹣1+ka n ＝﹣1，且{a n }是各项均为正整数的数列，∴k＜0，故k ＜t ．12．（2019·天津高考模拟（理））已知单调等比数列{}n a ，首项为12，其前n 项和是n S ，且3312a S +，5S ，44a S +成等差数列，数列{}n b 满足条件1231(2)n b na a a a =（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）设1n n nc a b =-，记数列{}n c 的前n 项和是n T . ①求n T ；②求正整数k ，使得对任意*n N ∈，均有k n T T ≥.【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(1)n b n n =+；(2)①.1112n n T n =-+；②.4k =. 【解析】(1)设11n n a a q -=.由已知得53344122S a S a S =+++，即5341222S a S =+，进而有()543122S S a -=.所以53122a a =，即214q =，则12q =±.由已知数列{}n a 是单调等比数列，且112a =，所以取12q =.数列{}n a 的通项公式为12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 1231(2)n b na a a a =，(1)2322222222n b n nn+∴⨯⨯⨯⨯==，则(1)n b n n =+.即数列{}n b 的通项公式为(1)n b n n =+. (2)①.由(1)可得：1111112(1)21n n n n n c a b n n n n ⎛⎫=-=-=-- ⎪++⎝⎭，分组求和可得：1111112112n n nT n n ⎛⎫=---=- ⎪++⎝⎭. ②由于11111111(1)(2)222122(1)(2)n n n n n n n n T T n n n n ++++++--=--+=++++，由于12n +比()()12n n ++变化快，所以令10n n T T +->得4n <. 即1234,,,T T T T 递增，而456,,n T T T T 递减.所以，4T 最大.即当4k =时，k n T T ≥.13．（2019·安徽高考模拟（文））已知数列为等差数列，且公差，其前项和为，，且，，成等比数列. （1）求等差数列的通项公式；（2）设，记数列的前项和为，求证.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意得：，解得：，∴（2）由（1）得，∴ ∴14．（2019·广东高考模拟（理））已知数列{}n a 满足11*121(22)2()n n n a a a n N n-++++=∈.（1）求12,a a 和{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若4n S S ≤对任意的正整数n 恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】(1) 1a 4= 26;a = 22n a n =+ (2) 125[,].52【解析】(1)由题意得111222?2n n n a a a n -++++=，所以23112124,222,a a a =⨯=+=⨯得26;a =由111222?2n n n a a a n -++++=,所以()2121221?2n n n a a a n --+++=-（2n ≥），相减得()1+12?21?2n n n n a n n -=--，得22,1n a n n =+=当也满足上式. 所以{}n a 的通项公式为22n a n =+.(2)数列{}n a kn -的通项公式为()2222,n a kn n kn k n -=+-=-+ 是以4k -为首项,公差为2k -的等差数列,若4n S S ≤对任意的正整数n 恒成立，等价于当4n =时,n S 取得最大值,所以()()4544220,55220.a k k a k k ⎧-=-+≥⎪⎨-=-+≤⎪⎩解得125.52k ≤≤ 所以实数k 的取值范围是125,.52⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 15.（2017·浙江高考模拟）已知无穷数列{}n a 的首项112a =，*1111,2n n n a n N a a +⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭. （Ⅰ）证明： 01n a <<；（Ⅱ）记()211n n nn n a a b a a ++-=， n T 为数列{}n b 的前n 项和，证明：对任意正整数n ， 310n T <. 【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析. 【解析】（Ⅰ）证明：①当1n =时显然成立；②假设当n k = ()*k N ∈时不等式成立，即01k a <<，那么当1n k =+时，11112k k k a a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ > 1·12=，所以101k a +<<，即1n k =+时不等式也成立.综合①②可知， 01n a <<对任意*n N ∈成立. （Ⅱ）12211n n n a a a +=>+，即1n n a a +>，所以数列{}n a 为递增数列. 又1111112n n n n n a a a a a +⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭ 112n n a a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，易知1n n a a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为递减数列，所以111nn a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭也为递减数列，所以当2n ≥时，111n n a a +-22112a a ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭154245⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 940= 所以当2n ≥时， ()211n n nn n a a b a a ++-== ()()11111940n n n n n n a a a a a a +++⎛⎫--<- ⎪⎝⎭当1n =时， 11934010n T T b ===<，成立；当2n ≥时， 12n n T b b b =+++ < ()()()32431994040n n a a a a a a +⎡⎤+-+-++-⎣⎦()12994040n a a +=+- ()2999942731140404040510010a ⎛⎫<+-=+-=< ⎪⎝⎭ 综上，对任意正整数n ， 310n T <16.（2017·浙江高考模拟）已知数列{}n a 满足： 11p ap +=， 1p >， 11ln n n na a a +-=.（1）证明： 11n n a a +>>；（2）证明：12112n nn n a a a a ++<<+；（3）证明：()1211121121ln 122n n n n n a a a p p ----⨯<⋯<⨯+. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析. 【解析】（1）先用数学归纳法证明1n a >. ①当1n =时，∵1p >，∴111p a p+=>； ②假设当n k =时， 1k a >，则当1n k =+时， 1111ln 1k k k k k a a a a a +--=>=-. 由①②可知1n a >. 再证1n n a a +>.111ln ln ln n nn nn n n n na a a a a a a a a +----=-=，令()1ln f x x x x =--， 1x >，则()'ln 0f x x =-<，所以()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()()10f x f <=，所以1ln 0ln n n nna a a a --<，即1n n a a +>.（2）要证12112n nn n a a a a ++<<+，只需证2111ln 2n n n n n a a a a a -+<<+，只需证()2210,{1220,n n n n n na lna a a lna a -+<+-+>其中1n a >，先证22ln 10n n n a a a -+<，令()22ln 1f x x x x =-+， 1x >，只需证()0f x <. 因为()()'2ln 2221220f x x x x x =+-<-+-=，所以()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()()10f x f <=. 再证()1ln 220n n n a a a +-+>，令()()1ln 22g x x x x =+-+， 1x >，只需证()0g x >，()11'ln 2ln 1x g x x x x x +=+-=+-，令()1ln 1h x x x =+-， 1x >，则()22111'0x h x x x x -=-=>，所以()h x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10h x h >=，从而()'0g x >，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10g x g >=，综上可得12112n nn n a a a a ++<<+. （3）由（2）知，一方面， 1112n n a a ---<，由迭代可得()1111111122n n n a a p --⎛⎫⎛⎫-<-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，因为ln 1x x ≤-，所以111ln 12n n n a a p -⎛⎫≤-< ⎪⎝⎭，所以()1212ln ln ln ln n n a a a a a a ⋯=++⋯+ 0111111222n p -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫<++⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 111112121212nn n p p -⎛⎫- ⎪-⎝⎭=⨯=⨯-；另一方面，即11112n n n na a a a ++-->，由迭代可得111111111212n n nn a a a a p ----⎛⎫⎛⎫>⨯= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭.因为1ln 1x x ≥-，所以1ln 1n n a a ≥- 11112n p -⎛⎫> ⎪+⎝⎭，所以()01112121111ln ln ln ln 1222n n n a a a a a a p -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋯=++⋯+>⨯++⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦112112n n p --=⨯+；综上，()1211121121ln 122n n n n n a a a p p ----⨯<⋯<⨯+.。

专题数列-2020年高考数学(理)二轮专项复习

n
m
n
p
q
等比数列{a }中，若 m＋n＝p＋q，则 a ·a ＝a ·a ；
n
m
n
p
q
【复习要求】
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．
10
1
∴S
1 2 10 10 95 .选 C.
(∵2等)等1差0差数数列a列{a{aa}n各}中项a均4＋为a正8＝数2a，6，
n
5
∴由均值不等式
a 4
a 8
(
a 4
2
a 8
)2
a2 6
，当且仅当
a
＝a
4
时等号成立
8
aa 即： a4 a6 ，选 B．
6
8
【评析】本题中涉及到等差数列中的重要性质：若 m＋n＝p＋q，则a ＋a ＝a ＋a ，(1)
n
1
A．
(1)n1
B． (1)n
C． (1)n 3n 2
2．若数列的前四项是 3，12，30，60，则此数列的一个通项公式是( )
A． n(n 1)(n 2) 2
B．5n2－6n＋4
C．
3
9n(n 1) 2
1ln2 7n12
D．
2
3．数列{a }中，若 a ＝1，a ＝1，a ＝a ＋a ，则 a ＝( )
【分析】本题需要观察每一项与项数之间存在的函数关系，猜想出一个通项公式．这种
通过特殊的元素得到一般的规律是解决问题的常用方法，但得到的规律不一定正确，可经过

(通用版)2020版高考数学大二轮复习专题四数列4.2.2求数列的通项及前n项和课件理

所以,{an}的通项公式为 an=3n,{bn}的通项公式为 bn=3n.
-2-
考向一考向二考向三
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n =(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=
n×3+��
(�� -1) 2
×6
+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记 Tn=1×31+2×32+…+n×3n,
①
则 3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,
②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3(11--33��
)+n×3n+1=(2��
-1)3�� 2
+1
求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.依题
意,得
3�� = 3 + 3��2 = 15
2+��4, ��.解得
��
= =
33,,故
an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
由题意得 ��42 = ��2��9, ��3 = 7,

2020届高考数学(理)一轮必刷题专题28 数列的概念与简单表示法(解析版)

考点28 数列的概念与简单表示法1、数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5B ．72C ．92D ．132【答案】B【解析】∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2，n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72. 2、给定数列1,2+3+4,5+6+7+8+9,10+11+12+13+14+15+16,…,则这个数列的一个通项公式是( ) A.a n =2n 2+3n-1 B.a n =n 2+5n-5 C.a n =2n 3-3n 2+3n-1 D.a n =2n 3-n 2+n-2【答案】C【解析】当n=1时,a 1=1,代入四个选项,排除A 、D;当n=2时,a 2=9,代入B 、C 选项,B 、C 都正确;当n=3时,a 3=35,代入B 、C 选项,B 错误,C 正确,所以选C .3、在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516 B ．158C ．34D ．38【答案】C【解析】由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.4、意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8, 13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”,则(a 1a 3-)(a 2a 4-)(a 3a 5-)…(a 2 015a 2 017-)=( ) A.1 B.-1 C.2 017 D.-2 017【答案】B【解析】∵a 1a 3-=1×2-12=1,a 2a 4-=1×3-22=-1,a 3a 5-=2×5-32=1,…,a 2 015a 2 017-=1.∴(a 1a 3-)(a 2a 4-)(a 3a 5-)·…·(a 2 015a 2 017-)=11 008×(-1)1 007=-1. 5、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn ≤2的正整数n 的集合为( )A ．{1,2,3}B ．{2,3,4}C ．{1,2,3,4}D ．{1,2,3,4,5}【答案】C【解析】因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1.又a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1，故a n ＝2n －1.又a n n ≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ∈{1,2,3,4}．6、已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则a 2 018的值为( )A ．－8B ．－3C ．－4D ．13【答案】B【解析】由a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)得，a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，可见数列{a n }的周期为4，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3.7、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2 018= ( )A.22 018-1B.32 018-6C. 2 018-D. 2 018-【答案】A【解析】由题意可得3S n =2a n -3n ,3S n+1=2a n+1-3 (n+1), 两式作差可得3a n+1=2a n+1-2a n -3, 即a n+1=-2a n -3,则a n+1+1=-2(a n +1), 结合3S 1=2a 1-3=3a 1可得a 1=-3,a 1+1=-2, 则数列{a n +1}是首项为-2,公比为-2的等比数列, 据此有a 2 018+1=(-2)×(-2)2 017=22 018,∴a 2 018=22 018-1.故选A .8、已知数列{a n }与{b n }的通项公式分别为a n ＝－n 2＋4n ＋5，b n ＝n 2＋(2－a )n －2a .若对任意正整数n ，a n ＜0或b n ＜0，则a 的取值范围为( )A ．(5，＋∞)B ．(－∞，5)C ．(6，＋∞)D ．(－∞，6)【答案】A【解析】由a n ＝－n 2＋4n ＋5＝－(n ＋1)(n －5)可知，当n ＞5时，a n ＜0.由b n ＝n 2＋(2－a )n －2a ＝(n ＋2)(n －a )＜0及已知易知－2＜n ＜a ，为使当0＜n ≤5时，b n ＜0，只需a ＞5.故选A. 9、在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝( ) A ．2n －1 B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)【答案】A【解析】由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知a n ＝2n －1.10、若数列{a n }满足(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1(n ≥2)且a 1＝2，则满足不等式a n ＜462的最大正整数n 为( ) A ．19 B ．20 C ．21 D ．22【答案】B【解析】由(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1得，a n a n －1＝n ＋1n －1，则a n ＝a 1×⎝⎛⎭⎫a 2a 1×⎝⎛⎭⎫a 3a 2×…×⎝⎛⎭⎫a n a n －1＝2×31×42×…×n ＋1n －1＝n (n ＋1)．又a n ＜462，即n (n ＋1)＜462，所以n 2＋n －462＜0，即(n －21)(n ＋22)＜0，因为n ＞0，所以n ＜21.故所求的最大正整数n ＝20.11、数列{a n }满足a 1=,a n+1-1=a n (a n -1)(n ∈N +),且S n =+…+,则S n 的整数部分的所有可能值构成的集合是( ) A.{0,1,2} B.{0,1,2,3} C.{1,2} D.{0,2}【答案】A【解析】对a n+1-1=a n (a n -1)两边取倒数,得-=, S n =++…+=-+-+…+-=3-,由a n+1-a n =≥0,a n+1≥a n ,a n 为递增数列,a 1=,a 2=,a 3=,其中S 1=,整数部分为0,S 2=3-=,整数部分为0,S 3=,整数部分为1,由于S n <3,故选A .12、在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和,已知数列{a n }是等和数列,且a 1=2,公和为5,那么a 18= . 【答案】3【解析】由题意得a n +a n+1=5⇒a n+2+a n+1=5⇒a n =a n+2,所以a 18=a 2=5-a 1=3.13、已知数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2·3n －1n 为偶数，2n －n 为奇数，则a 3a 4＝________.【答案】 54【解析】由题意知，a 3＝2×3－5＝1，a 4＝2×34－1＝54，∴a 3a 4＝54.14、数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4,a n+1=2S n +1,n ∈N +,则S 5= . 【答案】121【解析】由于解得a 1=1.由a n+1=S n+1-S n =2S n +1,得S n+1=3S n +1, 所以S n+1+=3S n +,所以是以为首项,3为公比的等比数列,所以S n +=×3n-1,即S n =,所以S 5=121.15、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋23，则{a n }的通项公式a n ＝________.【答案】⎝⎛⎭⎫－12n －1 【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，∴a 1＝1; 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，∴a n a n －1＝－12.∴数列{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1. 16、在数列{a n }中,a 1=0,a n+1=,则S 2 019= . 【答案】0【解析】∵a 1=0,a n+1=,∴a 2==,a 3===-, a 4==0,即数列{a n }的取值具有周期性,周期为3,且a 1+a 2+a 3=0,则S 2 019=S 3×673=0. 17、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =2a n -n ,则a n = .【答案】2n-1【解析】当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -n-2a n-1+(n-1), 即a n =2a n-1+1,∴a n +1=2(a n-1+1).又a 1=S 1=2a 1-1,∴a 1=1.∴数列{a n +1}是以首项为a 1+1=2,公比为2的等比数列,∴a n +1=2·2n-1=2n , ∴a n =2n -1.18、已知数列{a n }，{b n }，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 2＝4b 1，S n ＝2a n －2，nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 3＋n 2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的通项公式．【答案】(1) 2n (2) n 3－n 2＋2n 2，n ∈N *【解析】(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2.当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，n ≥2.综上，数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n ，n ∈N *. (2)∵a 2＝4b 1＝4，∴b 1＝1.∵nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 3＋n 2，∴b n ＋1n ＋1－b nn ＝n ，故b n n －b n －1n －1＝n －1，…，b 33－b 22＝2，b 22－b 11＝1，n ≥2，将上面各式累加得b n n －b 11＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＝n n －2，∴b n ＝n 3－n 2＋2n2，n ∈N *.19、设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ∈R 且a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *. (1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式； (2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．【答案】(1) (a －3)2n －1 (2) [－9,3)∪(3，＋∞)【解析】(1)由题意知，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2S n ＋3n －3n ＋1＝2(S n －3n )，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n }是首项为a －3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，所以a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎡⎦⎤12·⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3，当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇔12·⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3≥0⇔a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3＞a 1.综上，所求的a 的取值范围是[－9,3)∪(3，＋∞)．20、已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，数列{b n }中，b n ＝1＋a na n .(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围．【答案】(1) 1 (2) 3 －1 (3) (－7，－6)【解析】(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1.(2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－52＋(n －1)＝n －72，∴b n ＝1＋1a n ＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数， ∴b 3＜b 2＜b 1＜1，当n ≥4时，1＜b n ≤b 4，∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. (3)由b n ＝1＋1a n ，得b n ＝1＋1n ＋a 1－1.又函数f (x )＝1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x ＜1－a 1时，y ＜1；当x ＞1－a 1时，y ＞1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7＜1－a 1＜8，∴－7＜a 1＜－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)．。

2020年高考数学(理)之数列专题13 数列的通项(根据数列的递推关系求通项)(解析版)

数列13 数列的通项（根据数列的递推关系求通项）一、具体目标：掌握用不同的数学方法求不同形式数列的通项公式.通过数列通项公式的求解过程,利用数列的变化规律,恰当选择方法,是数列的研究和探索奠定基础. 二、知识概述： 1.数列的通项公式：（1）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．即()n a f n =,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式. （2）数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩.2.求数列的通项公式的注意事项：（1）根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．（2）根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证.（3）对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序【考点讲解】号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式.3.数列通项一般有三种类型：（1）已知数列是等差或等比数列，求通项，破解方法：公式法或待定系数法；（2）已知S n ，求通项，破解方法：利用S n -S n -1= a n ，但要注意分类讨论，本例的求解中检验必不可少，值得重视；（3）已知数列的递推公式，求通项，破解方法：猜想证明法或构造法。

3. 已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用=n a 1n n S S -- (2)n ≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式； (3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n ≥两段来写．【注】该公式主要是用来求数列的通项，求数列通项时，一定要分两步讨论，结果能并则并，不并则分. 4. 递推公式推导通项公式方法：（1）叠加法：1()n n a a f n +-=叠加法（或累加法）：已知()⎩⎨⎧=-=+n f a a a a n n 11，求数列通项公式常用叠加法（或累加法）即112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---Λ.（2）累乘法：已知()⎪⎩⎪⎨⎧==+n f a a a a nn 11求数列通项公式用累乘法. （3）待定系数法：1n n a pa q +=+（其中,p q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）解法：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. （4）待定系数法： nn n q pa a +=+1（其中,p q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）. （或1nn n a pa rq +=+,其中,,p q r 均为常数）.解法：在原递推公式两边同除以1+n q ，得：111n n n n a a p q q q q++=⋅+，令n n n q a b =，得：q b q p b nn 11+=+，再按第（3）种情况求解.（5）待定系数法：b an pa a n n ++=+1(100)p a ≠≠，， 1122332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----Λ解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列. （6）待定系数法：21(0,1,0)n n a pa an bn c p a +=+++≠≠解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令221(1)(1)()n n a x n y n z p a xn yn z ++++++=+++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}2n a xn yn z +++是公比为p 的等比数列. （7）待定系数法：n n n qa pa a +=++12（其中,p q 均为常数）.解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中,s t 满足s t pst q+=⎧⎨=-⎩，再按第（4）种情况求解.（8）取倒数法：1()()()nn n g n a a f n a t n +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.（11()()()0n n n n g n a t n a f n a a +++-=，解法：等式两边同时除以1n n a a +⋅后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.）.（9）取对数rn n pa a =+1)0,0(>>n a p解法：这种类型一般是等式两边取以p 为底的对数，后转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解. 5. 以数列为背景的新定义问题是高考中的一个热点题型，考查频率较高，一般会结合归纳推理综合命题．常见的命题形式有新法则、新定义、新背景、新运算等．(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．类型一：取倒数法已知函数13)(+=x x x f ,数列{}n a 满足).)((,111*+∈==N n a f a a n n (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)记13221++++=n n n a a a a a a S Λ,求n S .【分析】由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关，{a n }中又有S 1n +=4a n +2，可由S 2n +－S 1n +作切入点探索解题的途径．【解析】（Ⅰ）由已知得，131+=+n n n a a a ，∴3111+=+n n a a ，即3111=-+nn a a ∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是首项11=a ,公差3=d 的等差数列.∴233)1(11-=⨯-+=n n a n,故)(231*∈-=N n n a n (Ⅱ) ∵)131231(31)13)(23(11+--=+-=+n n n n a a n n13221++++=n n n a a a a a a S Λ)13)(23(1741411+-++⨯+⨯=n n Λ )]131231()7141()411[(31+--++-+-=n n Λ 类型二：已知数列{}n a 满足1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

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。

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2020最新高考数学复习数列一、高考预测数列是历年高考的重点与难点，以等差数列与等比数列为基础考查数列的性质及前n项和的问题是数列中的中低档难度问题，一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前n项和的性质即可正确得出结果.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等．本讲内容在高考中多以选择题和填空题的形式出现，属于中低档题．解题时应从基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列的相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决问题.除此以外，数列与其他知识的综合考查也是高考中常考的内容，数列是一种特殊的函数，它能与很多知识进行综合，如方程、函数、不等式、极限，数学归纳法（理）等为主要综合对象，概率、向量、解析几何等为点缀.数列与其他知识的综合问题在高考中大多属于中高档难度问题.数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．二、知识导学要点1：有关等差数列的基本问题1．涉及等差数列的有关问题往往用等差数列的通项公式和求和公式“知三求二”解决问题；要点向3：等差、等比数列综合问题1.在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。

2．数列求通项的常见类型与方法：公式法、由递推公式求通项，由n S 求通项，累加法、累乘法等3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法等。

4．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．要点4：可转化为等差、等比数列的求和问题某些递推数列可转化为等差、等比数列解决，其转化途径有： 1．凑配、消项变换——如将递推公式1n n a pa q +=+（p q 、为常数，q ≠0，p ≠1）。

通过凑配变成1()11n n q qa p a p p ++=+--；或消常数转化为11()n n n n a a p a a +--=- 2．取倒数法—如将递推公式)(11b a k ma a n n n +=--递推式，考虑函数倒数关系有)11(11m a k a n n+=-⇒m k a k a n n+⋅=-111令n n a b 1=则{}n b 可归为q pa a n n +=+1型。

3．对数变换——如将递推公式1pn n a ca +=(0,0,0,1)n a c p p >>>≠取对数得1lg lg lg n n a c p a +=+4．换元变换——nn n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq （或1nn n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）。

一般地，要先在原递推公式两边同除以1+n q ，得：111n n n n a a p q q q q ++=⋅+引入辅助数列{}n b （其中nn n q a b =），得：q b q p b n n 11+=+则转化为1n n b Aa B +=+的形式。

要点5：数列求和的常用方法： 1、直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对公比1≠q 的讨论.2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.4、裂项相消法：主要用于通项为分式的形式，通项拆成两项之差求和，正负项相消剩下首尾若干项，注意一般情况下剩下正负项个数相同.5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广). 三、易错点点睛命题角度1 数列的概念1．已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1,(n ≥2)，则｛a n ｝的通项a n =_________.[考场错解] ∵a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1，∴a n-1=a 1+2a 2+3a 3+…+(n-2)a n-2，两式相减得a n -a n-1=(n-1)a n-1，∴a n =na n-1.由此类推： a n-1=(n-1)a n-2，…a 2=2a 1，由叠乘法可得a n =2!n[专家把脉] 在求数列的通项公式时向前递推一项时应考虑n 的范围．当n=1时，a 1=21与已知a 1=1，矛盾．3.已知数列｛a n ｝满足a 1=1，a n =3n-1+a n-1(n ≥2) (1)求a 2，a 3； (2)求通项a n 的表达式．[考场错解] (1)∵a 1=1，∴a 2=3+1=4，a 3=32+4=13． (2)由已知a n =3n-1+a n-1，即a n -a n-1=3n-1 即a n 成等差数列，公差d=3n-1．故a n =1+(n-1)·3n-1．[专家把脉] (2)问中a n -a n-1=3n-1，3n-1不是常数，它是一个变量，故不符合等差数列的定义．[对症下药] (1)∵a 1=1，∴a 2=4，a 3=32+4=13．(2)由已知a n -a n-1=3n-1，故a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+ (a 2-a 1)+a 1=3n-1+3n-2+…+3+1=213 n .4．等差数列｛a n ｝中，a 1+a 2+a 3=-24，a 18+a 19+a 20=78，则此数列前20项和等于 ( )A.160 B ．180 C. 200 D ．220[考场错解] 由通项公式a n =a 1+(n+1)d.将a 2,a 3，a 18，a 19，a 20都表示成a 1和d.求a 1、d ，再利用等差数列求和，选C ．[专家把脉] 此方法同样可求得解．但解法大繁，花费时间多，计算量大故而出错，应运用数列的性质求解就简易得多． [对症下药] B 由公式m+n=2P ⇒a m +a n =2ap?(只适用等差数列)即可求解．由a 1+a 2+a 3=-24，可得：3a 2=-24 由a 18+a 19+a 20=78，可得：3a 19=78 即 a 2=-8，a 19=26又∵S 20=2)(20201a a +=10(a 2+a 19)=1802．若｛a n ｝是等差数列，首项a 1＞0，a 2003+a 2004>0，a 2003·a 2004＜0，则使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是 ( )A.4005 B ．4006 C.4007 D.4008[考场错解] ∵a 2004+a 2003>0，即2a 1+2002d+2003d>0，(a 1+2002d)(a 1+2003d)<0，要使S n >0．即使na 1+2)1(-n n d ＞0．这样很难求出a 1，d.从而求出最大的自然数 n.故而判断a 2003>0，a 2004<0，所以前2003项为正，从第2004项起为负，由等差数列的n 项和的对称性使S n ＞0．故而取n=4005使S n >0．[专家把脉] 此题运用等差数列前n 项的性质及图象中应注意．a 2003>0，a 2004<0．且忽视了这两项的大小． [对症下药] B ∵a 1>0，a 2003+a 2004>0，a 2003·a 2004＜0，且｛a n ｝为等差数列 ∴{a n }表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且a 2003是绝对值最小的正数，a 2004是绝对值最大的负数(第一个负数)，且|a 2003|＞|a 2004|∴在等差数列｛a n ｝中，a 2003+a 2004=a 1+a 4006>0，S 4006=2)(400640061a a +＞0 ∴使S n ＞0成立的最大自然数n 是4006．3．设无穷等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n .(Ⅰ)若首项a 1=23，公差d=1，求满足S k2=(S k )2的正整数k; (Ⅱ)求所有的无穷等差数列｛a n ｝；使得对于一切正整数中k 都有S k2=(S k )2成立．[考场错解] (1)当a 1=23,d=1时，S n =21n 2+n ，由S k2=(S k )2得21k 4+k 2=2221⎪⎭⎫ ⎝⎛+k k ，即k=0或k=4． ∴k ≠0．故k=4．(Ⅱ)由对一切正整数k 都有S k2=(S k )2成立．即k 2a 1+2)1(22-k k d=(ka 1+d k k 2)1(-)2即(a 1-21a )k 2-adk 2(k-1)+2d k 2(k 2-1)-42d k 2(k-1)2=0对—切正整数k 恒成立故⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-0,0,01211d d a a a 求得a 1=0或1，d=0 ∴等差数列a n =｛0,0,0,…｝，或a n =｛1，1，1，…｝．[专家把脉] (Ⅱ)中解法定对一切正整数k 都成立．而不是一切实数．故而考虑取k 的特值也均成立． [对症下药] (Ⅰ)当a 1=23,d=1时，S n =na 1+.212)1(232)1(2n n n n n d n n +=-+=-由Sk 2=(S k )2,得21k 4+k 2=(21k 2+k)2，即k 3)141(-k =0.又k ≠0，所以k=4．(Ⅱ)设数列｛a n ｝的公差为d ，则在S k2=(S k )2中分别取k=1,2,得⎪⎩⎪⎨⎧⨯+=⨯⨯=⎪⎩⎪⎨⎧==)2.()2122(2344)1(,.)(,)(211211224211d a d a a a S S S S 即由（1）得a 1=0或a 1=1. 当a 1=0时，代入（2）得d=0或d=6.若a 1=0,d=0,则a n =0,s n =0,从而S k2=(S k )2成立；若a 1=0,d=6,则a n =6(n-1),由S 3=18，（S 3）2=324,S 9=216知S 9≠(S 3)2，故所得数列不符合题意.当a 1=1时,代入(2)得 4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a 1=1,d=0,则a n =1,S n =n,从而S k2=(S k )2成立；若a 1=1,d=2,则a n =2n-1,S n =1+3+…+（2n-1）=n 2,从而S k2=(S k )2成立.综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:①{a n }：a n =0,即0，0，0，…；②{a n }:a n =1,即1，1，1，…；③{a n }:a n =2n-1,即1，3，5，….4.已知数列{a n }的各项都是正数,且满足:a 0=1,a n+1=21a n ·(4-a n ),n ∈N.(1)证明a n ＜a n+1＜2,n ∈N.(2)求数列{a n }的通项公式a n .21×2(4-2),也即当x=k+1时 a k ＜a k+1＜2成立，所以对一切n ∈N,有a k ＜a k+1＜2(2)下面来求数列的通项：a n+1=21a n (4-a n )=21[-(a n -2)2+4],所以2（a n+1-2）=-(a n -2)2令b n =a n -2,则b n =-2121-n b =-21(-2122-n b )2=-21·(21)2221-n b …=-（21）1+2+…+2n-1b 2n ，又b n =-1,所以b n =-(21)2n-1,即a n =2+b n =2-(21)2n-1 专家会诊1.要善于运用等差数列的性质：“若m+n=p+q,则a m +a n =a p +a q ”；等差数列前n 项和符合二次函数特征.借助二次函数性质进行数形结合法解等差数列问题.2.会运用一般与特殊的逻辑思维,利用满足条件的特值求相关参数的值,学会分析问题和解决问题. 命题角度3 等比数列1．数列{a n }的前n 项和记为S n ,已知a 1=1,a a+1=n S nn 2+(n=1,2,3…).证明:(Ⅰ)数列{nSn }是等比数列；(Ⅱ)S n+1=4a n .[考场错解] (Ⅰ)已知a 1=1,a n+1=n S nn 2+,∴a 2=3S 1=3,∴S 2=4a 3=24·S 2=2×4=8.∴S 3=1+3+8=12. 即43,22,11321===SS S .故{nSn }是公比为2的等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)知11++n S n =4·,11--n S n 于是S n+1=4(n+1)·,11--n S n =4a n .又a 2=3.S 2=a 1+a 2=4,因此对于任意正整数n ≥1,都有S n+1=4a n .[专家把脉] (Ⅰ)中利用有限项判断数列类型是运用不完全归纳法,应给予证明. (Ⅱ)中运用前推一项必须使 n ≥2. [对症下药] (Ⅰ) ∵a n+1=S n+1-S n ,a n+1=nn 2+S n ,∴(n+2)S n =n(S n+1-S n ),整理得nS n+1=2(n+1)=S n ,所以11++n S n =2nSn 故{nSn }是以2为公比的等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)知11++n S n =4·,11--n S n (n2).于是S n+1=4(n+1)·,11--n S n =4a n (n ≥2).又a 2=3S 1=3, 故S 1=a 1+a 2=4.因此对于任意整数n ≥1,都有S n+1=4a n .2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =31(a n -1)(n ∈N *).(Ⅰ) 求a 1,a 2;(Ⅱ)求证数列{a n }是等比数列.[考场错解] (Ⅰ)S 1=31(a 1-1),得a 1=-21,S 2=31(a 2-1),即a 1+a 2=31(a 2-1),得a 2=41.(Ⅱ)a n =S n -S n-1=31(a n -1)-31(a n-1-1),得211-=-n n a a ,所以{a n }是首项为-21，公比为-21的等比数列.[专家把脉] 在利用a n =S n -S n-1公式时,应考虑n ≥2时才能成立.[对症下药] (Ⅰ)由S 1=31(a 1-1), 得a 1=31(a 1-1),∴a 1=-21.又S 2=31(a 2-1),即a 1+a 2=31(a 2-1),得a 2=41. (Ⅱ)当 n ＞1时,a n =S n S n-1=31(a n -1)-31(a n-1-1),得1-n n a a =-21,所以{a n }是首项为-21,公比为-21的等比数列.3.等比数列的四个数之和为16,中间两个数之和为5,则该数列的公比q 的取值为 ( ) A. 41 或4 B. 41或833415- C. 4或-841533+ D. 4或41或833415-或841533+[考场错解] 设这四个数为qa q a ,3,aq,aq 3.由题意得⎪⎩⎪⎨⎧=+=),2(5),1(164 aq qaa 由①得a=±21,代入②得q=±21或q 2=±2.q 2=41或q 2=4,故所求的公比为41或4.故应选A.[专家把脉] 上述解答设等比数列的公比为q 2是不合理的.这相当于增加了四个数同号这个条件,而题设中的四个数不一定同号.因此,产生了漏解现象.[对症下药]设这四个数为a,aq,aq 2,aq 3,则833415414,5,16232-=⎪⎩⎪⎨⎧=+=∙∙∙或或解之得q aq aq aq aq qa a 或-841533+.因此,应选D. 4.设数列{a n }的首项a 1=a ≠41,且a n+1=,3,2,1,41,412112=-=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-n a b n a n a n n n n 记为奇数为偶数(Ⅰ)求a 2,a 3;(Ⅱ)判断数列{b n }是否为等比数列,并证明你的结论;(Ⅲ)求∞→n lim(b 1+b 2+b 3+…+b n ).[考场错解] (Ⅰ)a 2=a 1+41=a+41,a 3=21a 2=21a 81; (Ⅱ)b n+1=a 2n+1-4141.412221241121==-=---++n n n n nn a a a ab b .(Ⅲ)求∞→n lim (b 1+b 2+b 3+…+b n )=∞→n lim 411)411(1--nb =3134)41(34411414111-=-=--=-a a a b .[专家把脉]在求证b n 是等比数列是时，222-n na a 式子中，an中n 为偶数时，211=+n n a a 是连续两项，并不能得出412=+n n a a .[对症下药] (Ⅰ)a 2=a 1+41=a+41,a 3=21a 2=21a+81; (Ⅱ)∵a 4=a 3+41=21a+83,所以a 5=21a 4=41a+163,所以b 1=a 1-41=a-41,b 2=a 3-41=21(a-41),b 3=a 5-41=41(a-41),猜想:{b n }是公比为21的等比数列.证明如下:因为b n+1=a 2n+1-41=21a 2n -41=21(a 2n-1-41)=21b n ,(n ∈N *)所以{b n }是首项为a-41,公比为21的等比数列.(Ⅲ)求∞→n lim (b 1+b 2+b 3+…+b n )= ∞→n lim).41(2211211)211(11-=-=--a b b n专家会诊1.证明等比数列时应运用定义证nn a a 1+为非0常数,而不能1-n n a a (此时n ≥2).2.等比数列中q 可以取负值.不能设公比为q 2.3.会运用等比数列性质,“若m+n=p+k,则a m ·a n =a p ·a k ”.命题角度 4 等差与等比数列的综合1.(典型例题)已知数列{a n }的前n 项和S n =a[2-(21)n-1]-b[2-(n+1)(21)n-1](n=1,2,…),其中a,b 是非零常数,则存在数列{x n }、{y n }使得（）A.a n =x n +y n ,其中{x n }为等差数列，{y n }为等比数列 B ．a n =x n +y n ,其中{x n }和{y n }都为等差数列。