2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题专题练数列含解析

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2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热点追踪(三) 数列 Word版含解析

高考热点追踪(三)交汇性试题，向来是高考试题中最为亮丽的风景线，这类问题着重考查观察发现，类比转化以及运用数学知识分析和解决数学问题的能力．下面举例说明数列的交汇性运用，请同学们赏析．一、数列与几何图形交汇(2019·南通模拟)如图是一个面积为1的三角形，现进行如下操作．第一次操作：分别连结这个三角形三边的中点，构成4个三角形，挖去中间一个三角形(如图①中阴影部分所示)，并在挖去的三角形上贴上数字标签“1”；第二次操作：连结剩余的三个三角形三边的中点，再挖去各自中间的三角形 (如图②中阴影部分所示)，同时在挖去的3个三角形上都贴上数字标签“2”；第三次操作：连结剩余的各三角形三边的中点，再挖去各自中间的三角形，同时在挖去的三角形上都贴上数字标签“3”；……，如此下去．记第n 次操作后剩余图形的总面积为a n ．(1)求a 1、a 2；(2)欲使剩余图形的总面积不足原三角形面积的14，问至少经过多少次操作？(3)求第n 次操作后，挖去的所有三角形上所贴标签上的数字和S n ．【解】 (1)a 1＝34，a 2＝916．(2)因为{a n }是以34为首项，以34为公比的等比数列，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫34n．由⎝⎛⎭⎫34n<14，得3n <4n －1．因为31>40，32>41，33>42，34>43，35<44，所以当n ＝5时，⎝⎛⎭⎫34n<14．所以至少经过5次操作，可使剩余图形的总面积不足原三角形面积的14．(3)设第n 次操作挖去b n 个三角形，则{b n }是以1为首项，3为公比的等比数列，即b n ＝3n －1．所以所有三角形上所贴标签上的数字的和S n ＝1×1＋2×3＋…＋n ×3n －1，则3S n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ，两式相减，得－2S n ＝(1＋3＋32＋…＋3n －1)－n ×3n ＝3n －12－n ×3n ，故S n ＝⎝⎛⎭⎫n 2－14×3n ＋14． [名师点评] 本题把几何问题与代数解法自然联系起来．从运算到推理，都要有很强的思维判断性和熟练的解题技能．合理的推断，能使解题简捷、运算简单，节约大量的解题时间，反之，则会因运算繁杂不断出错而无法进行下去，这体现了有较高的思维水平者因能善于运用思维而赢得解题时间，是高层次的解决问题能力的标志．二、数列与三角函数交汇已知函数f (x )＝32sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－12cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6． (1)求函数f (x )的最小正周期与单调递减区间；(2)若函数g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x 2，x >0且函数g (x )的图象与直线y ＝32交点的横坐标由小到大依次是x 1，x 2，…，x n ，求数列{x n }的前100项和．【解】 f (x )＝32sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－12cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－π6＝sin 2x ． (1)函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π．令2k π＋π2≤2x ≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π＋π4≤x ≤k π＋3π4，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤k π＋π4，k π＋3π4，k ∈Z ． (2)法一：因为g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x 2，所以g (x )＝sin x ，x >0．由sin x ＝32，x >0，得x ＝2k π＋π3，k ∈N 或x ＝2k π＋2π3，k ∈N ，所以x 1＋x 2＋…＋x 99＋x 100＝(x 1＋x 3＋x 5＋…＋x 99)＋(x 2＋x 4＋x 6＋…＋x 100) ＝⎣⎡⎦⎤π3＋⎝⎛⎭⎫2π＋π3＋⎝⎛⎭⎫4π＋π3＋…＋⎝⎛⎭⎫98π＋π3＋ ⎣⎡⎦⎤2π3＋⎝⎛⎭⎫2π＋2π3＋⎝⎛⎭⎫4π＋2π3＋…＋⎝⎛⎭⎫98π＋2π3＝50⎝⎛⎭⎫π3＋98π＋π32＋50⎝⎛⎭⎫2π3＋98π＋2π32＝50×198π2＝4 950π．法二：因为g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x 2，所以g (x )＝sin x ，x >0．由正弦函数的对称性、周期性，可知x 1＋x 22＝π2，x 3＋x 42＝2π＋π2，x 5＋x 62＝4π＋π2，…，x 99＋x 1002＝98π＋π2，所以x 1＋x 2＋…＋x 99＋x 100＝π＋5π＋…＋193π＋197π＝50×（π＋197π）2＝4 950π．[名师点评] 高考试题力求以角度新、情境新、设问方式新的形式呈现．提高难度主要在于“新”，而不在“难”，“新”本身就已蕴涵“难”．把“新”作为关键，能够考查思维的灵活性和创造性，体现高考的选拔功能，本题很好地体现了这一特征．三、数列与向量交汇(2019·南京四校第一学期联考)已知向量a ＝(x ，－1)，b ＝(xy ，x －y )，若a ⊥b ，y＝f (x )．(1)求f (x )的表达式；(2)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝13，a 2n ＋1＝2a n f (a n )(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设b n ＝1a 2n －1，S n 为数列{b n }的前n 项和，求使S n ＞1278成立的n 的最小值．【解】 (1)由a ⊥b ，得x 2y ＋(－1)(x －y )＝0，所以y ＝xx 2＋1，则f (x )的表达式为f (x )＝xx 2＋1．(2)由(1)知f (x )＝xx 2＋1，所以a 2n ＋1＝2a n f (a n )＝2a n ·a n a 2n ＋1＝2a 2n a 2n ＋1，因此1a 2n ＋1＝a 2n ＋12a 2n ＝12a 2n ＋12，所以1a 2n ＋1－1＝12a 2n －12＝12⎝⎛⎭⎫1a 2n －1．又1a 21－1＝9－1＝8≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1是以8为首项，12为公比的等比数列，则1a 2n －1＝8×⎝⎛⎭⎫12n －1＝24－n ．又a n ＞0，所以a n ＝124－n ＋1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝124－n ＋1．(3)由(2)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1是以8为首项，12为公比的等比数列，而b n ＝1a 2n －1，所以数列{b n }是以8为首项，12为公比的等比数列，因此数列{b n }的前n 项和S n ＝8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝16⎝⎛⎭⎫1－12n ．又S n ＞1278，所以16⎝⎛⎭⎫1－12n ＞1278，则12n ＜1128，所以n ＞7．所以正整数n 的最小值为8．[名师点评] 由于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带，因此在向量与数列交汇处设计试题，已逐渐成为高考命题的一个亮点．数列{a n }，{b n }都是等差数列，它们的前n 项和分别为S n ，T n ，如果S n T n ＝5n ＋134n ＋5，求a 10b 10的值．考查目标：(1)等差数列基本量的运算；(2)等差数列性质的运用；(3)相关的数学思想：如转化化归思想，函数与方程思想等．解法探究：法一：利用方程的思想，寻找a 1，b 1，d ，d ′的关系．因为a 1b 1＝S 1T 1＝2，2a 1＋d 2b 1＋d ′＝S 2T 2＝2313，3a 1＋3d 3b 1＋3d ′＝S 3T 3＝2817．所以a 1＝2b 1，d ＝109b 1，d ′＝89b 1，所以a 10b 10＝a 1＋9d b 1＋9d ′＝2b 1＋10b 1b 1＋8b 1＝43．一般地，a n b n ＝a 1＋（n －1）db 1＋（n －1）d ′＝2b 1＋109（n －1）b 1b 1＋89（n －1）b 1＝8＋10n 1＋8n ．法二：利用前n 项和的函数特征．由题意知两等差数列的公差均不为0，由于S n ＝An 2＋Bn ，S n 是关于n 的二次函数且没有常数项，因此可根据题意将其设为S n ＝kn (5n ＋13)＝5kn 2＋13kn ，T n ＝kn (4n ＋5)＝4kn 2＋5kn (k 是常数)，因为a n ＝S n －S n －1＝k (5n 2＋13n )－k [5(n －1)2＋13(n －1)]＝k (10n ＋8)． b n ＝T n －T n －1＝k (4n 2＋5n )－k [4(n －1)2＋5(n －1)] ＝k (8n ＋1)．所以a n b n ＝10n ＋88n ＋1，所以a 10b 10＝10×10＋88×10＋1＝43．法三：利用性质，从一般到特殊．a nb n ＝2a n 2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝（a 1＋a 2n －1）12（2n －1）（b 1＋b 2n －1）12（2n －1）＝S 2n －1T 2n －1＝5（2n －1）＋134（2n －1）＋5＝10n ＋88n ＋1(n ∈N *)，所以a 10b 10＝10×10＋88×10＋1＝43．[方法提炼与启示]性质1 若{a n }是等差数列，它的前n 项和为S n ，则S 2n －1S 2m －1＝（2n －1）a n（2m －1）a m．证明：S 2n －1S 2m －1＝（2n －1）a 1＋（2n －1）（2n －2）d2（2m －1）a 1＋（2m －1）（2m －2）d2＝（2n －1）[a 1＋（n －1）d ]（2m －1）[a 1＋（m －1）d ]＝（2n －1）a n（2m －1）a m．性质2 若{a n }是等差数列，它的前n 项和为S n ，则S m S n ＝am 2＋bman 2＋bn ．证明：S m S n ＝d 2m 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2m d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n＝am 2＋bm an 2＋bn ．⎝⎛⎭⎫其中a ＝d 2，b ＝a 1－d 2[例题变式]若{a n }是等差数列，且S m S n ＝m 2－2m n 2－2n ，求a 5a 6．[解] 法一：利用性质1，得a 5a 6＝11S 99S 11＝79．法二：利用性质2，得S m S n ＝d 2m 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2m d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n＝m 2－2m n 2－2n ．设d 2＝k ，a 1－d 2 ＝－2k (k ≠0)，则a 1＝－k ，d ＝2k ．所以a 5a 6＝a 1＋4d a 1＋5d ＝－k ＋8k －k ＋10k ＝79．1．在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是________． [解析] 根据题意并结合二次函数的性质可得： a n ＝－2n 2＋29n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n 2－292n ＋3 ＝－2⎝⎛⎭⎫n －2942＋3＋8418，所以n ＝7时，a n 取得最大值，最大项a 7的值为108． [答案] 1082．(2019·南京、盐城高三模拟)设公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ．若S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 10等于________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由S 3＝a 22得3a 2＝a 22，a 2＝0或3．又由S 1，S 2，S 4成等比数列可得S 22＝S 1S 4．若a 2＝0，则S 1＝S 2＝a 1≠0．S 2＝S 4＝a 1，a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝0，a 3＝0，则d ＝0，故a 2＝0舍去；若a 2＝3，则S 1＝3－d ，S 2＝6－d ，S 4＝12＋2d ，(6－d )2＝(3－d )(12＋2d )(d ≠0)，得d ＝2，此时a 10＝a 2＋8d ＝19．[答案] 193．已知log 3x ＝－1log 23，则x ＋x 2＋x 3＋…＋x n ＝________．[解析] 由log 3x ＝－1log 23⇒log 3x ＝－log 32⇒x ＝12．由等比数列求和公式得x ＋x 2＋x 3＋…＋x n＝x （1－x n）1－x ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ．[答案] 1－12n4．(2019·淮阴质检改编)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 016项的和为________．[解析] 因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 016项的和等于S 2 016＝1 008×⎝⎛⎭⎫1＋12＝1 512． [答案] 1 5125．(2019·盐城市高三第三次模拟考试)已知正项数列{a n }满足a n ＋1＝1a 1＋a 2＋1a 2＋a 3＋1a 3＋a 4＋…＋1a n ＋a n ＋1＋1，其中n ∈N *，a 4＝2，则a 2 019＝______． [解析] a n ＋1＝1a 1＋a 2＋1a 2＋a 3＋…＋1a n ＋a n ＋1＋1，所以n ≥2时，a n ＝1a 1＋a 2＋1a 2＋a 3＋…＋1a n －1＋a n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＝1a n ＋1＋a n (n ≥2)，所以a 2n ＋1－a 2n ＝1(n ≥2)，a 22 019＝a 24＋(2 019－4)×1＝2 019，所以a 2 019＝ 2 019．[答案] 2 0196．已知数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为________．[解析] a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝n ＋12，1a n a n ＋1＝4（n ＋1）（n ＋2）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2，所求的前n 项和为4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2． [答案]2nn ＋27．秋末冬初，流感盛行．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数为________．[解析] 由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋15×142×2＝255．[答案] 2558．(2019·辽宁五校协作体联考)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________．[解析] 依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15．因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480．[答案] 4809．(2019·苏锡常镇四市高三调研)设公差为d (d 为奇数，且d >1)的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－9，S m ＝0，其中m >3，且m ∈N *，则a n ＝________．[解析] 由条件得(m －1)a 1＋（m －1）（m －2）2d ＝－9，ma 1＋（m －1）m 2d ＝0，消去a 1得，m －1m ＝－9－（m －1）（m －2）2d －m （m －1）2d，整理得(m －1)d ＝18，因为d 为奇数，且d >1，m >3，m ∈N *，故d ＝3，m ＝7，从而a 1＝－9，故a n ＝3n －12．[答案] 3n －1210．(2019·高三年级第一次模拟考试)若数列{a n }满足a 1＝0，a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3，a 4n a 4n －1＝a 4n ＋1a 4n ＝12，其中n ∈N *，且对任意n ∈N *都有a n <m 成立，则m 的最小值为______． [解析] 在a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3中令n ＝1，得a 3－a 2＝a 2－a 1＝3，因为a 1＝0，所以a 2＝3，a 3＝6．又a 4n a 4n －1＝12，所以a 4＝12a 3＝3．由a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3得a 4n ＋3－a 4n ＋2＝a 4n ＋2－a 4n ＋1＝3，又由已知得a 4n ＋1＝12a 4n ，所以a 4n ＋2＝12a 4n ＋3，所以a 4n ＋3＝a 4n ＋2＋3＝12a 4n ＋6，a 4n ＋4＝12a 4n ＋3＝14a 4n ＋3，所以a 4n ＋4－4＝14(a 4n －4)，所以{a 4n －4}是首项为－1，公比为14的等比数列，所以a 4n ＝4－14n －1<4，a 4n －1＝2a 4n ＝8－24n －1<8，a 4n －2＝a 4n －1－3＝5－24n －1<5，a 4n －3＝a 4n －2－3＝2－24n －1<2．综上，a n <8，因为对任意n ∈N *都有a n <m ，所以m ≥8，所以m 的最小值为8．[答案] 811．(2019·淮安质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ＋S n ＝An 2＋Bn ＋1(A ≠0)． (1)已知数列{a n }是等差数列，求B －1A的值；(2)若a 1＝32，a 2＝94，求证：数列{a n －n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式．[解] (1)因为{a n }是等差数列，所以可设a n ＝a 1＋(n －1)d ， a n ＋S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1＋d 2n ＋(a 1－d )，可得A ＝d 2，B ＝a 1＋d2，a 1－d ＝1，所以B －1A ＝a 1＋d 2－1d 2＝3d 2d2＝3．(2)分别令n ＝1，2得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＝A ＋B ＋1＝3，2a 2＋a 1＝4A ＋2B ＋1＝6，解得⎩⎨⎧A ＝12，B ＝32．于是a n ＋S n ＝12n 2＋32n ＋1，a n ＋1＋S n ＋1＝12(n ＋1)2＋32(n ＋1)＋1，相减得a n ＋1－(n ＋1)＝12(a n －n )．又a 1－1＝12≠0，故数列{a n －n }是等比数列．所以a n －n ＝⎝⎛⎭⎫12n，则a n＝n ＋12n． 12．(2019·镇江市高三调研考试)已知n ∈N *，数列{a n }的各项均为正数，前n 项的和为S n ，且a 1＝1，a 2＝2，设b n ＝a 2n －1＋a 2n ．(1)如果数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n ； (2)如果对任意n ∈N *，Sn＝a 2n ＋n2恒成立，求数列{a n }的通项公式； (3)如果S 2n ＝3(2n －1)，数列{a n a n ＋1}为等比数列，求数列{a n }的通项公式． [解] (1)b 1＝a 1＋a 2＝1＋2＝3，S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3（1－3n ）1－3＝3（3n －1）2．(2)由2S n ＝a 2n ＋n 得，当n ≥2时，2S n －1＝a 2n －1＋n －1，则2a n ＝2S n －2S n －1＝a 2n ＋n －(a 2n －1＋n －1)＝a 2n －a 2n －1＋1，(a n －1)2－a 2n －1＝0，(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1－1)＝0，故a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1．(*)下面证明a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立．事实上，因为a 1＋a 2＝3，所以a n ＋a n －1＝1不恒成立；若存在n ∈N *，使a n ＋a n －1＝1，设n 0是满足上式的最小正整数，即an 0＋an 0－1＝1，显然n 0＞2，且an 0－1∈(0，1)，则an 0－1＋an 0－2≠1，则由(*)式知，an 0－1－an 0－2＝1，则an 0－2＜0，矛盾．故a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立，所以a n －a n －1＝1对任意的n ∈N *恒成立．因此{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝1＋(n －1)＝n ． (3)因为数列{a n a n ＋1}为等比数列，设公比为q ，则当n ≥2时，a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q ．即{a 2n －1}，{a 2n }分别是以1，2为首项，q 为公比的等比数列，故a 3＝q ，a 4＝2q ．令n ＝2，有S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋2＋q ＋2q ＝9，则q ＝2．当q ＝2时，a 2n －1＝2n －1，a 2n ＝2×2n －1＝2n ，b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝3×2n －1，此时 S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3（1－2n ）1－2＝3(2n －1)．综上所述，a n＝⎩⎨⎧2n －12，当n 为奇数，2n 2，当n 为偶数．13．(2019·南京、盐城高三模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 都有a n ＝(－1)n S n ＋p n (p 为常数，p ≠0)．(1)求p 的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设集合A n ＝{a 2n －1，a 2n }，且b n ，c n ∈A n ，记数列{nb n }，{nc n }的前n 项和分别为P n ，Q n ．若b 1≠c 1，求证：对任意n ∈N *，P n ≠Q n ．[解] (1)由a 1＝－S 1＋p ，得a 1＝p 2，由a 2＝S 2＋p 2，得a 1＝－p 2，所以p2＝－p 2．又p ≠0，所以p ＝－12．(2)由a n ＝(－1)nS n ＋⎝⎛⎭⎫－12n，得⎩⎨⎧a n ＝（－1）nS n ＋⎝⎛⎭⎫－12n，①an ＋1＝－（－1）nS n ＋1＋⎝⎛⎭⎫－12n ＋1，② ①＋②得a n ＋a n ＋1＝(－1)n(－a n ＋1)＋12×⎝⎛⎭⎫－12n．当n 为奇数时，a n ＋a n ＋1＝a n ＋1－12×⎝⎛⎭⎫12n，所以a n ＝－⎝⎛⎭⎫12n ＋1，当n 为偶数时，a n ＋a n ＋1＝－a n ＋1＋12×⎝⎛⎭⎫12n，所以a n ＝－2a n ＋1＋12×⎝⎛⎭⎫12n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n ＋2＋12×⎝⎛⎭⎫12n ＝⎝⎛⎭⎫12n ．所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数，n ∈N *，12n，n 为偶数，n ∈N *．(3)证明：A n ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－14n ，14n ，由于b 1≠c 1，则b 1与c 1一正一负，不妨设b 1>0，则b 1＝14，c 1＝－14，则P n ＝b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n ≥14－⎝⎛⎭⎫242＋343＋…＋n 4n ．设S ＝242＋343＋…＋n4n ，则14S ＝243＋…＋n －14n ＋n4n ＋1，两式相减得34S ＝242＋143＋…＋14n －n 4n ＋1＝116＋116×1－⎝⎛⎭⎫14n －11－14－n 4n ＋1 ＝748－112×14n －1－n 4n ＋1<748．所以S <748×43＝736，所以P n ≥14－⎝⎛⎭⎫242＋343＋…＋n 4n >14－736＝118>0．因为Q n ＝c 1＋2c 2＋3c 3＋…＋nc n ≤－14＋S <－14＋736＝－118<0，所以P n ≠Q n ．14．(2019·苏锡常镇四市高三调研) 已知首项为1的正项数列{a n }满足a 2n ＋1＋a 2n <52a n ＋1a n ，n ∈N *．(1)若a 2＝32，a 3＝x ，a 4＝4，求x 的取值范围；(2)设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 为数列{a n }前n 项的和，若12S n <S n ＋1<2S n ，n ∈N *，求q 的取值范围；(3)若a 1，a 2，…，a k (k ≥3)成等差数列，且a 1＋a 2＋…＋a k ＝120，求正整数k 的最小值，以及k 取最小值时相应数列a 1，a 2，…，a k (k ≥3)的公差．[解] (1)由题意得，12a n <a n ＋1<2a n ，所以34<x <3，x2<4<2x ，得x ∈(2，3)．(2)因为12a n <a n ＋1<2a n ，且数列{a n }是等比数列，a 1＝1，所以12q n －1<q n <2q n －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧q n －1⎝⎛⎭⎫q －12>0，q n －1（q －2）<0，所以q ∈⎝⎛⎭⎫12，2．又12S n <S n ＋1<2S n ，而当q ＝1时，S 2＝2S 1，不满足题意；当q ≠1时，12·1－q n 1－q <1－q n ＋11－q <2·1－q n 1－q，①当q ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，⎩⎪⎨⎪⎧q n （q －2）>－1，q n（2q －1）<1，即⎩⎪⎨⎪⎧q （q －2）>－1，q （2q －1）<1，得q ∈⎝⎛⎭⎫12，1， ②当q ∈(1，2)时，⎩⎪⎨⎪⎧q n（q －2）<－1，q n （2q －1）>1，即⎩⎪⎨⎪⎧q （q －2）<－1，q （2q －1）>1，无解，所以q ∈⎝⎛⎭⎫12，1． (3)设数列a 1，a 2，…，a k 的公差为d ，因为12a n <a n ＋1<2a n ，且数列a 1，a 2，…，a k 成等差数列，a 1＝1，所以12[1＋(n －1)d ]<1＋nd <2[1＋(n －1)d ]，n ＝1，2，…，k －1．所以⎩⎪⎨⎪⎧d （n ＋1）>－1，d （2－n ）<1，所以d ∈⎝⎛⎭⎫－1k ，1．因为a 1＋a 2＋…＋a k ＝120，所以S k ＝d 2k 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2k ＝d2k 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2k ＝120，所以d ＝240－2k k 2－k ，所以240－2k k 2－k ∈⎝⎛⎭⎫－1k ，1，得k ∈(15，239)，k ∈N *．所以k 的最小值为16，此时公差d ＝1315．。

2020届高考数学(理)二轮强化专题卷(6)数列+Word版含答案

（6）数列1、九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用n a 表示解下*(9,N)n n n ∈≤个圆环所需的移动最少次数，{}n a 满足11a =,且1121,22,n n n a a a ---⎧=⎨+⎩n 为偶,则解下4个圆环所需的最少移动次数为( ) A.7B.10C.12D.222、已知数列{}n a 满足2*123111()23n a a a L a n n n N n++++=+∈，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=，数列{}n a 的前n 项和为n T ，若*()1n n T n N n λ<∈+恒成立，则实数λ的取值范围为( )A.1[,)4+∞B.1(,)4+∞ C.3[,)8+∞ D.3(,)8+∞3、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和333,3S a ==,则1011a =( ) A.2019B. 1010C. 2018D. 10114、记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,已知9772,10S a ==,则（）A .3n a n =+B .24n a n =-C .21722n S n n =+ D .2n S n n =-5、设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若4553a a =，则42SS 的值为（）A.65B.103C.145 D.536、已知等比数列{}n a 满足123a a +=,236a a +=,则7a 等于( ) A.64 B.81C.128D.2437、等比数列{}n a 中,若259,243,a a ==则{}n a 的前4项和为( )A. 81B. 120C. 168D. 1928、已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，342aa =，11a =，则4S =（）A.31B.15C.8D.79、设函数()y f x =的定义域为D ，若任取12,x x D ∈，当122x x +=时，12()()2f x f x b +=,则称点(,)a b 为函数()y f x =图象的对称中心.研究函数3()sin 1f x x x =++的某一个对称中心，并利用对称中心的上述定义，可得到()()()()20152014...20142015f f f f -+-+++=( )A. 0B. 4030C. 4028D. 403110、数列234534561,,,,...2222，12n n +，…的前n 项之和为n S ，则n S 的值等于（）A.32nn -B.1132n n -+- C.332nn +-D.432nn +-11、在等差数列{}n a 中，已知38a a 10，+=则573a a ___+= 12、设等比数列{}n a 的公比12q =，前n 项和为n S ，则44Sa =______________.13、已知等比数列{}n a 的首项为32,公比为12-,前n 项和为n S ,则当*n N ∈时, 1n n S S -的最大值与最小值之和为__________. 14、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,若*)n a n N ∈,则2009S 的值为______．15、若数列{}n a 的前项和为1,0n S a >且22(N )n n n S a a n *=+∈．(1).求数列{}n a 的通项公式； (2).若0n a >，令121(1)(1)n n n n n b a a -+=-+，求数列{}n b 的前项和n T ，并比较n T 与1的大小关系.答案以及解析1答案及解析：答案：A 解析：2答案及解析：答案：D 解析：3答案及解析：答案：A 解析：4答案及解析：答案：AC解析：因为972S =,所以5972a =,即58a =.因为710a =,所以75175a a d -==-,则()553n a a n d n =+-=+，()()1243172222n nn a a n n S n n +++===+5答案及解析：答案：C解析：设等差数列{}n a 的公差为d ，由4253a a =，得11353a d a d +=+，得12a d =，则4121461425S a d S a d +==+.故选C.6答案及解析：答案：A解析：由2312()36a a q a a q +=+==,得2q =,由121(1)3a a a q +=+=,得11a =,∴67264a ==,故选A.7答案及解析：答案：B解析：公式532a 243q 27a 9===,3q =,21a a 3q ==,443(13)S 12013-==-8答案及解析：答案：B 解析：9答案及解析：答案：D 解析：10答案及解析：答案：C 解析：11答案及解析：答案：20 解析：12答案及解析：答案：15解析：设数列{}n a 的首项为1a ，则14411(1)1521812a S a -==-，341111()28a a a ==， ∴ 14411581518a S a a ==13答案及解析：答案：14解析：由等比数列前n 项和公式可得112nn S ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭令n t S =,当n 为奇数时, 112nn S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭单调递减,故132n S S ≤=当n 为偶数时, 112nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增, 234n S S ≥=则3342n S ≤≤,即3342t ≤≤令1()f t t t =-,易知函数()f t 单调递增,则75()126f t -≤≤ 故1n n S S -的最大值与最小值之和为7511264-+=14答案及解析：解析：15答案及解析：答案：(1).当1n =时，21112S a a =+，则11a = 当2n ≥时，2211122n n n n n n n a a a a a S S ---++=-=-，即11()(1)0n n n n a a a a --+--=，由10a >可得11n n a a -=+或10n n a a -+= 则n a n =或1(1)n n a -=-. (2).0n a >Q111212111(1)(1)(1)()(1)(1)1n n n n n n n n b a a n n n n ---++=-=-=-++++11111111(1)()()...(1)()223341n n T n n -∴=+-+++-+-++111(1)1n n -=+-+ 当n 为奇数时,1111n T n =+>+ 当n 为偶数时，1111n T n =-<+ 解析：。

2020年高考理科数学二轮专题复习七：数列(附解析)

2020年高考理科数学二轮专题复习七：数列（附解析）注重考查等差数列和等比数列的通项公式，性质以及求和公式，全国一卷近四年均已选填形式出现，难度总体偏低，注重考查基础．一、等差数列1．通项公式：1(1)()n m a a n d a n m d =+-=+-2．等差中项：若a A b ，，成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且2a b A += 3．若2m n k +=，则2m n k a a a +=m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+，1211n n i n i a a a a a a -+-+=+=⋅⋅⋅=+4．等差数列前n 项和公式：121321()()()()2222n n n i n i n a a n a a n a a n a a n S --+-++++====⋅⋅⋅= 或者211(1)()222n n n d d S na d n a n -=+=+- 5．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则232k k k k k S S S S S --⋅⋅⋅，，，也成等差数列，且公差为2k d6．常用结论：21(21)n n S n a -=-二、等比数列1．通项公式：11(0)n n m n m a a q a q q --==≠2．等比中项：若a G b ，，成等比数列，则G 叫做a 与b 的等比中项，且2=G ab3．若*(,,,)m n p q m n p q +=+∈N ，则m n p q a a a a ⋅=⋅①22m n k m n k a a a +=⋅=，；②1211n n i n i a a a a a a -+-⋅=⋅==⋅K等比数列的前n 项和公式：当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，1(1)1n n a q S q-=- 4．等比数列的前n 项和为n S ，则232k k k k k S S S S S --⋅⋅⋅，，，也成等比数列，公比为k q三、数列求通项方法1．公式法：①已知等差/等比数列，直接用等差/等比数列通项公式．②已知n S 与n 的关系、n S 与n a 的关系、n S 与1 n S -的关系时利用11 1 2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩（注意：不能忘记验证1=n ）2．迂回法：已知n a 与n S 的关系式，利用1(2)n n n a S S n -=-≥，将关系式转化为只含有n a 或n S 的递推关系，再利用上述方法求出n a ．3．累加法：已知)2)((1≥=--n n f a a n n ．4．累乘法：已知)2)((1≥=-n n f a a n n ． 5．倒数法：已知cba ka a n n n +=--11． 6．待定系数法（构造法★）：已知数列}{n a 的递推关系，研究n a 与1-n a 的关系式的特点，可以通过变形构造，得出新数列为等差或等比数列．一般有以下三种情况：①)1(1≠+=-k b ka a n n ；c bn ka a n n ++=-1②)1(1≠⋅+=-q q c qa a n n n③)1(1≠≠⋅+=-q k q c ka a n n n四、常用数列求和方法1．错位相减法求和：常用于}{n n b a ⋅的前n 项和，其中}{n a 为等差数列，}{n b 为等比数列．2．裂项相消法求和：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：(裂项时用分母小的减分母大的，右边乘以的系数要通分验证确定)（1）：111)1(1+-=+n n n n ；1111()(2)22n n n n =-++；1111()()n n k k n n k=⋅-++ （2）：)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n （3）：])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n （4）：11211(21)(21)2121n n n n n ++=-----（5=（6）：122(1)11(1)2(1)22(1)2n n n nn n n n n n n n n -++-==-+++1．已知数列{}n a 中，11a =，*12()n n a a n +=∈N ，记{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．21n n S a =-B ．12n n S a =-C ．2n n S a =-D ．2n n S a =-2．已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（）A ．7B ．7±C ．7-D ．5-3．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求14731n a a a a ++++⋯+．经典常规题（45分钟）4．设{}n a 是公比大于1的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =，且23a 是13a +和34a +的等差中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111n n n n a b a a +=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：12n T <．1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意*n ∈N 都有21n n S a =-，设2log n n b a =，则数列{}n b 的前5项之和为（）A ．11B ．16C ．10D ．15 2．n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，21a =，2572a a =，则6S =（）A ．31B ．632 C ．63 D ．3123．已知递增等比数列{}n a 满足：23a =，313S =．（1）求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）设()3111log n n b n a +=+，求数列{}n b的前n 项和n T ．高频易错题4．设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0．已知112a b ==，22b a =，4324b a =+．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．1．设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，94S S =，50k a a +=，则k =（）A ．6B ．7C ．8D ．92．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若136a a +=，10100S =，则5a =（）A ．8B ．9C ．10D ．113．设等差数列{}()*n a n ∈N 的前n 项和为n S ，若14a =-，77S =-，则n S 的最小值为_______．4．已知等差数列n {}a 满足4357,219a a a =+=．（1）求通项n a ；（2）设{}n n b a -是首项为2，公比为2的等比数列，求数列{}n b 通项公式及前n 项和n T ．精准预测题5．已知在递增的等差数列{}1319,2,n a a a a a =中是和的等比中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()11n nb n a =+，n S 为数列{}n b 的前n 项和，求n S ．6．已知数列{}n a 是递减的等比数列，24a =，且2a ，32a ，43a +成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若216log n n b a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求数列21n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和n S ．7．已知数列{}n a 是递增的等差数列，4a ，6a 是方程27120x x -+=的根．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．2020年高考理科数学二轮专题复习七：数列（附解析）注重考查等差数列和等比数列的通项公式，性质以及求和公式，全国一卷近四年均已选填形式出现，难度总体偏低，注重考查基础．一、等差数列1．通项公式：1(1)()n m a a n d a n m d=+-=+-2．等差中项：若a A b ，，成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且2a bA +=3．若2m n k +=，则2m n k a a a +=m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+，1211n n i n i a a a a a a -+-+=+=⋅⋅⋅=+4．等差数列前n 项和公式：121321()()()()2222n n n i n i n a a n a a n a a n a a nS --+-++++====⋅⋅⋅=或者211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+- 5．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则232k k k k k S S S S S --⋅⋅⋅，，，也成等差数列，且公差为2k d6．常用结论：21(21)n n S n a -=-二、等比数列1．通项公式：11(0)n n mn m a a q a q q --==≠2．等比中项：若a G b ，，成等比数列，则G 叫做a 与b 的等比中项，且2=G ab 3．若*(,,,)m n p q m n p q +=+∈N ，则m n p q a a a a ⋅=⋅ ①22m n k m n k a a a +=⋅=，；②1211n n i n i a a a a a a -+-⋅=⋅==⋅K等比数列的前n 项和公式：当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，1(1)1n n a q S q-=-4．等比数列的前n 项和为n S ，则232k k k k k S S S S S --⋅⋅⋅，，，也成等比数列，公比为k q三、数列求通项方法1．公式法：①已知等差/等比数列，直接用等差/等比数列通项公式． ②已知n S 与n 的关系、n S 与n a 的关系、n S 与1 n S -的关系时利用11 1 2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩（注意：不能忘记验证1=n ）2．迂回法：已知n a 与n S 的关系式，利用1(2)n n n a S S n -=-≥，将关系式转化为只含有n a 或n S 的递推关系，再利用上述方法求出n a ．3．累加法：已知)2)((1≥=--n n f a a n n ．4．累乘法：已知)2)((1≥=-n n f a a n n． 5．倒数法：已知cba ka a n n n +=--11．6．待定系数法（构造法★）：已知数列}{n a 的递推关系，研究n a 与1-n a 的关系式的特点，可以通过变形构造，得出新数列为等差或等比数列．一般有以下三种情况： ①)1(1≠+=-k b ka a n n ；c bn ka a n n ++=-1 ②)1(1≠⋅+=-q q c qa a n n n ③)1(1≠≠⋅+=-q k q c ka a n n n四、常用数列求和方法1．错位相减法求和：常用于}{n n b a ⋅的前n 项和，其中}{n a 为等差数列，}{n b 为等比数列．2．裂项相消法求和：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：(裂项时用分母小的减分母大的，右边乘以的系数要通分验证确定) （1）：111)1(1+-=+n n n n ；1111()(2)22n n n n =-++；1111()()n n k k n n k =⋅-++（2）：)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n（3）：])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n（4）：11211(21)(21)2121n nn n n ++=-----（5=（6）：122(1)11(1)2(1)22(1)2n n n nn n n n n n n n n -++-==-+++1．已知数列{}n a 中，11a =，*12()n n a a n +=∈N ，记{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．21n n S a =-B ．12n n S a =-C ．2n n S a =-D ．2n n S a =- 【答案】D【解析】*12()n n a a n +=∈N Q ，112n n a a +∴=，∴数列{}n a 是以1为首项，12为公比的等比数列，∴11()2n n a -=，∴11112221212n n n n S a --==-=--． 2．已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（） A ．7 B ．7± C ．7- D ．5- 【答案】C【解析】{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，由等比数列的性质，56478a a a a =-=，∴4742a a =⎧⎨=-⎩或4724a a =-⎧⎨=⎩，当4742a a =⎧⎨=-⎩时，312q =-，则3411073817a a a a q q +=+=-+=-；当4724a a =-⎧⎨=⎩时，32q =-，则3411073817a a a a q q +=+=-+=-．经典常规题（45分钟）3．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求14731n a a a a ++++⋯+．【答案】（1）2n a n =-；（2）()()1232n n +-．【解析】（1）由等差数列的性质可得1133054552a d da +=⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得11a =，1d =-，则{}n a 的通项公式()112n a n n =--=-．（2）{}n a Q 为等差数列，14731n a a a a +∴+++⋯+以1为首项，以3-为公差的等差数列，()()()()()147311113123122n n n n n a a a a n +++-⨯-+-∴+++⋯+=++=．4．设{}n a 是公比大于1的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =，且23a 是13a +和34a + 的等差中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111n n n n a b a a +=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：12n T <．【答案】（1）12n n a -=；（2）证明见解析．【解析】（1）由已知，得()()12313273432a a a a a a ++=⎧⎪⎨+++=⎪⎩，解得22a =，设数列{}n a 的公比为q ，则12a q =，∴12a q=，2312a a q q ==．由37S =，可知2227q q ++=，∴22520q q -+=，解得12q =，212q =，由题意，得1q >，∴2q =，∴11a =．故数列{}n a 的通项公式为12n n a -=．（2）()()()()11112111121212121n n n n n n n n n a b a a ---+===-++++++，0122231111111112121212121212121n nn T -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111212212n n =-=-<+++．1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意*n ∈N 都有21n n S a =-，设2log n n b a =，则数列{}n b 的前5项之和为（） A ．11 B ．16 C ．10 D ．15 【答案】C【解析】11121,1,21n n n n S a a S a ++=-∴==-Q ①，21n n S a =-②，由①和②得12n n a a +=，∴数列{}n a 是以1为首项，以2为公比的等比数列，12n n a -∴=，1n b n ∴=-，123450123410b b b b b ∴++++=++++=．2．n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，21a =，2572a a =，则6S =（）A ．31B ．632 C ．63 D ．312高频易错题【答案】B【解析】设数列{}n a 的公比为q ，则()12461112a q a q a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，解得1122a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，所以66112632122S -=⨯=-． 3．已知递增等比数列{}n a 满足：23a =，313S =．（1）求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）设()3111log n n b n a +=+，求数列{}n b的前n 项和n T ．【答案】（1）13n n a -=，312n n S -=；（2）1n n T n =+．【解析】（1）由题可知23313a S =⎧⎨=⎩，()1213113a q a q q =⎧⎪⎨++=⎪⎩，由递增等比数列{}113n a a q =⎧⇒⎨=⎩或1913a q =⎧⎪⎨=⎪⎩（舍），所以13n n a -=，()113112nnn a q S q⋅--==-．（2）由（1）知13nn a +=，所以()()3111111log 11n n b n a n n n n +===-+⋅++，所以数列{}n b 的前n 项和：123111111111122334111n n n T b b b b n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ．故数列{}n b 的前n 项和1n nT n =+． 4．设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0．已知112a b ==，22b a =，4324b a =+．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．【答案】（1）2n a n =，2nn b =；（2）2*(1)24()n n T n n +=-⨯+∈N ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，依题意，得322248q dq d =+⎧⎨=+⎩，又因为公比大于0，解得22d q =⎧⎨=⎩，故22(1)2n a n n =+-=，1222n nn b -=⨯=．所以{}n a 的通项公式为2n a n =，{}n b 的通项公式为2nn b =．（2）由（1）知12n n n b n a +⋅=⋅，记{}n n a b ⋅的前n 项和为n S ，则记21312222n n S n +=⨯+⨯++⨯L ，①则324212222n n T n +=⨯+⨯++⨯L ，②①−②得，23122222n n n T n +++++⨯--=L ()2412212n n n +-=⨯--2(1)24n n +=-⨯-，所以2*(1)24()n n T n n +=-⨯+∈N ．精准预测题1．设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，94S S =，50k a a +=，则k =（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】D【解析】由94S S =，得()5994569502a a S S a a a +-=+++==L ，590a a ∴+=，因此，9k =． 2．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若136a a +=，10100S =，则5a =（）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】B【解析】设等差数列的公差为d ，因为136a a +=，10100S =，所以112261045100a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d ==，，因此5149a a d =+=． 3．设等差数列{}()*n a n ∈N 的前n 项和为n S ，若14a =-，77S =-，则n S 的最小值为_______．【答案】10-【解析】因为14a =-，77S =-，所以71767282172S a d d ⨯=+=-+=-，解得1d =，所以2(1)141(9)22n n n S n n n ⨯-=-+⨯=-，对称轴为 4.5n =，所以当4n =或5n =时，n S 有最小值10-．4．已知等差数列n {}a 满足4357,219a a a =+=．（1）求通项n a ；（2）设{}n n b a -是首项为2，公比为2的等比数列，求数列{}n b 通项公式及前n 项和n T ．【答案】（1）21n a n =-；（2）221n n b n =+-，1222n n T n +=+-．【解析】（1）由题意得()1113722419a d a d a d +=+++=⎧⎪⎨⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩， ()12121n a n n ∴=+-=-．（2）2n n n b a -=，221n n b n ∴=+-，()()22221321n n T n ⎡⎤∴=++⋯++++⋯+-⎣⎦，∴1222n n T n +=+-． 5．已知在递增的等差数列{}1319,2,n a a a a a =中是和的等比中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()11n n b n a =+，n S 为数列{}n b 的前n 项和，求n S ．【答案】（1）2n a n =；（2）n S =()21n n +．【解析】（1）设公差为d ，因为2319a a a =，所以()()222228d d +=+，解得2d =或0d =（舍），所以2n a n =．（2）由题意可知：()11112121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以n S =()1111111...2223121n n n n ⎛⎫-+-++-= ⎪++⎝⎭． 6．已知数列{}n a 是递减的等比数列，24a =，且2a ，32a ，43a +成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若216log n n b a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求数列21n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和n S ．【答案】（1）412-⎛⎫= ⎪⎝⎭n n a ；（2）n S =32342(1)(2)n n n +-++．【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，由234,2,3a a a +成等差数列，得32443a a a =++，又24a =，所以216443q q =++，即241670q q -+=，解得12q =或72q =（舍去），故242211422n n n n a a q ---⎛⎫⎛⎫=⋅=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即数列{}n a 的通项公式为412-⎛⎫= ⎪⎝⎭n n a ．（2）216log n n b n a ⎛⎫== ⎪⎝⎭，211111(2)22n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 1111111111232242352n S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-+⨯-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L 112n n ⎛⎫⨯- ⎪+⎝⎭ 111112212n n ⎛⎫=⨯+-- ⎪++⎝⎭32342(1)(2)n n n +=-++． 7．已知数列{}n a 是递增的等差数列，4a ，6a 是方程27120x x -+=的根．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．【答案】（1）22n n a +=；（2）()433n n S n =+．【解析】（1）数列{}n a 是递增的等差数列，设公差为d ，4a ，6a 是方程27120x x -+=的根，可得43a =，64a =，则133a d +=，154a d +=，解得132a =，12d =，则()3121222n n a n +=+-=．（2）由（1）得22n n a +=所以()()1141142112n n a a n n n n -⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，则1111423n n a a n n +⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，则前n 项和()111111114443445233333n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-=-=⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭．。

2020届江苏省高考数学二轮复习专项强化练(九)数列

7 答案：3
3．若等比数列{an}的各项均为正数，且 a10a11＋a9a12＝2e5，则 ln
a1＋ln
a2＋…＋ln
a20＝________.
解析：因为 a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以 a10a11＝e5.所以 ln
a1＋ln
a2＋…＋ln
a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln
019，所以 a7＝673，所以
答案：8 749
S4
S6
2．设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若S2＝3，则S4＝________.
解析：设 S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得 S2，S4－S2，S6－S4 为等比数列，
S6 7k 7 ∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴S4＝3k＝3.
2．根据递推关系式求通项公式的方法有累加法，累积法，待定系数法，取倒数、取对数等．
3．数列单调性可以用定义研究，也可以构造函数进行研究，要注意数列和所构造函数的定义域的
差别．
B组
1．设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a2＝1，a4＝5，则 S5＝________. 解析：法一：由等差数列的通项公式，得 5＝1＋2d，则 d＝2，a1＝－1，S5＝5×(－1)
e＝50.
答案：50
4．已知数列{an}是等差数列，且 an>0，若 a1＋a2＋…＋a100＝500，则 a50·a51 的最大值为 ________．
解析：法一：设等差数列{an}的公差为 d(d≥0)，由题意得，100a1＋4

2020江苏高考理科数学二轮专题强化：专题三第2讲数列的求解与综合创新

1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，则a 8＝________． [解析] 数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，令m ＝1，则S n ＋1＝S n ＋S 1＝S n ＋5，即S n ＋1－S n ＝5，所以a n ＋1＝5，所以a 8＝5．[答案] 52．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则S 3S 7－S 4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝⎛⎭⎫4a 1＋4×32d＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d 3d＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3d d ＝－3．[答案] －33．(2019·泰州市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x ＋ln x4，记a n ＝f (n－5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式，所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·南京高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝⎛⎭⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·江苏名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n (n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4， a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5，所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18，故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·徐州调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n （n －1）2＋1，由c n ＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝⎛⎭⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ；(2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2．[解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1． (2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1．下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n （2a ＋1）n ＋1，又a ∈⎝⎛⎭⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n ，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n⎝⎛⎭⎫a 1－1S 1＝n 2．12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数． (1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列． ①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列，所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，所以ba＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n ，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n ＝⎩⎨⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－mab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *，所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1，即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ，所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2，即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1．因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－m a，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·泰州市高三模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a nb n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝⎛⎭⎫－13n －1＝－2⎝⎛⎭⎫－13n ，S n ＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n 1－⎝⎛⎭⎫－13＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝⎛⎭⎫－13n－2⎝⎛⎭⎫－13n＋2＝12． (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② ②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ，即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ·⎝⎛⎭⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n ，使得c n＝c n ＋1·c n 2＋2n ．14．(2019·盐城高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k(k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，求实数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ，故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ．即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则 a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n ＝(m ＋r )2n ．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n ，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ．综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n －1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S na n ＝3⎝⎛⎭⎫1－k 2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0，所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k －1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。

2020年高考理科数学二轮专题复习七：数列(附解析)

2020年高考理科数学二轮专题复习七：数列（附解析）注重考查等差数列和等比数列的通项公式，性质以及求和公式，全国一卷近四年均已选填形式出现，难度总体偏低，注重考查基础．一、等差数列1．通项公式：1(1)()n m a a n d a n m d=+-=+-2．等差中项：若a A b ，，成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且2a bA +=3．若2m n k +=，则2m n k a a a +=m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+，1211n n i n i a a a a a a -+-+=+=⋅⋅⋅=+4．等差数列前n 项和公式：121321()()()()2222n n n i n i n a a n a a n a a n a a nS --+-++++====⋅⋅⋅= 或者211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+- 5．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则232k k k k k S S S S S --⋅⋅⋅，，，也成等差数列，且公差为2k d 6．常用结论：21(21)n n S n a -=-二、等比数列1．通项公式：11(0)n n mn m a a q a q q --==≠2．等比中项：若a G b ，，成等比数列，则G 叫做a 与b 的等比中项，且2=G ab3．若*(,,,)m n p q m n p q +=+∈N ，则m n p q a a a a ⋅=⋅ ①22m n k m n k a a a +=⋅=，；②1211n n i n i a a a a a a -+-⋅=⋅==⋅K等比数列的前n 项和公式：当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，1(1)1n n a q S q-=-4．等比数列的前n 项和为n S ，则232k k k k k S S S S S --⋅⋅⋅，，，也成等比数列，公比为k q三、数列求通项方法1．公式法：①已知等差/等比数列，直接用等差/等比数列通项公式．②已知n S 与n 的关系、n S 与n a 的关系、n S 与1 n S -的关系时利用11 1 2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩（注意：不能忘记验证1=n ）2．迂回法：已知n a 与n S 的关系式，利用1(2)n n n a S S n -=-≥，将关系式转化为只含有n a 或n S 的递推关系，再利用上述方法求出n a ． 3．累加法：已知)2)((1≥=--n n f a a n n ．4．累乘法：已知)2)((1≥=-n n f a a n n． 5．倒数法：已知cba ka a n n n +=--11．6．待定系数法（构造法★）：已知数列}{n a 的递推关系，研究n a 与1-n a 的关系式的特点，可以通过变形构造，得出新数列为等差或等比数列．一般有以下三种情况： ①)1(1≠+=-k b ka a n n ；c bn ka a n n ++=-1 ②)1(1≠⋅+=-q q c qa a n n n ③)1(1≠≠⋅+=-q k q c ka a n n n四、常用数列求和方法1．错位相减法求和：常用于}{n n b a ⋅的前n 项和，其中}{n a 为等差数列，}{n b 为等比数列． 2．裂项相消法求和：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：(裂项时用分母小的减分母大的，右边乘以的系数要通分验证确定) （1）：111)1(1+-=+n n n n ；1111()(2)22n n n n =-++；1111()()n n k k n n k=⋅-++（2）：)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n（3）：])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n（4）：11211(21)(21)2121n nn n n ++=-----（5=（6）：122(1)11(1)2(1)22(1)2n n n nn n n n n n n n n -++-==-+++1．已知数列{}n a 中，11a =，*12()n n a a n +=∈N ，记{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．21n n S a =-B ．12n n S a =-C ．2n n S a =-D ．2n n S a =- 2．已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（） A ．7 B ．7± C ．7- D ．5-3．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求14731n a a a a ++++⋯+．经典常规题（45分钟）4．设{}n a 是公比大于1的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =，且23a 是13a +和34a +的等差中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111n n n n a b a a +=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：12n T <．1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意*n ∈N 都有21n n S a =-，设2log n n b a =，则数列{}n b 的前5项之和为（）A ．11B ．16C ．10D ．152．n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，21a =，2572a a =，则6S =（）A ．31B ．632 C ．63 D ．3123．已知递增等比数列{}n a 满足：23a =，313S =．（1）求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）设()3111log n n b n a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．高频易错题4．设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0．已知112a b ==，22b a =，4324b a =+．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．1．设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，94S S =，50k a a +=，则k =（） A ．6 B ．7 C ．8 D ．92．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若136a a +=，10100S =，则5a =（） A ．8 B ．9 C ．10 D ．113．设等差数列{}()*n a n ∈N 的前n 项和为n S ，若14a =-，77S =-，则n S 的最小值为_______．4．已知等差数列n {}a 满足4357,219a a a =+=．（1）求通项n a ；（2）设{}n n b a -是首项为2，公比为2的等比数列，求数列{}n b 通项公式及前n 项和n T ．精准预测题5．已知在递增的等差数列{}1319,2,n a a a a a =中是和的等比中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()11n n b n a =+，n S 为数列{}n b的前n 项和，求n S ．6．已知数列{}n a 是递减的等比数列，24a =，且2a ，32a ，43a +成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若216log n n b a ⎛⎫=⎪⎝⎭，求数列21n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和n S ．7．已知数列{}n a 是递增的等差数列，4a ，6a 是方程27120x x -+=的根．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．2020年高考理科数学二轮专题复习七：数列（附解析）注重考查等差数列和等比数列的通项公式，性质以及求和公式，全国一卷近四年均已选填形式出现，难度总体偏低，注重考查基础．一、等差数列1．通项公式：1(1)()n m a a n d a n m d=+-=+-2．等差中项：若a A b ，，成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且2a bA +=3．若2m n k +=，则2m n k a a a +=m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+，1211n n i n i a a a a a a -+-+=+=⋅⋅⋅=+4．等差数列前n 项和公式：121321()()()()2222n n n i n i n a a n a a n a a n a a nS --+-++++====⋅⋅⋅= 或者211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+- 5．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则232k k k k k S S S S S --⋅⋅⋅，，，也成等差数列，且公差为2k d 6．常用结论：21(21)n n S n a -=-二、等比数列1．通项公式：11(0)n n mn m a a q a q q --==≠2．等比中项：若a G b ，，成等比数列，则G 叫做a 与b 的等比中项，且2=G ab 3．若*(,,,)m n p q m n p q +=+∈N ，则m n p q a a a a ⋅=⋅ ①22m n k m n k a a a +=⋅=，；②1211n n i n i a a a a a a -+-⋅=⋅==⋅K等比数列的前n 项和公式：当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，1(1)1n n a q S q-=-4．等比数列的前n 项和为n S ，则232k k k k k S S S S S --⋅⋅⋅，，，也成等比数列，公比为k q三、数列求通项方法1．公式法：①已知等差/等比数列，直接用等差/等比数列通项公式．②已知n S 与n 的关系、n S 与n a 的关系、n S 与1 n S -的关系时利用11 1 2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩（注意：不能忘记验证1=n ）2．迂回法：已知n a 与n S 的关系式，利用1(2)n n n a S S n -=-≥，将关系式转化为只含有n a 或n S 的递推关系，再利用上述方法求出n a ． 3．累加法：已知)2)((1≥=--n n f a a n n ．4．累乘法：已知)2)((1≥=-n n f a a n n． 5．倒数法：已知cba ka a n n n +=--11．6．待定系数法（构造法★）：已知数列}{n a 的递推关系，研究n a 与1-n a 的关系式的特点，可以通过变形构造，得出新数列为等差或等比数列．一般有以下三种情况： ①)1(1≠+=-k b ka a n n ；c bn ka a n n ++=-1 ②)1(1≠⋅+=-q q c qa a n n n③)1(1≠≠⋅+=-q k q c ka a n n n四、常用数列求和方法1．错位相减法求和：常用于}{n n b a ⋅的前n 项和，其中}{n a 为等差数列，}{n b 为等比数列． 2．裂项相消法求和：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：(裂项时用分母小的减分母大的，右边乘以的系数要通分验证确定) （1）：111)1(1+-=+n n n n ；1111()(2)22n n n n =-++；1111()()n n k k n n k =⋅-++（2）：)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n（3）：])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n（4）：11211(21)(21)2121n nn n n ++=-----（5=（6）：122(1)11(1)2(1)22(1)2n n n nn n n n n n n n n -++-==-+++1．已知数列{}n a 中，11a =，*12()n n a a n +=∈N ，记{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．21n n S a =-B ．12n n S a =-C ．2n n S a =-D ．2n n S a =- 【答案】D【解析】*12()n n a a n +=∈N Q ，112n n a a +∴=，∴数列{}n a 是以1为首项，12为公比的等比数列， ∴11()2n n a -=，∴11112221212n n n n S a --==-=--． 2．已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（） A ．7 B ．7± C ．7- D ．5- 【答案】C【解析】{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，由等比数列的性质，56478a a a a =-=，∴4742a a =⎧⎨=-⎩或4724a a =-⎧⎨=⎩，当4742a a =⎧⎨=-⎩时，312q =-，则3411073817a a a a q q +=+=-+=-；当4724a a =-⎧⎨=⎩时，32q =-，则3411073817a a a a q q +=+=-+=-．3．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-．（1）求{}n a 的通项公式；经典常规题（45分钟）（2）求14731n a a a a ++++⋯+．【答案】（1）2n a n =-；（2）()()1232n n +-．【解析】（1）由等差数列的性质可得1133054552a d da +=⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得11a =，1d =-，则{}n a 的通项公式()112n a n n =--=-．（2）{}n a Q 为等差数列，14731n a a a a +∴+++⋯+以1为首项，以3-为公差的等差数列，()()()()()147311113123122n n n n n a a a a n +++-⨯-+-∴+++⋯+=++=． 4．设{}n a 是公比大于1的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =，且23a 是13a +和34a +的等差中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111n n n n a b a a +=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：12n T <．【答案】（1）12n n a -=；（2）证明见解析．【解析】（1）由已知，得()()12313273432a a a a a a ++=⎧⎪⎨+++=⎪⎩，解得22a =，设数列{}n a 的公比为q ，则12a q =，∴12a q=，2312a a q q ==．由37S =，可知2227q q ++=，∴22520q q -+=，解得12q =，212q =，由题意，得1q >，∴2q =，∴11a =．故数列{}n a 的通项公式为12n n a -=．（2）()()()()11112111121212121n n n n n n n n n a b a a ---+===-++++++，0122231111111112121212121212121n nn T -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111212212n n =-=-<+++．1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意*n ∈N 都有21n n S a =-，设2log n n b a =，则数列{}n b 的前5项之和为（）A ．11B ．16C ．10D ．15 【答案】C【解析】11121,1,21n n n n S a a S a ++=-∴==-Q ①，21n n S a =-②，由①和②得12n n a a +=，∴数列{}n a 是以1为首项，以2为公比的等比数列，12n n a -∴=，1n b n ∴=-，123450123410b b b b b ∴++++=++++=．2．n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，21a =，2572a a =，则6S =（）A ．31B ．632 C ．63 D ．312【答案】B【解析】设数列{}n a 的公比为q ，则()12461112a q a q a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，解得1122a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，高频易错题所以66112632122S -=⨯=-． 3．已知递增等比数列{}n a 满足：23a =，313S =．（1）求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）设()3111log n n b n a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）13n n a -=，312n n S -=；（2）1n n T n =+．【解析】（1）由题可知23313a S =⎧⎨=⎩，()1213113a q a q q =⎧⎪⎨++=⎪⎩，由递增等比数列{}113n a a q =⎧⇒⎨=⎩或1913a q =⎧⎪⎨=⎪⎩（舍），所以13n n a -=，()113112nnn a q S q⋅--==-．（2）由（1）知13nn a +=，所以()()3111111log 11n n b n a n n n n +===-+⋅++，所以数列{}n b 的前n 项和：123111111111122334111n n n T b b b b n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ．故数列{}n b 的前n 项和1n nT n =+． 4．设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0．已知112a b ==，22b a =，4324b a =+．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．【答案】（1）2n a n =，2nn b =；（2）2*(1)24()n n T n n +=-⨯+∈N ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，依题意，得322248q dq d =+⎧⎨=+⎩，又因为公比大于0，解得22d q =⎧⎨=⎩，故22(1)2n a n n =+-=，1222n nn b -=⨯=．所以{}n a 的通项公式为2n a n =，{}n b 的通项公式为2nn b =．（2）由（1）知12n n n b n a +⋅=⋅，记{}n n a b ⋅的前n 项和为n S ，则记21312222n n S n +=⨯+⨯++⨯L ，①则324212222n n T n +=⨯+⨯++⨯L ，②①−②得，23122222n n n T n +++++⨯--=L ()2412212n n n +-=⨯--2(1)24n n +=-⨯-，所以2*(1)24()n n T n n +=-⨯+∈N ．1．设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，94S S =，50k a a +=，则k =（） A ．6 B ．7 C ．8 D ．9 【答案】D【解析】由94S S =，得()5994569502a a S S a a a +-=+++==L ，590a a ∴+=，因此，9k =．2．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若136a a +=，10100S =，则5a =（）精准预测题A ．8B ．9C ．10D ．11 【答案】B【解析】设等差数列的公差为d ，因为136a a +=，10100S =，所以112261045100a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d ==，，因此5149a a d =+=．3．设等差数列{}()*n a n ∈N 的前n 项和为n S ，若14a =-，77S =-，则n S 的最小值为_______．【答案】10-【解析】因为14a =-，77S =-，所以71767282172S a d d ⨯=+=-+=-，解得1d =，所以2(1)141(9)22n n n S n n n ⨯-=-+⨯=-，对称轴为 4.5n =，所以当4n =或5n =时，n S 有最小值10-． 4．已知等差数列n {}a 满足4357,219a a a =+=．（1）求通项n a ；（2）设{}n n b a -是首项为2，公比为2的等比数列，求数列{}n b 通项公式及前n 项和n T ．【答案】（1）21n a n =-；（2）221nn b n =+-，1222n n T n +=+-．【解析】（1）由题意得()1113722419a d a d a d +=+++=⎧⎪⎨⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，()12121n a n n ∴=+-=-．（2）2nn n b a -=，221n n b n ∴=+-，()()22221321n n T n ⎡⎤∴=++⋯++++⋯+-⎣⎦，∴1222n n T n +=+-．5．已知在递增的等差数列{}1319,2,n a a a a a =中是和的等比中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()11n n b n a =+，n S 为数列{}n b 的前n 项和，求n S ．【答案】（1）2n a n =；（2）n S =()21n n +．【解析】（1）设公差为d ，因为2319a a a =，所以()()222228d d +=+，解得2d =或0d =（舍），所以2n a n =．（2）由题意可知：()11112121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以n S =()1111111...2223121n n n n ⎛⎫-+-++-= ⎪++⎝⎭． 6．已知数列{}n a 是递减的等比数列，24a =，且2a ，32a ，43a +成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若216log n n b a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求数列21n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和n S ．【答案】（1）412-⎛⎫= ⎪⎝⎭n n a ；（2）n S =32342(1)(2)n n n +-++．【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，由234,2,3a a a +成等差数列，得32443a a a =++，又24a =，所以216443q q =++，即241670q q -+=，解得12q =或72q =（舍去），故242211422n n n n a a q ---⎛⎫⎛⎫=⋅=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即数列{}n a 的通项公式为412-⎛⎫= ⎪⎝⎭n n a ．（2）216log n n b n a ⎛⎫== ⎪⎝⎭，211111(2)22n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 1111111111232242352n S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-+⨯-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L 112n n ⎛⎫⨯- ⎪+⎝⎭ 111112212n n ⎛⎫=⨯+-- ⎪++⎝⎭32342(1)(2)n n n +=-++． 7．已知数列{}n a 是递增的等差数列，4a ，6a 是方程27120x x -+=的根．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．【答案】（1）22n n a +=；（2）()433n n S n =+．【解析】（1）数列{}n a 是递增的等差数列，设公差为d ，4a ，6a 是方程27120x x -+=的根，可得43a =，64a =，则133a d +=，154a d +=，解得132a =，12d =，则()3121222n n a n +=+-=．（2）由（1）得22n n a +=所以()()1141142112n n a a n n n n -⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，则1111423n n a a n n +⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，则前n 项和()111111114443445233333n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-=-=⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭．。

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组答案解析(9页)

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组专题13 数列(一)一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.将答案填在题中的横线上.1.已知等差数列{}n a 的公差d 不为0，且1a ，2a ，4a 成等比数列，则1a d的值为____. 【答案】1【解析】由题意得：2214a a a =⋅，则2111()(3)a d a a d +=⋅+，整理得1a d =，所以11a d= 2.等比数列{}n a 中，若12341,4,2,a a a a =成等差数列，则17a a =【答案】64【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，2344,2,a a a 成等差数列，所以，32444a a a =+，即2344q q q =+，解得：q ＝2，所以，6171a a a q =＝643.等差数列{}n a （公差不为0），其中1a ，2a ，6a 成等比数列，则这个等比数列的公比为_____.【答案】4【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得: 2216a a a =，则2111(+)(5)a d a a d =+整理得13d a =，2114a a d a =+=，所以21=4a a 4.若数列{}n a 是公差不为0的等差数列，ln 1a 、ln 2a 、ln 5a 成等差数列，则21a a 的值为．【答案】3【解析】∵ln 1a 、ln 2a 、ln 5a 成等差数列，∴2152a a a =，故2111(4)()a a d a d +=+，又公差不为0，解得12d a =，∴21111133a a d a a a a +===．5. 等差数列{}n a 的公差不为零，121,a a =是1a 和5a 的等比中项，则159246a a a a a a ++=++ ．【答案】97【解析】由题意得：2215a a a =⋅，则2111()(4)a d a a d +=⋅+，整理得：12d a =，15951124641134993377a a a a a d a a a a a a d a +++====+++6.已知1，1a ，2a ，4成等差数列，1，1b ，2b ，3b ，4成等比数列，则122a ab +的值是．【答案】25 【解析】1Q ，1a ，2a ，4成等差数列，21145a a ∴+=+=，又1，1b ，2b ，3b ，4成等比数列，2213144b b b ∴==⨯=，解得22b =±，又21210b b =⨯>，22b ∴=，∴12252a ab +=． 7. 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，44a =，515S =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 的前2019项和为．【答案】20202019【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，44a =Q ，515S =，134a d ∴+=，1545152a d ⨯+=，联立解得：11a d ==， 11n a n n ∴=+-=．∴11111(1)1n n a a n n n n +==-++．则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 的前2019项和1111112019112232019202020202020=-+-+⋯⋯+-=-=． 8. 在等比数列{}n a 中，首项11a =，且34a ，42a ，5a 成等差数列，若数列{}n a 的前n 项之积为n T ，则10T 的值为．【答案】452【解析】在等比数列{}n a 中，首项11a =，且34a ，42a ，5a 成等差数列，43544a a a ∴=+，32444q q q ∴=+，解得2q =， 12n n a -∴=，Q 数列{}n a 的前n 项之积为n T ，024567890123456789451022222222222T +++++++++∴=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==．9. 已知等比数列{}n a 满足2124a a +=，235a a =，则该数列的前5项的和为．【答案】31【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，2124a a +=Q ，235a a =，1(2)4a q ∴+=，22411()a q a q =，联立解得11a =，2q =．∴该数列的前5项的和5213121-==-．10.等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则= ．【答案】32【解析】当：时：不合题意当：1≠q 时：11.已知数列是等差数列，是其前n 项和.若，则的值是_____.【答案】16.【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.{}n a n n S 3676344S S ==,8a *{}()n a n ∈N n S 25890,27a a a S +==8S 1=q由题意可得：，解得：，则. 12.已知{}n a 为等差数列，135105a a a ++=，24699a a a ++=，以n S 表示{}n a 的前项和，则使得n S 达到最大值的n 是．【答案】20【解析】设等差数列公差为d ，则有11361053999a d a d +=⎧⎨+=⎩解得139a =，2d =-203921910a ∴=-⨯=>，213922010a =-⨯=-<∴数列的前20项为正， ∴使得n S 达到最大值的是2013.设数列{}n a 各项为正数，且()13log 12n n a -+=，若()321log 1n n b a -=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则使345n T >成立时n 的最小值为 .【答案】6【解析】()13log 12n n a -+=，()221321log 124n n n n b a ---=+==，则()211211444413n nn n T b b b -=+++=++++=-……. 不等式345n T >即为()*41036n n N >∈，所以6n ≥，于是345n T >成立时n 的最小值为6. 14.已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n 项和，则使得成立的n 的最小值为________．【答案】27 【解析】设，则()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩152a d =-⎧⎨=⎩8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（本题满分14分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，530S =．（1）求n a ；（2）设数列1{}n S 前n 项和为n T ，当20192020n T =时，求n 的值．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，24a =Q ，530S =．14a d ∴+=，1455302a d ⨯+=g ，解得．12a d ==22(1)2n a n n ∴=+-= (6分)（2）由（1）可得(22)(1)2n n n S n n +==+． ⇒1111n S n n =-+．数列1{}n S 前n 项和为1111111122311n T n n n =-+-+⋯+-=-++，当20192020n T =时，12019112020n -=+，2019n ∴=．（14分） 16.（本题满分14分）已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30.(1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2) 记c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【解析】 (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .(3分)由条件a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋3d ＋2q 3＝21，8＋6d ＋2q 3＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.所以a n ＝n ＋1，b n ＝2n ，n ∈N *.(7分) (2) 由题意知c n ＝(n ＋1)×2n . 记T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n .则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1＋ (n ＋1)×2n ，2T n ＝2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ＋(n ＋1)2n ＋1，所以－T n ＝2×2＋(22＋23＋…＋2n )－(n ＋1)×2n ＋1，(11分) 即T n ＝n ·2n ＋1，n ∈N *.(14分)17. （本题满分14分）已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝15，S 4＝16. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 设数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n ·a n ＋1.①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 设数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.由a 2·a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋da 1＋2d ＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2(舍去)．所以a n ＝2n －1.(4分) (2) ①因为b 1＝a 1＝1， b n ＋1－b n ＝1a n ·a n ＋1＝12n －1·2n ＋1＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， (6分) 即b 2－b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－13， b 3－b 2＝12⎝⎛⎭⎫13－15， …b n －b n －1＝12⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1，n ≥2，累加得b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1＝n －12n －1，(9分) 所以b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1.又b 1＝1也符合上式，故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *.(10分) ②假设存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列，则b 2＋b n ＝2b m . 又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，所以43＋⎝⎛⎭⎫32－14n －2＝2⎝⎛⎭⎫32－14m －2，即12m －1＝16＋14n －2，化简得2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1.(12分) 当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2(舍去)；当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．所以存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列．(14分)18.(本题满分16分)记{}1,2,100U =…,.对数列{}()*n a n ∈N 和U 的子集T ，若T =∅，定义0TS=；若{}12,,k T t t t =…，，定义12k T t t t S a a a =+++L .例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n ∈N 是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,T k ⊆…，，求证：1T k S a +<；【解析】 (1) 由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.（8分） (2) 因为T ⊆{1,2，…，k }，a n ＝3n －1>0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)<3k .（15分）因此，S T <a k ＋1.（16分）19. （本题满分16分）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．求数列{b n }的通项公式；【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（8分）（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，（12分)当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N∈.（16分）20.（本题满分16分）在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1. (1) 求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2) 记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围．【解析】 (1) 因为a n ＋1＝3a n ＋2n －1，所以a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )．故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n＝3，又a 1＝2，则a 1＋1＝3，故{a n ＋n }是以3为首项，3为公比的等比数列．(4分) (2) 由(1)知a n ＋n ＝3n ，所以b n ＝3n －nλ.(6分)故T n ＝31＋32＋…＋3n －(1＋2＋3＋…＋n )λ＝32(3n －1)－n n ＋12λ.(8分) 因为T 3为数列{T n }中的最小项，则对∀n ∈N *，有32(3n －1)－n n ＋12λ≥39－6λ恒成立，即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对∀n ∈N *恒成立．(10分) 当n ＝1时，由T 1≥T 3，得λ≥365；当n ＝2时，由T 2≥T 3，得λ≥9；(12分)当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)＞0恒成立，所以λ≤3n ＋1－81n 2＋n －12对∀n ≥4恒成立．令f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12，n ≥4，则f (n ＋1)－f (n )＝3n＋12n 2－26＋162n ＋1n 2＋3n －10n 2＋n －12＞0恒成立，故f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12在n ≥4时单调递增，所以λ≤f (4)＝814.(15分)综上，9≤λ≤814.(16分)。

2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题专题练数列含解析

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求证：对任意的n∈N*且n≥2，有＋＋…＋ < .
4．(20xx·南通模拟)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且满足a1＋a2＋a3＝9，b1b2b3＝27.
(1)若a4＝b3，b4－b3＝m.
①当m＝18时，求数列{an}和{bn}的通项公式；
②若数列{bn}是唯一的，求m的值；
(2)若a1＋b1,a2＋b2，a3＋b3均为正整数，且成等比数列，求数列{an}的公差d的最大值．
参考答案与解析
1．解：(1)法一：设数列{an}的公比为q，由题意得2S2＝S3＋S4，q≠1，
所以2× ＝＋ .
化简得q2＋q－2＝0，得q＝－2，
又数列{an}的首项为，
解得m＝－，代入(*)式，解得q＝，
又b2＝3，bn＝3 ，所以{bn}是唯一的等比数列，符合题意.
所以，m＝0或－ .
(2)依题意，36＝(a1＋b1)(a3＋b3)，
设{bn}公比为q，则有36＝ (3＋d＋3q)，(**)
记m＝3－d＋，n＝3＋d＋3q，则mn＝36.
将(**)中的q消去，整理得d2＋(m－n)d＋3(m＋n)－36＝0，
即a1＝－7d，②
②代入①，得－5d＝d2.
所以d＝－5或d＝0(不符合题意，舍去)．
则a1＝35.
所以an＝35＋(n－1)(－5)＝－5n＋40.
(2)Sn＝＝，
不等式Sn－2an－20>0，
即－2(－5n＋40)－20>0.
整理得n2－19n＋40<0.
所以 <n< .
则 <n< ，即 <n<17.

2020大二轮高考总复习理数文档：解答题2 数列 Word版含解析.doc

第一单元高考中档大题突破解答题02: 数列基本考点——等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ．2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．3．等差(比)数列的基本运算在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6． (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． (1)解：设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2．故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n ． (2)解：由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13．由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2．(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3．解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1．由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0．解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21．当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6．常考热点——数列的综合问题1．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列 {b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[提醒] 错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项． 2．裂项相消求和的原理及注意问题(1)原理：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．(2)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．(2017·濮阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 5＝15，且2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列.阿凡题1083958(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．[思路点拨] (1)利用等差数列的首项与公差通过数列的和求出a 3，利用2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．求出公差，然后求解数列的通项公式．(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可．【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 5＝15，所以a 3＝3，又因为2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．所以a 26＝2a 2(a 8＋1)，即：(a 3＋3d )2＝2(a 3－d )(a 3＋5d ＋1)，所以d ＝1或d ＝－1519(舍去)，所以a 1＝a 3－2d ＝3－2＝1.所以a n ＝n ，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ； (2)由(1)可知：设b n ＝2n ·a n ＝n ·2n ，T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ①； ①×2可得：2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1 ②，①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1．∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2．用错位相减法求和的注意事项(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”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .阿凡题1083959(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．【解】 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1． (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ．由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1．1．(2017·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n＝(n ＋1)a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n (a n ＋2)的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1．(1)解：因为2S n ＝(n ＋1)a n ，当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，即(n －1)a n ＝na n －1，所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．(2)证明：由(1)知a n ＝2n ，令b n ＝4a n (a n ＋2)，n ∈N *，所以b n ＝42n (2n ＋2)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1．所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n即T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1．因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1．显然当n ＝1时，T n 取得最小值12．所以12≤T n <1．2．(2017·株洲二模)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数．f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2，且n ∈N *，恒有712≤f (n )＜1． (1)解：x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)，其中有正整数n 个，于是a n ＝n ．(2)解：由(1)得b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n ． (3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1．由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴当n ≥2，且n ∈N *时，f (n )为增函数， ∴f (n )≥f (2)＝712，综上可知712≤f (n )＜1．1．(2017·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8，…，2n ，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3， S 10＝10a 1＋45d ＝－40，解得a 1＝5，d ＝－2． ∴a n ＝－2n ＋7．(2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2．2．(2017·九江二模)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *．(1)求a 1及通项公式a n ；(2)若b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *，∴n ＝1时，S 3＝4S 1＋6，∴a 1＋a 2＋a 3＝4a 1＋6，① n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4(a 1＋a 2)＋6，② 由②－①，得a 4＝4a 2＝a 2q 2， ∴q 2＝4，∵q ＞0，∴q ＝2，由①式知a 1(1＋q ＋q 2)＝4a 1＋6，∴a 1(1＋2＋4)＝4a 1＋6,3a 1＝6，解得a 1＝2， ∴a n ＝2n ．(2)∵b n ＝n a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，③∴12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，④ 由③－④，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n ．3．(2017·开封二模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝12a n (a n ＋1)，n ∈N *．(1)求通项a n ；(2)若b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)a 1＝S 1＝12a 1(a 1＋1)，a 1＞0，解得a 1＝1，∀n ∈N *，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12a n ＋1(a n ＋1＋1)－12a n (a n ＋1)，移项整理并因式分解得： (a n ＋1－a n －1)(a n ＋1＋a n )＝0，因为{a n }是正项数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，a n ＋1－a n ＝1，{a n }是首项a 1＝1，公差为1的等差数列，a n ＝n ．(2)由(1)得S n ＝12a n (a n ＋1)＝12n (n ＋1)，b n ＝1S n ＝2n (n ＋1)＝2n －2n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1，＝21－2n ＋1＝2nn ＋1． 4．(2017·涪陵二模)数列{a n }满足：a 1＝2，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n (n ∈N *)． (1)记d n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{d n }是等比数列；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，证明S n ＜32．证明：(1)∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴d n ＋1d n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a 1＝3a n ＋1－2a n －a n ＋1a n ＋1－a n ＝2a n ＋1－2a na n ＋1－a n＝2， ∴数列{d n }是等比数列，∵d 1＝a 2－a 1＝1，q ＝2， ∴d n ＝2n －1．(2)∵d n ＝2n －1，d n ＝a n ＋1－a n ，∴a n ＋1－a n ＝2n －1，∴a 2－a 1＝20，a 3－a 2＝21，a 4－a 3＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，∴累加得：a n －a 1＝20＋21＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，∴a n ＝2n －1＋1．∴1a n ＝12n －1＋1＜12n －1(n ≥2)，n ＝1时，S n ＝12＜32成立； ∴当n ≥2时，S n ＝12＋12＋122＋…＋12n －1＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝32－12n －1＜32． 5．(2017·江西重点中学一模)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1 (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列，并求{b n }的通项公式； (2)设c n ＝tan b n ·tan b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n ． (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1得， a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1，由b n ＝a n ＋1－a n 得，b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 2－a 1＝5－1＝4，所以{b n }是首项为4，公差为1的等差数列．且b n ＝b 1＋(n －1)d ＝4＋n －1＝n ＋3；(2)解：c n ＝tan b n ·tan b n ＋1＝tan (n ＋3)·tan (n ＋4)，由tan[(n ＋4)－(n ＋3)]＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)1＋tan (n ＋4)tan (n ＋3)，可得tan(n ＋3)·tan(n ＋4)＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－1，即有数列{c n }的前n 项和S n ＝tan 5－tan 4tan 1＋tan 6－tan 5tan 1＋…＋tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－n＝tan (n ＋4)－tan 4tan 1－n ．6．(2017·南充二模)设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3． (1)证明数列{b n }是等差数列； (2)求数列{1a n}前n 项的和．(1)证明：∵对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列， ∴2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，a n ＞0， ∴a n ＋1＝b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1． ∴数列{b n }是等差数列．(2)解：a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3.由(1)可得：32＝2b 2，解得：b 2＝92．∴公差d ＝b 2－b 1＝92－2＝22． b n ＝2＋22(n －1)＝2×n ＋12． ∴b n ＝(n ＋1)22．∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋1)22×(n ＋2)22，a n ＋1＞0．∴a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，∴n ≥2时，a n ＝n (n ＋1)2.n ＝1时也成立．∴a n ＝n (n ＋1)2.n ∈N *．∴1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1． ∴数列{1a n}前n 项的和＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1．。

2020届高考数学(江苏专用)二轮复习练习：专题十八数列的综合运用+Word版含答案

微专题十八数列的综合运用一、填空题1. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－8n ＋5，这个数列的最小项是_____．2. 已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝________.3. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，S 12>0，S 13<0，则公差d 的取值范围为________．4. 已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎪⎫12－λn ＋1(n ＜6)，λn －5(n ≥6)，若对于任意的n ∈N *都有a n ＞a n ＋1，则实数λ的取值范围是________．5. 设函数f (x )定义为如下数表，且对任意自然数n 均有x n ＋1＝f (x n )，若x 0＝6，则x 2 019的值为________.6. 我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第一天长高3尺，莞草第一天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg3≈0.477 1，lg2≈0.301 0)．7. 若S n ＝sin π7＋sin 2π7＋…＋sin n π7(n ∈N *)，则在S 1，S 2，…，S 2 019中，正数的个数是________．8. 已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜t ，则实数t 的取值范围为________．9. 若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”，已知正项数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“调和数列”，且b 1＋b 2＋…＋b 2 019＝20 190，则b 2b 2 018的最大值是________．10. 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a n >0，若S 6－2S 3＝5，则S 9－S 6的最小值为________．二、解答题11. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1) 设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2) 求数列{a n }的前n 项和S n .12. 已知数列{a n }的各项都为正数，且对任意n ∈N *，a 2n －1，a 2n ，a 2n ＋1成等差数列，a 2n ，a 2n ＋1，a 2n ＋2成等比数列．若a 1＜a 2，求证：对任意n ∈N *，且n ≥2，都有a n ＋1a n ＜a 2a 1.13. 已知常数λ≥0，设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＝1，S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)a n ＋1(n ∈N *)． (1) 若λ＝0，求数列{a n }的通项公式；(2) 若a n ＋1<12a n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．14. 已知数列{a n }的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列，数列{a n }前n 项和为S n ，且满足S 3＝a 4，a 5＝a 2＋a 3.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若a m a m ＋1＝a m ＋2，求正整数m 的值； (3) 是否存在正整数m ，使得S 2mS 2m －1恰好为数列{a n }中的一项？若存在，求出所有满足条件的m 值；若不存在，请说明理由．。

2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题分层综合练中档解答题规范练(3)含解析

1＜x＜2.
(2)记△ADP的面积为S1，则
S1＝ (2－x)＝3－ ≤3－2 ，
当且仅当x＝ ∈(1，2)时，S1取得最大值．
故当薄板长为 m，宽为(2－ )m时，节能效果最好．
(3)记凹多边形ACB′PD的面积为S2，则
S2＝ (2－x)＋ (2－x)
＝3－，1＜x＜2.
令S′2＝－＝＝0得x＝ .
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：直线MN恒过x轴上的一个定点．
参考答案与解析
1．解：(1)由＝π，
得ω＝2.
由最低点为M 得A＝3.
且2× ＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，0＜φ＜，
所以φ＝ .
所以f(x)＝3sin .
(2)y＝f(x)＋f
＝3sin ＋3sin
＝3sin ＋3cos
＝3 sin ，
AM：y＝k(x＋2)，AN：y＝－ (x＋2)，
由 ⇒x2＋4k2(x＋2)2＝4.
(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，
所以－2xM＝，
所以M ，
同理N ，
因为P ，所以kPM＝＝＝＝，
kPN＝＝＝，
所以kPM＝kPN，
M、P、N三点共线，故MN过定点．
(1)设AB＝x，用x表示图中DP的长度，并写出x的取值范围；
(2)若要求最节能，应怎样设计薄板的长和宽？
(3)若要求制冷效果最好，应怎样设计薄板的长和宽？
4．(20xx·盐城调研)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左顶点为A(－2，0)，且过点(1，e)(e为椭圆的离心率)；过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．
2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题分层综合练中档解答题规范练（3）含解析

2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题分层综合练(五) 压轴解答题抢分练(2)

解答题分层综合练(五) 压轴解答题抢分练(2)(建议用时：40分钟)1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝1－a n (n ∈N *)．各项均为正数的数列{b n }中，对于一切n ∈N *，有∑k ＝1n1b k ＋b k ＋1＝n b 1＋b n ＋1，且b 1＝1，b 2＝2，b 3＝3. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <2.2．(2019·南京模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2，S 6＝22.(1)求S n ；(2)若从{a n }中抽取一个公比为q 的等比数列{akn }，其中k 1＝1，且k 1<k 2<…<k n <…，k n ∈N *.①当q 取最小值时，求{k n }的通项公式；②若关于n (n ∈N *)的不等式6S n >k n ＋1有解，试求q 的值．3．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)若a ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎡⎦⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围； (3)若x 1，x 2∈[1，＋∞)，试比较ln(x 1x 2)与x 1＋x 2－2的大小．4．(2019·扬州模拟)已知函数f (x )＝12x 2－23ax 3，函数g (x )＝f (x )＋2e x (x －1)，函数g (x )的导函数为g ′(x )．(1)当函数y ＝f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数时，求a 的范围；(2)若a ＝e(e 为自然对数的底数)．①求函数g (x )的单调区间；②证明：g ′(x )≥1＋ln x .参考答案与解析1．解：(1)因为S n ＝1－a n ，所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－a 1，解得a 1＝12. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(1－a n )－(1－a n －1)，得2a n ＝a n －1，即a n a n －1＝12. 所以数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，所以a n ＝12×(12)n －1＝12n (n ∈N *)．因为对于一切n ∈N *，有∑k ＝1n1b k ＋b k ＋1＝n b 1＋b n ＋1，① 当n ≥2时，有∑k ＝1n －11b k ＋b k ＋1＝n －1b 1＋b n ，② ①－②得，1b n ＋b n ＋1＝n b 1＋b n ＋1－n －1b 1＋b n ，化简得，(n －1)b n ＋1－nb n ＋b 1＝0，③用n ＋1替换③式中的n 得，nb n ＋2－(n ＋1)·b n ＋1＋b 1＝0，④③－④整理得，b n ＋2－b n ＋1＝b n ＋1－b n ，所以当n ≥2时，数列{b n }为等差数列．又b 3－b 2＝b 2－b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以b n ＝1＋(n －1)＝n .(2)证明：因为数列{a n b n }的前n 项和为T n ，所以T n ＝12＋222＋223＋…＋n 2n ，⑤ 所以12T n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1，⑥ ⑤－⑥得，12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12[1－（12）n ]1－12－n 2n ＋1 ＝1－n ＋22n ＋1. 所以T n ＝2－n ＋22n <2. 2．解：(1)设等差数列的公差为d ，则S 6＝6a 1＋12×6×5d ＝22，解得d ＝23，所以S n ＝n （n ＋5）3. (2)因为数列{a n }是正项递增等差数列，所以数列{akn }的公比q >1，①若k 2＝2，则由a 2＝83，得q ＝a 2a 1＝43，此时ak 3＝2×⎝⎛⎭⎫432＝329，由329＝23(k 3＋2)，解得k 3＝103∉N *，所以k 2>2，同理k 2>3; 若k 2＝4，则由a 4＝4，得q ＝2，此时akn ＝2·2n －1，另一方面，akn ＝23(k n ＋2)，所以23(k n ＋2)＝2n ，即k n ＝3×2n －1－2，所以对任何正整数n ，akn 是数列{a n }的第3×2n －1－2项．所以最小的公比q ＝2. 所以k n ＝3×2n －1－2.②由akn ＝2k n ＋43＝2q n －1，得k n ＝3q n －1－2，而q >1，所以当q >1且q ∈N *时，所有的k n ＝3q n －1－2均为正整数，适合题意；当q >1且q ∉N *时，k n ＝3q n －1－2∈N *不全是正整数，不合题意．而6S n >k n ＋1有解，所以2n （n ＋5）＋23q n >1有解，经检验，当q ＝2，q ＝3，q ＝4时，n ＝1都是2n （n ＋5）＋23q n>1的解，适合题意；下证当q ≥5时，2n （n ＋5）＋23q n>1无解，设b n ＝2n （n ＋5）＋23q n，则b n ＋1－b n＝2[（1－q ）n 2＋（7－5q ）n ＋7－q ]3q n ＋1，因为5q －72－2q<0，所以f (n )＝2[(1－q )n 2＋(7－5q )n ＋7－q ]在n ∈N *上递减，又因为f (1)<0，所以f (n )<0恒成立，所以b n ＋1－b n <0，所以b n ≤b 1恒成立，又因为当q ≥5时，b 1<1，所以当q ≥5时，6S n >k n ＋1无解．综上所述，q 的取值为2，3，4.3．解：(1)当a ＝－1时，f ′(x )＝x －1x(x >0)．由f ′(x )>0得x >1；由f ′(x )<0得0<x <1.所以f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)．(2)因为f ′(x )＝a （1－x ）x(x >0)，所以f ′(2)＝－a 2＝1，得a ＝－2. 所以f ′(x )＝2（x －1）x(x >0)，g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ，所以g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.因为g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2<0，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（t ）<0g ′（3）>0，由题意知，对于任意的t ∈[1，2]，g ′(t )<0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（1）<0g ′（2）<0g ′（3）>0，所以－373<m <－9. 故m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－373，－9. (3)由(1)可知，当a ＝－1，x ∈[1，＋∞)时，f (x )≥f (1)，即－ln x ＋x －1≥0，所以0≤ln x ≤x －1对一切x ∈[1，＋∞)恒成立．若x 1，x 2∈[1，＋∞)，则0≤ln x 1≤x 1－1，0≤ln x 2≤x 2－1，所以0≤ln x 1＋ln x 2≤x 1＋x 2－2，即0≤ln(x 1x 2)≤x 1＋x 2－2.故当x 1＝x 2＝1时，ln(x 1x 2)＝x 1＋x 2－2；当x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1，x 2不全为1时，ln(x 1x 2)<x 1＋x 2－2.4．解：(1)因为函数y ＝f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数，所以f ′(x )≤0.f ′(x )＝x －2ax 2＝x (1－2ax )≤0.因为x >1，所以1－2ax ≤0，a ≥12x 即a ≥12. (2)①当a ＝e 时，g (x )＝12x 2－23e x 3＋2e x (x －1)，所以g ′(x )＝x －2e x 2＋2x e x ＝x (1－2e x ＋2e x )．记h (x )＝2e x －2e x ＋1，则h ′(x )＝2(e x －e)，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )为增函数；当x ∈(－∞，1)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数；所以h (x )≥h (1)＝1>0.所以在(0，＋∞)上，g ′(x )>0，在(－∞，0)上，g ′(x )<0.即g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；单调减区间为(－∞，0)．②证明：由①得g ′(x )＝x －2e x 2＋2x e x ，欲证g ′(x )≥1＋ln x ，只需证x (1－2e x ＋2e x )≥1＋ln x ，即证1－2e x ＋2e x ≥ln x ＋1x. 记p (x )＝ln x ＋1x ，则p ′(x )＝－ln x x 2. 当x ∈(0，1)时，p ′(x )>0，p (x )为增函数，当x ∈(1，＋∞)时，p ′(x )<0，p (x )为减函数．即p (x )≤p (1)＝1.由①得h (x )≥h (1)＝1.所以g ′(x )≥1＋ln x ．。

2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题分层综合练压轴解答题抢分练(1)含解析

(2)由(1)知Sn＝、
所以＝＝、
从而＋＋＋…＋
＝ [ ＋＋＋…＋＋＋ ]
＝
＝ < 、
所以M≥ 、故实数M的最小值为 .
2．解：(1)因为a1＝S1≠0、令t＝1、r＝n、由＝、得＝n2、
即Sn＝a1n2.
当n≥2时、an＝Sn－Sn－1＝a1(2n－1)、且当n＝1时、此式也成立．
当－a<x<e时、f′(x)>0、所以f(x)在(－a、e)上为增函数、
所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝、
所以a＝－ .
综上所述、a＝－ .
(1)是否存在非零实数λ、使得数列{bn}为等比数列？并说明理由；
(2)已知对于n∈N*、不等式＋＋＋…＋＜M恒成立、求实数M的最小值．
2．(20xx·南京模拟)设数列{an}的首项不为零、前n项和为Sn、且对任意的r、t∈N*、都有＝ .
(1)求数列{an}的通项公式(用a1表示)；
(2)设a1＝1、b1＝3、bn＝Sbn－1、n≥2、n∈N*.
所以a＝－ (舍去)．
②若a≤－e、则x＋a≤0、即f′(x)≤0在[1、e]上恒成立、
此时f(x)在[1、e]上为减函数、所以f(x)min＝f(e)＝1－＝、
所以a＝－ (舍去)．
③若－e<a<－1、令f′(x)＝0得x＝－a、
当1<x<－a时、f′(x)<0,所以f(x)在(1、－a)上为减函数；
又g(1)＝1－2a－3a2、g(0)＝－2a、
即当x∈[0、1]时、有g(x)∈[1－2a－3a2、－2a]．对于任意x1∈[0、1]、f(x1)∈[－4、－3]、

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