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专题18 等比数列(原卷版)

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等比数列的前n项和公式专题练习(解析版)

等比数列的前n项和公式专题练习(解析版)

等比数列的前n 项和公式一、单选题 1．（2021·内蒙古宁城·高三月考（文））已知{}n a 是等比数列，若12a =，528a a =，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则n S 为（ ） A ．22n - B ．121n +- C ．122n +- D ．21n -【答案】C 【分析】设公比为q ，根据528a a =求得公比，再利用等比数列前n 项和的公式即可得出答案. 【详解】 解：设公比为q ，因为528a a =，所以3528a q a ==，所以2q ，所以()12122212nn n S +⨯-==--.故选：C.2．（2021·河北·高三月考）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，42S =，810S =，则{}n a 的公比为( ) A．1 B C ．2 D ．4【答案】B 【分析】利用等比数列的性质求解即可. 【详解】因为42S =，810S =，{}n a 为正项等比数列，所以4845678412344S S a a a a q S a a a a -+++===+++，解得q 故选：B ．3．（2021·西藏·拉萨那曲第二高级中学高三月考（文））记等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若214a =，378S =，则公比q = （ ） A ．12-B ．12C ．2D ．12或2【答案】D 【分析】根据等比数列的性质可得2132116a a a ==，再由378S =，可得1358a a +=，分别求出13,a a ，即可得出答案. 【详解】解：在等比数列{}n a 中，若214a =，则2132116a a a ==，312378S a a a =++=，所以1358a a +=， 由13116a a =，1358a a +=，解得131218a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，或131812a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，当131218a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时，2112a a q ==， 当131812a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时，212a q a ==， 所以q =12或2.故选：D.4．（2021·全国·高二单元测试）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，()112322n n n a a n ---=⋅≥，且1232a a =.记n T 为数列1nn a S ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和，若对任意*n ∈N ，n T m <，则m 的最小值为（ ） A ．3 B ．13C ．2D ．12【答案】B 【分析】 由已知得()111112242n n n n a a n --⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭.再求得13a =，从而有数列12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，14为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求得n a ，再利用分组求和的方法，以及等比数列求和公式求得n S ，从而求得n T 得答案. 【详解】解：由()112322n n n a a n ---=⋅≥，得()111322424n n n n a a n --=⋅+≥，∴()111112242n n n n a a n --⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭. 又由()112322n n n a a n ---=⋅≥，得2126a a -=，又1232a a =，∴13a =.所以111122a -=，∴数列12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，14为公比的等比数列，则12111112242n n n na --⎛⎫⎛⎫-=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴()12122122n n n nn a --=+=+，∴()()231111212112122222221221212nn n n n n n S --⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=+=⋅- ⎪-⎝⎭-，∴111112222232n n n n nn n a S --==+++⋅-⋅.∴+12111111111122113222332312n n n n T ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+=⨯=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-. ∵对任意*n ∈N ，n T m <，∴m 的最小值为13.故选：B.5．（2021·江苏省苏州第十中学校高二月考）已知等比数列{a n }的首项为1，公比为2，则a 12+a 22+⋯+a n 2＝（ ） A ．（2n ﹣1）2 B ．()1213n- C ．4n ﹣1 D ．()1413n- 【答案】D 【分析】根据等比数列定义，求出214n n n b a -==，可证明{}n b 是以1为首项，4为公比的等比数列，利用等比数列的求和公式，可得解 【详解】由等比数列的定义，11122n n n a --=⋅=故222124n n n n b a --=== 由于112144,104n n n n b b b ---===≠ 故{}n b 是以1为首项，4为公比的等比数列 a 12+a 22+⋯+a n 2＝1(14)41143n n ⋅--=- 故选：D6．（2021·河南郑州·高二期中（理））设n A ，n B 分别为等比数列{}n a ，{}n b 的前n 项和．若23n n n n A aB b+=+（a ，b 为常数），则74a b =（ ）A ．12881B ．12780C ．3227D ．2726【答案】C 【分析】设(2),(3)n nn n A a m B b m =+=+，项和转换776a A A =-，443b B B =-求解即可【详解】由题意，23n n n n A a B b+=+ 设(2),(3)n nn n A a m B b m =+=+则76776[(2)(2)]64a A A a a m m =-=+-+=()()434433354b B B b b m m ⎡⎤=-=+-+=⎣⎦7464325427a mb m ∴== 故选：C7．（2021·河南郑州·高二期中（理））设{}n a 是公差为d 的等差数列，{}n b 是公比为q 的等比数列．已知数列{}n n a b +的前n 项和()2*51N n n S n n =+-∈，则d q -=（ ）A ．3-B ．1-C ．2D ．4【答案】A 【分析】设数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ，然后利用分求出,n n A B ，再利用n n n S A B =+列方程，由对应项的系数相等可求出结果 【详解】设数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ，则 ()()1211111,222111n n n n b q n n db d d q A a n a n n B q q q --⎛⎫=+=-+==-⎪---⎝⎭（1q ≠）， 若1q =，则1n B nb =，则2211()5122n nn n d d S A n B a n n nb =+==+++--，显然没有出现5n ，所以1q ≠，所以21121221511n n b n b q d d a n n q q ⎛⎫-++-+= ⎪--⎝-⎭， 由两边的对应项相等可得110,1,5,1221b d da q q-====--， 解得111,2,5,4a d q b ====， 所以3d q -=-.8．（2021·福建·泉州科技中学高三月考）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为12n -，若去除所有为1的项，依次构成数列233464510105，，，，，，，，，，，则此数列的前35项和为（ ）A ．994B ．995C ．1003D ．1004【答案】B 【分析】没有去掉“1”之前，可得每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，可求出其前n 项和为21n n S =-，每一行的个数构成一个首项为1，公差为1的等差数列，从而可求出前n 项总个数为(1)2n n n T +=，由此可计算出第10行去掉“1”后的最后一个数为第36个数，从而可求出前35项和。

高二数学《等比数列》专题练习题自用附答案

高二数学《等比数列》专题练习题自用附答案

．8等比数列C日到银行存入有两个实根（2）证明：由（1）11123n n a a +=+，得1212()323n n a a +-=-，所以2{}3n a -是等比数列；（3）解析：当176a =时，2{}3n a -是以721632-=为首项，以12为公比的等比数列，1211()322n n a --=⨯，得21()()32n n a n N *=+∈．16.已知数列{}n a 满足：111,1,22,n n na n n a a a n n +⎧+⎪==⎨⎪-⎩为奇数为偶数，且*22,n n b a n N =-∈（Ⅰ）求234,,a a a ；（Ⅱ）求证数列{}n b 为等比数列并求其通项公式； （Ⅲ）求和2462n n T a a a a =+++ 解析：（Ⅰ）2335,,22a a ==-474a =（Ⅱ）当2(21)12112,22(21)22n n n n n b a a a n -+-≥=-=-=+--时222(1)1111[2(22)](21)2[2]222n n n a n n a b ---=--+--=-=∴12122b a =-=-又 ∴1111()()222n n n b -=-⋅=-（Ⅲ）∵22n n a b =+ ∴242n n T a a a =++=12(2)n b b b n ++++ 11[1()]1222()2 1.1212nnn n -=-+=+--17.在等比数列{}n a 中，,11>a 公比0>q ，设n n a b 2log=，且.0,6531531==++b b b b b b （1）求证：数列{}n b 是等差数列；（2）求数列{}n b 的前n 项和n S 及数列{}n a 的通项公式； （3）试比较n a 与n S 的大小. 解析：（1）由已知q a a b b nn n n log log121==-++为常数.故数列{}n b 为等差数列，且公差为.log2q d = （先求q 也可） 4分（2）因0log,11211>=⇒>a b a ，又263531=⇒=++b b b b ，所以.05=b由.291,404,22211513⎩⎨⎧-=⇒-==⇒=+==+=n n S d b d b b d b b n由*511212,221,164log 1log N n a q a a b q d n n ∈=⇒==⇒⎩⎨⎧==-==-. 8分（3）因,0>n a 当9≥n 时，0≤n S ，所以9≥n 时，n n S a >；又可验证2,1=n 是时，n n S a >；8,7,6,5,4,3=n 时，n n S a <. 12分18.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知231,,S S S 成等差数列.（1）求{}n a 的公比q ； （2）若331=-a a ，求n S .18.解析：（1）由题意有)(2)(2111111q a q a a q a a a ++=++ ，又0,01≠≠q a ，故.21-=q（2）由已知得.43)21(1211=⇒=--a a a 从而].)21(1[38)21(1])21(1[4nnn S --=----=。

高考数学复习考点知识归纳专题解析18等比数列(解析版)

高考数学复习考点知识归纳专题解析18等比数列(解析版)

高考数学复习考点知识归纳专题解析 专题18等比数列及其前n 项和考点知识归纳常考点01 等比数列中的基本运算 (1)【典例1】 ................................................................................................................................................ 1 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 2 【变式演练1】 ........................................................................................................................................ 3 常考点02等比数列基本性质的应用 . (3)【典例2】 ................................................................................................................................................ 3 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 4 【变式演练2】 ........................................................................................................................................ 4 常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和 (5)【典例3】 ................................................................................................................................................ 5 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 6 【变式演练3】 ........................................................................................................................................ 6 常考点04 等差等比混合应用 (7)【典例4】 ................................................................................................................................................ 7 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 8 【变式演练4】 ........................................................................................................................................ 9 【冲关突破训练】 .. (10)常考点01 等比数列中的基本运算【典例1】1．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（） A ．7B ．8C ．9D ．102．（2021年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】1.A 2.C【解析】1.∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和， ∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列 ∴24S =，42642S S -=-= ∴641S S -=，∴641167S S =+=+=. 故选：A.2.设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【考点总结与提高】（1）等比数列的基本运算方法：①等比数列由首项1a 与公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕1a 与q 进行． ②对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出1a 与q ，对于1,,,,n n a a q n S 五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”． （2）基本量计算过程中涉及的数学思想方法：①方程思想．等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量1a 和q ，问题可迎刃而解．②分类讨论思想．等比数列的前n 项和公式为111,1(1),111n nn na q S a a qa q q q q≠，所以当公比未知或是代数式时，要对公比分1q 和1q ≠进行讨论.此处是常考易错点，一定要引起重视．③整体思想．应用等比数列前n 项和公式时，常把nq ，11a q-当成整体求解. 【变式演练1】1．已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（）A ．2B ．1C ．12D ．182．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++= A ．21B ．42C ．63D ．84【答案】1.C 2.B【解析】1.由题意可得()235444412a a a a a ==-⇒=,所以34182a q q a ==⇒= ,故2112a a q == ,选C.2.24242135121(1)21172a a a a q q q q q ++=++=∴++=∴=得2357135+()22142a a a q a a a +=++=⨯=，选B.常考点02等比数列基本性质的应用【典例2】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（） A ．12B ．24C ．30D ．322．已知{}n a 为等比数列,472a a +=,568a a =-,则110a a +=（） A ．7B ．5C ．5-D ．7-【答案】1.D 2.D【解析】1.设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，因此，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q++=++=++==.故选：D.2.56474747822,4a a a a a a a a ==-+=∴=-=或474,2a a ==-.由等比数列性质可知2274101478,1a a a a a a ==-==或2274101471,8a a a a a a ====- 1107a a ∴+=-故选D.【考点总结与提高】等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n 项和公式的变形应用等.注意：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度． （2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.【变式演练2】1．已知数列{a n }是等比数列，且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，那么a 3＋a 5＝（） A ．5B ．10C ．15D ．202．设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2 …a n 的最大值为___________． 【答案】1.A 2.64【解析】1.数列{a n }是等比数列，所以22243465,a a a a a a ==，所以()2222435463355352225a a a a a a a a a a a a ++=++=+=， 又因为0n a >，所以350a a +>，所以355a a +=，故选：A.2.设等比数列的公比为q ，由132410{5a a a a +=+=得，2121(1)10{(1)5a q a q q +=+=，解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=，于是当3n =或4时，12n a a a 取得最大值6264=.常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和【典例3】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –1【答案】B【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩， 所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-. 故选：B.2．设首项为1，公比为23的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则 A ．21n n S a =- B ．32n n S a =-C ．43n n S a =-D ．32n n S a =-【答案】D 【解析】S n ＝()111na q q--＝11n a q a q -⋅-＝21313na -＝3－2a n .【考点总结与提高】1．求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用11n n a a q -=求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形n mn m a a q -=可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列的设项问题，常用的设项方法为：（1）通项法．设数列的通项公式11n n a a q -=来求解；（2）对称设元法：若所给等比数列的项数为2()n n N 且各项符号相同，则这个数列可设为21na q ，…，3a q ，,aaq q，3aq ，…，21n aq ； 若所给等比数列的项数为21()n nN ，则这个数列可设为1n a q，…，,,aa aq q ，…，1n aq . 2．当1q ≠时，若已知1,,a q n ，则用1(1)1n n a q S q求解较方便；若已知1,,n a q a ，则用11n na a qS q求解较方便.3．（1）形如1(1,0)n n a pa q p pq +=+≠≠的递推关系式，①利用待定系数法可化为1n a +-()11n q q p a p p =---，当101q a p -≠-时，数列{}1n qa p --是等比数列；②由1n n a pa q +=+，1(2)n n a pa q n -=+≥，两式相减，得11()n n n n a a p a a +--=-，当210a a -≠时，数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列．（2）形如+1(,0)nn n a ca d c d cd =+≠≠的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以1n d +，进而化归为等比数列．【变式演练3】1．数列{A n }中，A 1＝2，A m ＋n ＝A m A n .若A k ＋1＋A k ＋2＋…＋A k ＋10＝215－25，则k ＝（）A ．2B ．3C ．4D ．52．已知{}n a 是等比数列，22a =，514a =，则12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=（） A ．()1614n--B ．()1612n--C ．()32123n -- D ．()32143n -- 【答案】1.C 2.D【解析】1.令m ＝1，则由A m ＋n ＝A m A n ，得A n ＋1＝A 1A n ，即1n n A A +＝A 1＝2，所以数列{A n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以A n ＝2n，所以A k ＋1＋A k ＋2＋…＋A k ＋10＝A k (A 1＋A 2＋…＋A 10)＝2k×102(12)12⨯--＝12k +×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k ＝4.故选：C 2.由题得35211,82a q q a ==∴=.所以2232112()()22n n n n a a q ---==⨯=， 所以32251111()()()222n n n n n a a ---+=⋅=.所以1114n n n n a a a a +-=，所以数列1{}n n a a +是一个等比数列. 所以12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=18[1()]4114n --=()32143n --. 故选：D常考点04 等差等比混合应用【典例4】1.等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a 、3a 、6a 成等比数列，则{}n a 的前6项的和为（） A ．24-B ．3-C ．3D ．82．已知正项等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b }，111a b ==，3b 是2a ，6a 的等差中项，8a 是3b ，5b 的等比中项，则下列关系成立的是（） A ．100100a b >B ．102411a b =C ．105a b >D ．999a b >【答案】1.A 2.B【解析】1.设等差数列{}n a 的公差为d ，由2a 、3a 、6a 成等比数列可得2326a a a =，即2(12)(1)(15)d 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616(61)6(61)661(2)2422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-. 故选：A2.设等差数列公差为d ，等比数列公比为q ，由题意可得：2326226835212262(1+7)b a a d q d a b b q d q =+=⎧⎧=+⎧⇒⇒⎨⎨⎨===⎩⎩⎩ 1,2-∴==n n n a n bA. 100100,2，==>99100100a 100b b a ,故A 不正确；B. ,2==10102411a 1024b =1024，故B 正确；C. ,2==4105a 10b =16，故C 不正确；D. ,2==8999a 99b =256，故D 不正确.故选：B【考点总结与提高】等差、等比数列混合题型属于常规题型，解题思路基本相同∶按照其中一种数列的通项公式展开已知中的各项，再根据另一种数列的性质列出等式即可;至于使用哪一种数列的通项公式展开已知中的各项，要根据实际题意以及计算方便与否来决定。

专题18 解答计算题方法与技巧(讲)(原卷版)

专题18 解答计算题方法与技巧(讲)(原卷版)

专题18 解答计算题方法与技巧1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。

t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的v–t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。

已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

（1）求物块B的质量；（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。

行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌。

立即刹车。

刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。

图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。

（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A=l.0 kg，m B=4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m，如图所示。

专题18 民主与法治(原卷版)三年(2022-2024)中考道德与法治真题分类汇编(全国通用)

专题18 民主与法治(原卷版)三年(2022-2024)中考道德与法治真题分类汇编(全国通用)

三年（2022-2024）中考道德与法治真题分项汇编（全国通用）专题18民主与法治（原卷版）（2024·河北·中考真题）我国持续推进良法善治，为未成年人的茁壮成长保驾护航。

完成下面小题。

1．未成年人通过网络便利学习和丰富生活的同时，也面临着违法和不良信息侵害、个人信息泄露、网络沉迷等多重风险。

2024年1月1日起施行的《未成年人网络保护条例》，为未成年人在网络空间的健康成长提供了坚实的法制保障。

这提示未成年人在网络生活中要（）①丰富交往方式②增强法律意识③提高自护能力④享受网络自由A．①③B．①④C．②③D．②④2．2024年最高人民法院工作报告指出：全方位呵护少年儿童健康成长，对侵害未成年人犯罪零容忍；依法惩治未成年人犯罪，宽容但不纵容。

这让我们体会到（）①法治的力量②司法维护公平正义③民主的价值④道德滋养法治精神A．①②B．①④C．②③D．③④3．（2024·河北·中考真题）《天津市滨海新区行政检查办法》推出“电子检查证”行政检查制度。

检查前，执法人员要向被检查单位出示“电子检查证”。

检查中，被检查单位可以通过扫描“电子检查证”上的二维码，了解发证机关、检查事项和监督投诉渠道等内容。

这一制度的实施能够促进行政执法单位（）①扩大职权范围②加大监察力度③接受社会监督④规范执法行为A．①②B．①③C．②④D．③④4．（2024·四川遂宁·中考真题）法治建设需要全社会共同参与，只有全体人民信仰法治、厉行法治，国家和社会生活才能真正实现在法治轨道上运行。

下列材料体现厉行法治的有（）①十四届全国人大二次会议通过了新修订的《国务院组织法》②遂宁市公安机关会同城管等部门依法加强对城区犬只的管理③感动中国2023年度人物萧凯恩不怕艰苦去贫困山区当义工④遂宁市举办2024年博视传媒小记者探秘之旅社会实践活动A．①②B．①③C．②④D．③④5．（2024·福建·中考真题）2023年10月24日，十四届全国人大常委会第六次会议表决通过的《中华人民共和国爱国主义教育法》，将爱国主义教育写入法律，形成制度。

专题18数列选择填空题

专题18数列选择填空题

专题18数列选择填空题一、填空题1．数列{}n a 满足2(1)31n n n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =.二、单选题2．已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（ ） A ．2B ．1C ．12D ．18三、填空题3．若三个正数a ，b ，c 成等比数列，其中5a =+5c =-b =．4．若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>>的两个不同的零点，且,,2a b -这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q +的值等于________．四、单选题5．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．296．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S = A ．5B ．7C ．9D ．117．已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a = A ．172B ．192C ．10D ．12五、填空题8．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d =． 9．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S =．10．已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若2a ，3a ，7a 成等比数列，且1221a a +=，则1a =，d =．六、单选题11．已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（ ）A ．14B ．12C ．6D ．3 12．记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a =（ ） A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –113．设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（ ）A ．12B ．24C ．30D ．3214．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =A ．16B ．8C ．4D ．2七、填空题15．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为．八、单选题16．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ）A ．7B ．8C ．9D ．1017．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ）A ．25B ．22C ．20D ．15九、填空题18．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =. 19．记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=．20．数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n =.21．已知数列中，，（），则数列的前9项和等于.十、单选题22．如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n n A A A A A A n N ++++=≠∈，*1122,,n n n n n n B B B B B B n N ++++=≠∈.（P Q P Q ≠表示点与不重合）若1n n n n n n n d A B S A B B +=V ，为的面积，则A ．{}n S 是等差数列B ．2{}nS 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列D ．2{}nd 是等差数列。

专题18等差数列(解析版)

专题18等差数列(解析版)

2021年高考数学二轮复习专项微专题核心考点突破专题18等差数列考点命题分析数列是高中数学的重要内容，在高考试卷中，题量一般是一道小题，一道大题(有时改成小题)，有时还有一道与其他知识交汇的综合题.分值在15分左右，文科卷以应用等差数列、等比数列的概念、性质求通项公式、前n项和为主；理科卷以应用S n或a n之间的递推关系求通项、求和、证明有关性质为主.分析近几年的高考试卷，涉及等差数列的核心考点是等差数列的定义、运算与性质.考查的内容是等差数列的通项公式、前n项和公式，体现的核心素养主要是数学运算.一般在选择题中考查，属容易题.本部分内容的教学重点是深刻理解等差数列的概念与性质，熟练掌握等差数列的通项公式与求和公式.综合运用等差数列的知识解决相关问题.教学难点是等差数列性质的进一步探究与灵活运用，数学史中的等差数列问题.等差数列内容复习时，要注意运用不同的数学语言(文字语言、符号语言、图形语言)表述相关问题.如通项公式的符号语言是a n=a1+(n－1)d；文字语言是第n项与第1项相差n－1个公差；图形语言是直线y=dx+(a1－d)上一系列的点(1，a1)，(2，a2)，……，(n，a n)，……的集合.一般地，通项公式的符号语言是a n=a m+(n －m)d，文字语言是第n项与第m项相差n－m个公差，图形语言是两点A(n，a n)，B(m，a m)连线的斜率是d，且.数列作为特殊的函数，要注意应用函数的思想.比如:等差数列的通项公式与一次函数之间的联系，前n项和公式与二次函数之间的联系.1以数列为背景，提升学生的转化能力例1《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题:今有女子善织，日增等尺，七日织二十八尺，第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺，则第九日所织尺数为( )A．8 B．9 C．10 D．11思路探求:问题转化为在等差数列{a n}中，已知，求.据此可得：第九日所织尺数为9.答案是B方法点睛:数学史是高考数学考查的重点，把数学史问题转化为数学问题，关键是不同数学语言的应用.以下两种解题方法是高考的重点，也是求解等差数列问题的常用方法，师生必须引起重视:(1)求解等差数列问题的通性通法.利用等差数列的主要元素，即首项和公差来表示等差数列，联系等差数列的前n项和公式和通项公式解题.(2)应用等差数列的性质解题.由S7=28求出a4，由a2+a5+a8=15求出a5，然后得到公差进行求解.同时注意提醒学生避免如下错误解答.2以数列为背景，渗透分类讨论思想例2已知数列，且，则S2017的值为( )A．B．C．D．思路探求:由可知：当n为偶数时，，即为常数列且各项均为2；当n为奇数时，，即构成首项为1，公差为2的等差数列.所以.故选：C.3以数列为背景，考查学生的不同思维层次例3设数列{a n}是等差数列，S n为其前n项和，若正整数i，j，k，l满足i+l=j+k(i≤j≤k≤l)，则( )A．B．C．D．思路探求:解法1，设数列{a n}的公差为d，因为，所以，得到.答案A解法2:根据题意i，j，k，l不妨分别取1，2，3，4.则，所以.答案A解法3:根据题意i，j，k，l不妨分别取1，2，3，4，同时取.因为，所以排除B.因为，排除选项D.答案A.方法点睛:选择题是考查学生数学素养的好题型，其中有多种不同的解题方法，不同层次的学生，会产生不同的解题方法.数学教育教学，教师要教给学生的是数学素养，而不是题海战术，本题的三种解题方法，能很好地考查学生的数学素养.其思维过程是观察选择支，发现A，B同类，C，D同类，再比较大小.作为选择题，可以应用特殊值法、特殊数列法、排除法，产生解法3，这也是解选择题的通性通法.解法1是通项公式一般情形的应用，解法2是特殊值法的应用，但是两种解法都有其局限性，因为本题的正确答案是A，所以代入答案A，马上证明是正确的，看似简单，如果把答案A放到最后，那么像解法1和解法2这样证明，就会变得很尴尬.4以数列为背景，锻炼学生的理解与应用能力例4若数列{a n}满足(n∈N*，d为常数)，则称数列{a n}为调和数列，已知数列为调和数列且，则.思路探求:根据题意，把代入中，得到数列{x n}是等差数列，因为前20项和S20=200，所以，利用等差数列的性质得到.方法点睛:定义型应用题通过指出定义所反映的事物本质特征来明确定义的内涵和外延，它科学地指示了客观世界的事物的本质特征.定义是一种人为的广泛、通用的解释意义.而对自定义型，则要求学生从新的定义、方法，到新规则的学习，在较短时间内获取信息，对信息进行加工处理的过程.它有利于提高学生主动获取信息、加工信息的能力.本题给出调和数列的定义，考查学生对调和数列定义的理解和应用的能力.此类题的复习重点是深刻理解定义的内涵和外延，深化对定义的不同数学语言的理解和互相转换.5以数列为背景，培养学生的辩证思维能力例5已知S n是数列{a n}的前n项和，且a1=，，求数列{a n}的前n项和S n，及通项公式a n.思路探求:把代入，得到.因为，所以数列是以－1为首项，为公差的等差数列.因此，利用a n 与S n 的关系求得;;.方法点睛:由于已知条件中有S n 和a n ，可自然产生解题思路，要么统一转化化归为项数和的式子如，要么统一转化化归为项数之间关系式.显然转化为前者解题比较方便.但是在的应用过程中，要注意当n =1时，a 1是否适合，如果适合则可立即写出通项公式，如果不适合，则用分段函数的形式表示.这是容易出错的地方，师生要引起重视.最新模拟题强化1．记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1095,S =817a =，则（ ） A ．523n a n =- B ．22122n S n n =- C ．415n a n =-D ．23112n n nS -=【答案】D 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则11104595717a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得14,a =-3d =，故37,n a n =-23112n n nS -=.故选：D.2．等差数列{}n a 满足：10a >，31047a a =.记12n n n n a a a b ++=，当数列{}n b 的前n 项和n S 取最大值时，n =（ ） A ．17 B ．18C ．19D ．20【答案】C 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意10a >，31047a a =，则()()114279a d a d +=+，即1550,03a d d =-><.所以数列{}n a 的通项公式为()()155581133n a a n d d n d dn d =+-=-+-⋅=-.所以12n n n n b a a a ++=585552333dn d dn d dn d ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅-⋅- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3585552333d n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-⋅-⋅- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.由于30d <，所以当117n ≤≤时，35855520333d n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅-⋅-⋅-> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当33185855528181818033327b d d ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-⋅-⋅-=⋅< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，331958555210191919033327b d d ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-⋅-⋅-=-⋅> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当20n ≥时，35855520333d n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅-⋅-⋅-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 由于318192027b b d +=->，所以当19n =时，n S 取得最大值. 故选：C3．已知数列{}n a 满足112(2),n n n a a a n -+=+≥24612,a a a ++=1359a a a ++=，则34a a +=（ ） A ．6 B ．7C ．8D ．9【答案】B 【解析】由题意，数列{}n a 是等差数列，设公差为d ， 则1111113512249a d a d a d a a d a d +++++=⎧⎨++++=⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以3411237a a a d a d +=+++=，（巧解）由题意，数列{}n a 是等差数列，将两方程相加可得()34312921a a +=+=，所以347a a +=， A ．6斤B ．7斤C ．8斤D ．9斤【解析】原问题等价于等差数列中，已知154,2a a ==，求234a a a ++的值. 由等差数列的性质可知：15241536,32a a a a a a a ++=+===， 则2349a a a ++=，即中间三尺共重9斤. 本题选择D 选项.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意正整数n ，13n n a S +=，则下列关于{}n a 的论断中正确的是（ ） A ．一定是等差数列B ．一定是等比数列C ．可能是等差数列，但不会是等比数列D ．可能是等比数列，但不会是等差数列【答案】C 【解析】若数列{}n a 中所有的项都为0，则满足13n n a S +=，所以数列{}n a 可能为等差数列；由13n n a S +=得：213n n a S ++=，则21113()3n n n n n a a S S a ++++-=-=，所以214n n a a ++=，另由13n n a S +=得：213a a =，即213a a =，所以数列{}n a 不是等比数列．故选C ．6．已知公差不为0的等差数列{}n a 满足134,,a a a ，成等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则3253S S S S --的值为（ ） A ．-3 B ．-2C ．2D ．3【答案】C 【解析】设等差数列的公差为d ，首项为a 1， 所以a 3＝a 1+2d ，a 4＝a 1+3d ． 因为a 1、a 3、a 4成等比数列，所以（a 1+2d ）2＝a 1（a 1+3d ），解得：a 1＝﹣4d ．所以321531227S S a dS S a d-+==-+2，7．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 ．21C ．7D ．3【答案】B 【解析】由等差数列的性质可得6354553a a a a a a +-=+-=，()1747772732122a a a S +⨯∴===⨯=. 故选：B.8．已知函数()f x 的图象连续且在()2,+∞上单调，又函数()2y f x =+的图象关于y 轴对称，若数列{}n a 是公差不为0的等差数列，且()()42016f a f a =，则{}n a 的前2019项之和为（ ） A ．0 B ．2019C ．4038D ．4040【答案】C 【解析】函数()2y f x =+的图象关于y 轴对称，且函数()f x 的图象连续且在()2,+∞上单调， 可得()y f x =的图像关于2x =对称，由数列{}n a 是公差不为0的等差数列，且()()42016f a f a =， 可得420164a a +=，又{}n a 是等差数列， 可得42016120194a a a a +=+=， 所以{}n a 的前2019项之和为()120192019201940328a a S +==故选：C9．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（ ） A ．5 B ．4C ．3D ．2【答案】C 【解析】，故选C.10．由正整数组成的数对按规律排列如下：()1,1，()1,2，()2,1，()1,3，()2,2，()3,1 ，()1,4，()2,3，()3,2，()4,1 ，()1,5，()2,4 ，…．若数对(),m n 满足()()22132019m n --=，其中,m n N *∈，则数对(),m n 排在（ ） A ．第351位 B ．第353位C ．第378位D ．第380位【答案】B 【解析】20193673=⨯（673为质数），故22133673m n ⎧-=⎨-=⎩ 或者22167333m n ⎧-=⎨-=⎩，(),m n N *∈， 得2,2826m m n n =⎧+=⎨=⎩，在所有数对中，两数之和不超过27的有12612326263512++++⋯+=⨯= 个，在两数之和为28的数对中，(2,26)为第二个（第一个是(1,27)）,故数对(2,26)排在第351+2=353位， 故选B11．若等差数列{}n a 的前n 项和n S 有最大值，且11101a a <-，那么n S 取正值时项数n 的最大值为（ ） A ．15 B ．17C ．19D ．21【答案】C 【解析】解：由题意值，n S 有最大值，所以0d <，因为11101a a <-，可得11100a a <<，且11100a a +<， 所以20120101110()10()0S a a a a =+=+<，则1910190S a =>， 又121011120a a a a a >>>>>>，所以109210S S S S >>>>>，10111920210S S S S S >>>>>>，A ．可能是等差数列，也可能是等比数列B ．可能是等差数列，但不可能是等比数列C ．不可能是等差数列，但可能是等比数列D ．不可能是等差数列，也不可能是等比数列 【答案】B 【解析】 （1）若a ＞b ＞0则有a ＞2a b+ b若能构成等差数列，则a+b=2a b +2a b+， 解得a=b （舍），即此时无法构成等差数列解得a=b （舍），即此时无法构成等比数列 （2）若b ＜a ＜0，2a ba b +>>>2a bb a +=+，得于是b ＜3a 4ab=9a 2-6ab+b 2 得b=9a ，或b=a （舍）当b=9a 时这四个数为-3a ，a ，5a ，9a ，成等差数列． 于是b=9a ＜0，满足题意 故选B13．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知560a a +=，1224S =，则n nS 的最小值为( ) A ．-144 B ．-145C ．-146D ．-147【答案】D 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d由题意可得：1129012(121)12242a d a d +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：19a =-，2d = 所以32(1)(92)102n n n nS n n n n -=-+⨯=- 令32()10f x x x =-，(0)x >2()320(320)f x x x x x '=-=-20()03f x x '>⇒>，20()003f x x '<⇒<< 所以函数32()10f x x x =-在区间20(0,)3上单调递减，在区间20(,)3+∞上单调递增 所以当203x =时，函数()f x 有最小值当7n =时，n nS 取327107147-⨯=-， 当6n =时，n nS 取326106144-⨯=-， ∴n nS 的最小值为147-， 故选：D14．已知{}n a 为等差数列，352a =，7343S =，{}n a 的前n 项和为n S ，则使得n S 达到最大值时n 是（ ） A ．19 B ．20 C ．39 D ．40【答案】B 【解析】由747343S a ==,得449a =，所以4349523d a a =-=-=-，132522(3)58a a d =-=-⨯-=，所以1(1)361n a a n d n =+-=-+．由100n n a a +≥⎧⎨≤⎩得20n =.故选：B.15．设等差数列{}n a 的公差不为0，其前n 项和为n S ，若()()3332sin 22020a a -+-=，()()3201820182sin 22020a a -+-=-，则2020S =（ ）A ．0B ．-2020C ．2020D ．4040【答案】D 【解析】由题意可设()3sin f x x x =+，则()f x 为递增的奇函数，所以()()()333322sin 22020f a a a -=-+-=，()()()320182018201822sin 22020f a a a -=-+-=-，由()f x 为奇函数，其图像关于原点对称，所以32018220a a -+-=，即320184a a +=，所以()()120203201820202020202010104404022a a a a S ++===⨯=.故选：D.16．若a b ，是函数()()200f x x px q p q =-+>>，的两个不同的零点，且2a b -，，这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q +的值等于（ ） A ．1 B ．5 C ．9 D ．4 【答案】C 【解析】由韦达定理得a b p +=，a b q ⋅=，则0,0a b >>，当,,2a b -适当排序后成等比数列时，2-必为等比中项，故4a b q ⋅==，4b a=．当适当排序后成等差数列时，2-必不是等差中项，当a 是等差中项时，422a a =-，解得1a =，4b =；当4a 是等差中项时，82a a=-，解得4a =，1b =，综上所述，5a b p +==，所以p q +9=．17．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项的和11a =，20172015120172015S S -=，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2017项和为（ ）A ．20171009B ．20172018C ．12017D ．12018【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，11201720152017?20162015?2014201720152212017201520172015a d a dS S ++-==-()1110081007a d a d d =+-+= ,()11,1n n a a n d n S n ∴=+-==⨯ (1)(1)12111,222(1)1n n n n n S n n n n -+⎛⎫+⨯=∴==- ⎪++⎝⎭，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2017 项和为 11111111201721 (21223342017201820181009)⎡⎫⎛⎫-+-+-++-=-=⎪ ⎪⎢⎣⎭⎝⎭ ，故选A. 18．如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n n A A A A A A n N ++++=≠∈，*1122,,n n n n n n B B B B B B n N ++++=≠∈.（P Q P Q ≠表示点与不重合）若1n n n n n n n d A B S A B B +=，为的面积，则A ．{}n S 是等差数列B ．2{}n S 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}n d 是等差数列 【答案】A 【解析】n S 表示点n A 到对面直线的距离（设为n h ）乘以1n n B B +长度的一半，即112n n n n S h B B +=，由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值，那么我们需要知道n h 的关系式，由于1,n A A 和两个垂足构成了直角梯形，那么11sin n n h h A A θ=+⋅，其中θ为两条线的夹角，即为定值，那么1111(sin )2n n n n S h A A B B θ+=+⋅，111111(sin )2n n n n S h A A B B θ+++=+⋅，作差后：1111(sin )2n n n n n n S S A A B B θ+++-=⋅，都为定值，所以1n n S S +-为定值．故选A ．19．设等差数列满足：22223535317cos cos sin sin cos 2sin()a a a a a a a ，4,2k a k Z 且公差(1,0)d ∈-. 若当且仅当8n =时，数列的前项和n S 取得最大值，则首项1a 的取值范围是（ ） A ．3[,2]2ππ B ．3(,2)2ππ C ．7[,2]4ππ D ．7(,2)4ππ 【答案】D 【解析】 ∵，∴，即，即，即，即，即，∵，∴，∴．∵，∴，则．由()()1111224n n n n n S na d na π--⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭2188n a n ππ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭， 对称轴方程为，由题意当且仅当时，数列的前项和取得最大值，∴，解得：．∴首项的取值范围是，故选D ．20．已知函数()y f x =为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调递增函数，函数()(3)g x f x x =-+，数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，若()()()12927g a g a g a +++=，则129a a a +++=（ ）A ．18B ．9C ．27D ．81【答案】C 【解析】根据题意，函数y ＝f （x ）为定义域R 上的奇函数， 则有f （﹣x ）+f （x ）＝0， ∵g （x ）＝f （x ﹣3）+x ，∴若g （a 1）+g （a 2）+…+g （a 9）＝27，即f （a 1﹣3）+a 1+f （a 2﹣3）+a 2+…+f （a 9﹣3）+a 9＝27，即f （a 1﹣3）+f （a 2﹣3）+…+f （a 9﹣3）+（a 1+a 2+…+a 9）＝27， f （a 1﹣3）+f （a 2﹣3）+…+f （a 9﹣3））+（a 1﹣3+a 2﹣3+…+a 9﹣3）＝0， 又由y ＝f （x ）+x 为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调函数， 且（a 1﹣3）+（a 9﹣3）＝（a 2﹣3）+（a 8﹣3）＝…＝2（a 5﹣3）， ∴a 5﹣3＝0，即a 1+a 9＝a 2+a 8＝…＝2a 5＝6， 则a 1+a 2+…+a 9＝9a 5＝27； 故选：C ．21．已知首项为3的正项数列{}n a 满足()()()()11311n n n n n n a a a a a a +++-=+-，记数列(){}22log 1n a -的前n 项和为n S ，则使得440n S >成立的n 的最小值为________. 【答案】21 【解析】依题意，22143n n a a +=-，n *∈N ，故211n a +-2431n a =--244n a =-()241n a =-， 令21n n b a =-，所以14n n b b +=，所以数列{}n b 是等比数列，首项为21118b a =-=，公比为4， 所以114n n b b -=⋅2282n -=⨯212n +=，故()222log 1log n n a b -=212log 2n +=21n =+，故(321)2n n n S ++=22n n =+，令224400n n +->， 即(22)(20)0n n +->，所以20n >或22n <-（舍去），n *∈N 故所求最小值为21. 故答案为：2122．设数列{}n a 的前n 项和为n S 满足2141n n S S n ++=+（n *∈N ），若1n n a a +<，n *∈N ，则12a a ⨯的取值范围为______． 【答案】253,8⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】因为2141n n S S n ++=+，214(1)1n n S S n -+=-+，(2)n把上面的两式相减得，184n n a a n ++=-， 18(1)4n n a a n -+=--，(3)n再把这两个等式相减，得118n n a a +--=，(3)n所以数列{}n a 的偶数项是以8为公差的等差数列，从第三项起也是以8为公差的等差数列． 若1n n a a +<，*n N ∈恒成立， 当且仅当1234a a a a <<<， 又125a S +=，所以2152a a =-， 所以3211272a a a =-=+， 41132a a =-，所以11115272132a a a a <-<+<-， 解得，11322a -<<，2121111(52)25a a a a a a =-=-+，113()22a -<<所以12(3a a ∈-，25]8． 故答案为：(3-，25]8． 23．已知数列{}n a 中，112a =，其前n 项和n S 满足()202n n n n S a S a n -+=≥，则2a =__________；2019S =__________. 【答案】16- 12020【解析】（1）由题：()202n n n n S a S a n -+=≥，令2n =，222222222211()0220,()S a S a a a a a ++=++-=-，得：231024a +=，所以216a =-；（2）由题()202n n n n S a S a n -+=≥，()12n n n a S S n --≥=()211()02n n n n n n S S S S S S n ---+=-≥-，化简得：()1102n n n n S S S S n ---+=≥，11111110,1,(2)n n n n n S S S S --+-=-=≥， 1{}nS 是一个以2为首项，1为公差的等差数列， 11n n S =+，11n S n =+，201912020S = 故答案为：(1). 16-(2). 1202024．已知函数()43cos f x x x =+，等差数列{}n a 的公差为3π，若()()()()1231020f a f a f a f a π+++⋅⋅⋅+=，则5a =______.【答案】3π 【解析】()11143cos f a a a =+ ()22243cos f a a a =+ ()33343cos f a a a =+⋅⋅⋅()10101043cos f a a a =+，因为()()()()1231020f a f a f a f a π+++⋅⋅⋅+=， 所以56121045()3(cos cos cos )20a a a a a π⋅⋅++⋅+++=， 所以561105645()3[(cos cos )(cos cos )]a a a a a a ⋅⋅++⋅+++11011056565645()3[2coscos 2cos cos ]2222a a a a a a a aa a +-+-=⋅⋅++⋅++ 56110565645()3[2cos (cos cos )]222a a a a a aa a +--=⋅⋅++⋅++5656975345()3[2cos (cos cos cos cos cos )]222222a a d d d d da a +=⋅⋅++⋅++++5656975345()6cos (cos cos cos cos cos )266666a a a a πππππ+=⋅⋅++⋅++++565620()202a aa a π+=⋅+-=，显然56a a π+=， 所以55533a a a πππ++=⇒=.故答案为3π. 25．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1310a a +=，472S =.数列{}n b 中，12b =，12n n b b +=-，则12000a b =________. 【答案】21 【解析】设{}n a 的公差为14414144(),2()72,()362a a d S a a a a +==+=+=， 1343131110,26221021a a a a d a a a d a +=-==∴+=+==-，，，11212222,0,,2n n n n n n n n nb b b b b b b b b ++++---=-∴≠====-，20002121b b b -===-，1200021a b = 故答案为:2126．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4a ，10a 是方程2810x x -+=的两根，则：13S =__________. 【答案】52 【解析】由于4a ，10a 是方程2810x x -+=的两根，所以4108a a +=，所以113410138131********a a a a S ++=⨯=⨯=⨯=. 故答案为：5227．若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a 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2q =-，3d =，那么221312a b -+==，故答案为1. 28．已知数列{}n a 满足0n a >，且lg n a ，1lg n a +，2lg n a +成等差数列，若34674a a a a =，则5a =______.【解析】∵lg n a ，1lg n a +，2lg n a +成等差数列，∴212n n n a a a ++=，即{}n a 为等比数列， ∴237465a a a a a ==，从而4346754a a a a a ==则5a =0n a >，∴5a =29．等差数列{}n a 中，10a ≠，已知1001010S S =，则10010a a =______．【答案】1 【解析】等差数列{}n a 中，设首项10a ≠，公差为d ，，1001010S S =，即1110099109100101022a d a d ⨯⨯⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭， 即100991009022d ⨯⨯⎛⎫-=⎪⎝⎭解得：0d =，所以10100a a =，即100101a a =. 故答案为：130．已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n A 和n B ，且311n n A n B n +=+，则25837a a ab b ++=+______. 【答案】215【解析】数列{}n a 、{}n b 为等差数列，且前n 项和分别为n A 和n B ，则258537532a a a a b b b ++=+，且()()1955919559922922a a a a Ab b b b B +===+， 又311n n A n B n +=+，595939114915a A b B ⨯+∴===+， 所以25853753314212255a a a ab b b ++==⨯=+.故答案为：21531．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项为1a ，且4，n a ，n S 成等差数列． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若22n bn a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）()12n n a n N +*=∈；（2）23nT n n =+.【解析】（1）由题意有24n n a S =+,当1n =时，1124a a =+，所以14a =, 当2n ≥时，24n n S a =-，1124n n S a --=-，两式相减得1122n n n n n a S S a a --=-=-，整理得12nn a a -=， 所以数列{}n a 是以4为首项，2为公比的等比数列, 所以数列{}n a 的通项公式()11422n n n a n N -+*=⨯=∈．（2）由22222nb n n a +==，所以22=+n b n ，所以数列{}n b 是以4为首项，2为公差的等差数列, 所以()214232n n n T n n n -=+⨯=+． 32．设n S 为数列{}n a 的前n 项和, 且满足1(n n S a λλ=-为常数N )n *∈.（1）若232a a =，求λ的值；（3）当2λ=时，若数列{}n b 满足1(N )n n n b a b n *+=+∈，且132b =，令(1)n n n n a c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】（1）0λ=或2λ=；（2）不存在，理由见解析；（3）2121n n nT -=+. 【解析】（1）由1,n n S a λ=-得111a a λ=-,（即1λ≠）,1221a a a λ+=-12331a a a a λ++=-,故 2123231,,.1(1)(1)a a a λλλλλ===--- 于是由232,a a =得2234.(1)(1)λλλλ=-- 解得0λ=或2λ=；(2) 假设存在实数λ,使得数列{}n a 为等差数列,则1322,a a a +=于是由（1）可得 223232122212,1(1)(1)(1)(1)λλλλλλλλλλ-++=⇒=----- 即01=,矛盾, 所以,不存在实数λ,使得数列{}n a 为等差数列.(3) 当2λ=时，112121(2)n n n n S a S a n --=-=-≥，,且11a =, 所以1122n n n n n a S S a a --=-=-即1=2(2)n n a a n -≥, 故数列{}n a 是以1为首项,2为公比的等比数列, 即1=2(N )n n a n -*∈,因1(N )n n n b a b n *+=+∈,且132b =,故 11122123211233212221(2).22n n n n n n n n n n n n b a b a a b a a a a a b n ----------=+=++==+++++++=+++++=≥ 当1n =时,上式仍然成立.所以21(N )2n n b n *+=∈ 于是11111222112.21(1)(21)(21)2121(21)2n n n n n n n n n n n n a c a b -----⋅⎛⎫====- ⎪++++++⎝⎭+⋅ 故12211111112()()()22121212121n n n n T c c c -⎡⎤=+++=-+-++-⎢⎥+++++⎣⎦ 22112121n n n -=-=++. 33．已知等差数列{}3log n a 的首项为1，公差为1，等差数列{}n b 满足()212n n b n n k +=++． （1）求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；（2）若n n nb c a =，求数列{}n c 的前n 项和n S ． 【答案】（1）3n n a =．1n b n =+（2）525443n n n S +=-⋅ 【解析】解：（1）由条件可知，3log 11n a n n =+-=，3n n a ∴=.()212n n b n n k +=++，132k b +∴=，283k b += ，3154k b +=. 由题意{}n b 为等差数列，2132b b b ∴=+，解得1k =， ()211n b n n ∴=+-=+；（2）由（1）知，13n n n n b n c a +==， 2231333n n n S +∴=++⋅⋅⋅+① 则23112313333n n n S ++=++⋅⋅⋅+② ①-②可得23311221111525333333623n n n n n S ++++=+++⋅⋅⋅+-=-⋅， 525443n n n S +∴=-⋅. 34．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，315S =，1413,,a a a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设2n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)21n a n =+ (2)224n n T n +=+-【解析】(1)依题意，()()12111323152312a d a d a a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=+⎩. 解得132a d =⎧⎨=⎩.因此()()1132121n a a n d n n =+-=+-=+，即21n a n =+.(2)依题意，1222121n n n n b a +==⨯+=+.()()()2311221212n n n T b b b n +=++⋅⋅⋅+=++++⋅⋅⋅++ 231222n n +=++⋅⋅⋅++ ()41212nn -=+-224n n T n +=+-.35．已知数列{}n a 为公差不为0的等差数列，且23a =，1a ，2a ，5a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n S 为数列{}2n a +的前n 项和，1n nb S =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）21n a n =-；（2）32342(1)(2)n n n +-++ 【解析】 （1）设等差数列{}n a 的公差为()d d ≠0.由题意得()()1211134a d a d a a d +=⎧⎪⎨+=+⎪⎩， 解得112a d =⎧⎨=⎩. 所以21n a n =-.（2）依题意得，221n a n +=+， ()()()()()123122222n n n S a a a a a -=++++++++++ 357(21)(21)n n =++++-++ 2(213)22n n n n ++==+. 所以1231n n n T b b b b b -=+++++11111111111232435112n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 111112212n n ⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭ 32342(1)(2)n n n +=-++.。

数列大题基础练-高考数学重点专题冲刺演练(原卷版)

数列大题基础练-高考数学重点专题冲刺演练(原卷版)

【一专三练】专题01数列大题基础练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2022·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足，12(1)nn n a a +=+⋅-.(1)若11a =，数列{}2n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等比数列，求1a .2．（2022·海南省直辖县级单位·校联考一模）等差数列{}n a 的首项11a =，且满足2512a a +=，数列{}n b 满足2n a n b =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和是n T ，求n T .3．（2023·黑龙江大庆·统考一模）设{}n a 是公差不为0的等差数列，12a =，3a 是1a ，11a 的等比中项.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设13n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S .4．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列{}n a 中，12a =，121n n a a +=-．(1)求证：数列{}1n a -是等比数列；(2)若n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．5．（2023·广东江门·统考一模）已知数列{}n a （N n +∈）满足11a =，133n n n a a n ++=，且n n a b n =.(1)求数列{}n b 是通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .6．（2023·江苏·统考一模）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且23439a a a ++=，54323a a a =+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足n n n b a =，求{}n b 的前n 项和n T .7．（2023·重庆·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足()115n n na n a +-+=,且15a ≠-.(1)求证:数列5n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列,并求{}n a 的通项公式;(2)若使不等式20n S >成立的最小整数为7,且1Z a ∈,求1a 和n S 的最小值.8．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，14a =，12n n a n S n +=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n na c =-，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求12111n T T T ++⋅⋅⋅+的值．9．（2023·山东青岛·统考一模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，2S ，4S ，54S +成等差数列，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求n S ；(2)记数列{}n b 的前n 项和为n T ，22n n n n b T S +-=，证明数列1n n b S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求{}n b 的通项公式．10．（2023·山东济南·一模）已知数列{}n a 满足111,(1)1n n a na n a +=-+=．(1)若数列{}n b 满足1n n a b n+=，证明：{}n b 是常数数列；(2)若数列{}n c 满足πsin 22n a n n c a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求{}n c 的前2n 项和2n S ．11．（2022·辽宁鞍山·统考一模）已知等差数列{}n a 满足首项为3331log 15log 10log 42-+的值，且3718a a +=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .12．（2023·广东·统考一模）已知各项都是正数的数列{}n a ，前n 项和n S 满足()2*2n n n a S a n =-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式.(2)记n P 是数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，n Q 是数列121n a -⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和.当2n ≥时，试比较n P 与n Q 的大小.13．（2022·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）从①12n a S n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；②23S a =，412a a a =；③12a =，4a 是2a ，8a 的等比中项这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差d 不等于零，______．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n n n b S S +=-，数列{}n b 的前n 项和为n W ，求n W ．14．（2022·广东珠海·珠海市第三中学统考二模）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，1221n n n a b n -+=+-，221n n n T S n -=--．(1)求11,a b 及数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设()*21N 2n n n a n k c k b n k =-⎧=∈⎨=⎩，，，求数列{}n c 的前2n 项和2n P ．15．（2022·云南大理·统考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1121,1n n S a a n+==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2,,23,,n n n C n n ⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，求数列{}n C 的前2n 项和2n T ．16．（2022·湖南永州·统考一模）已知数列{}{},n n a b 满足：111a b ==，且210n n n n a b a b ++-=.(1)若数列{}n a 为等比数列，公比为121,2q a a -=，求{}n b 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等差数列，11n n a +-=，求{}n b 的前n 项和n T .17．（2022·广东韶关·统考一模）已知数列{}n a 的首项145a =，且满足143n n n a a a +=+，设11n nb a =-.(1)求证：数列{}n b 为等比数列；(2)若1231111140na a a a ++++> ，求满足条件的最小正整数n .18．（2022·河北·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，且1123n n n S S a +++=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)①3log n n n b a a =；②3321log log n n n b a a +=⋅；③3log n n n b a a =-．从上面三个条件中任选一个，求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（2022·广东广州·统考一模）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式：(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k += 之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值.20．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知数列{}n a ，若_________________．（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 T ．从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．①2123n a a a a n ++++= ；②11a =，47a =，()*112,2n n n a a a n n -+=+∈N ≥；③11a =，点(),n A n a ，()11,n B n a ++在斜率是2的直线上．21．（2023·江苏南通·二模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为，且11a =，2218n n S S n +-=，*N n ∈．(1)求n S ；(2)在数列{}n a 的每相邻两项1k k a a +，之间依次插入12k a a a ⋯，，，，得到数列{}1121231234n b a a a a a a a a a a ⋯⋯：，，，，，，，，，，，求{}n b 的前100项和.22．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知数列{}n a 满足()1122n n n a a a n -+=+≥，且12342,18a a a a =++=(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1000n a n b =-，求数列{}n b 的前15项和15T （用具体数值作答）.23．（2023·安徽·模拟预测）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．24．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）已知{}n a 为等差数列，1154,115n n a n a a n+-==+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()1,414n n n n b T a a =++为{}n b 的前n 项和，求n T .25．（2023·广东广州·统考二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()22*n n S a n =-∈N .(1)求{}n a 的通项公式；(2)设2211log log n n n b a a +=⋅，记{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T <.26．（2023·江苏泰州·统考一模）在①124,,S S S 成等比数列，②4222a a =+，③8472S S S =+-这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，其前n 项和为n S ，且满足__________，__________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求12233411111n n a a a a a a a a +++++ .注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.27．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列{}n a ，前n 项和为n S ，且满足112n n n a a a +-=-，2n ≥，*N n ∈，1514a a +=，770S =，等比数列{}n b 中，1212b b +=，且12,6b b +，3b 成等差数列．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记n c 为区间(]()*,N n n a b n ∈中的整数个数，求数列{}n c 的前n 项和n P ．28．（2023·吉林·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为公差的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()112n n n n n a b a a +-+=，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .29．（2023·山西·校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a >，22112n n n n a a a a ++=+，且13a ，23a +，3a 成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12,log ,n n n a n b a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .30．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知数列{}n a 满足：15a =，134n n a a +=-，设2n n b a =-，*N n ∈．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)设3132312log log log n n nb b b T b b b =++⋅⋅⋅+，()*N n ∈，求证：34n T <．。

专题18 数列(解答题压轴题)(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习

专题18 数列(解答题压轴题)(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习

专题18 数列（解答题压轴题）目录①数列求通项，求和 (1)②数列中的恒成立（能成立）问题 (5)③数列与函数 (8)④数列与概率 (11)①数列求通项，求和②数列中的恒成立（能成立）问题1．（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数21,11,32,24,27,5,0,5,6,q a a a a a >==-=．1,11,21,31,2,12,22,32,3,13,23,33,,1,2,3,n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(1)设,n n n b a =，求数列{}n b 的通项公式；(2)设1,12,1,1n n S a a a =++⋅⋅⋅+，是否存在实数λ，使,1n n a S λ≤恒成立，若存在，求出λ的所有值，若不存在，请说明理由．2．（2023·河北·统考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(),n n S 在曲线220x x y -+=上.(1)证明：数列{}n a 为等差数列；③数列与函数④数列与概率1．（2023·湖南·校联考模拟预测）一部电视连续剧共有1(10)n n +≥集，某同学看了第一集后，被该电视剧的剧情所吸引，制定了如下的观看计划：从看完第一集后的第一天算起，把余下的n 集电视剧随机分配在2n 天内；每天要么不看，要么看完完整的一集；每天至多看一集．已知这部电视剧最精彩的部分在第n 集，设该同学观看第一集后的第X 天观看该集．(1)求X 的分布列；(2)证明：最有可能在第(22)n -天观看最精彩的第n 集．2．（2023春·河北唐山·高二校考期末）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左也会等可能地随机选择球门的左不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲等可能地随机传向另外4．（2023·全国·高三专题练习）学校篮球队30名同学按照1，2，…，30(1)估计这100位学生的数学成绩的平均值(2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩样本的标准差s 的近似值为10，用样本平均数抽取一位学生，求他的数学成绩恰在640().6827P X μσμσ≤≤+≈-，(2P μσ-(3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的积极性，8．（2023·全国·高三专题练习）某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了100个相同的箱子，其中第()1,2,,100k k = 个箱子中有k 个数学题，100k -个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品．(1)已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了2个数学题，1个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为p ，答对每一个物理题的概率为q ．①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率；②已知1p q +=，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时p 、q 的值．(2)若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率．。

【精品提分练习】专题18-数列的通项公式及前n项和高考数学)母题题源系列(天津专版)精选全文

【精品提分练习】专题18-数列的通项公式及前n项和高考数学)母题题源系列(天津专版)精选全文

可编辑修改精选全文完整版母题十八 数列的通项公式及前n 项和【母题原题1】【2018天津，文18】设{}n a 是等差数列，其前n 项和为()*Nn S n ∈；{}n b 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()*N nT n ∈．已知132435546,,,122b b b b a a b a a ==+=+=+．（Ⅰ）求n S 和n T ； （Ⅱ）若()124n n n n S T T T a b ++++=+，求正整数n 的值．【考点分析】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识．考查数列求和的基本方法和运算求解能力．满分13分．【答案】(Ⅰ)()12n n n S +=，21nn T =-；(Ⅱ)4． 【解析】试题分析：（I ）由题意得到关于q 的方程，解方程可得2q =，则122112nn n T -==--．结合设等差数列{}n a 的公差为d ．由435b a a =+，可得134a d +=．由5462b a a =+，可得131316a d +=，从而11,1a d ==，故n a n =，()12n n n S +∴=．（II ）由（I ），有()()131122122222212n n n n T T T n n n +-+++=+++-=-=---．由()124n n n n S T T T a b ++++=+可得()1112222n n n n n n ++++--=+， 整理得2340n n --=，解得1n =-（舍），或4n =，n ∴的值为4【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识．考查数列求和的基本方法和运算求解能力． 【母题原题2】【2017天津，文18】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为*()n S n ∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2334111412,2,11b b b a a S b +==-=．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列2{}n n a b 的前n 项和*()n ∈N ．【答案】（1）32n a n =-．2n n b =．（2）2(34)216n n T n +=-+．由此可得32n a n =-．1212(12)4(62)2(34)21612n n n n n ++⨯-=---⨯=----．得2(34)216n n T n +=-+，所以，数列2{}n n a b 的前n 项和为2(34)216n n +-+．【母题原题3】【2016天津，文18】已知{}n a 是等比数列，前n 项和为()n S n *∈N ，且6123112,63S a a a -==． (Ⅰ)求{}n a 的通项公式；(Ⅱ)若对任意的,n n b *∈N 是2log n a 和21log n a +的等差中项，求数列(){}21nn b -的前2n 项和．【答案】（Ⅰ）12-=n n a ；（Ⅱ）22n ．设数列})1{(2n n b -的前n 项和为n T ，则2212212221224232221222)(2)()()(n b b n b b b b b b b b b T n n n n n =+=+⋅⋅⋅++=+-+⋅⋅⋅++-++-=-．【考点】等差数列、等比数列及其前n 项和公式【名师点睛】分组转化法求和的常见类型：（1）若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和． （2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数，为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．【母题原题4】【2015天津，文18】已知n a 是各项均为正数的等比数列，n b 是等差数列，且112331,2a b b b a ，5237a b ．（I ）求n a 和n b 的通项公式； （II ）设*,nn n c a b n N ，求数列n c 的前n 项和．【答案】（I ）12,n n a n -*=∈N ，21,n b n n *=-∈N ；（II ）()2323nn S n =-+ 【解析】试题分析：（I ）列出关于q 与d 的方程组，通过解方程组求出q ，d ，即可确定通项；（II ）用错位相减法求和．试题解析：（I ）设n a 的公比为q ，n b 的公差为d ，由题意0q > ，由已知，有24232,310,q d q d ⎧-=⎨-=⎩ 消去d得42280,q q --= 解得2,2q d == ，所以n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N ， n b 的通项公式【考点定位】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及错位相减法求和，考查基本运算能力．【名师点睛】近几年高考试题中求数列通项的题目频频出现，尤其对等差、等比数列的通项考查较多，解决此类 问题要重视方程思想的应用．错位相减法求和也是高考考查频率较高的一类方法，从历年考试情况来看，这类问题，运算失误较多，应引起考生重视．【命题意图】 高考对本部分内容的考查基础知识为主，重点考查求数列的通项公式和数列求和问题． 【命题规律】 高考试题对该部分内容考查的主要角度有：其一求数列的通项公式，其二数列求和，其三证明数列成等差数列或成等比数列．【理科】【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：求数列{}n b 的通项公式：本题从等比数列{}n b 入手，由于12b =，设公比为q ，表达出2b 和3b ，利用2312b b +=列方程求出q ，写出{}n b 的通项公式；第二步：求数列{}n a 的通项公式：借助第一步的结果，由于数列{}n a 成等差数列，设公差为d ，结合3411142,11b a a S b =-=，解方程组求出1a 和d ，写出数列{}n a 的通项公式．第三步：利用错位相减法求和： 列出数列221{}n n a b -的前n 项和n T ，两边同乘以4，两式相减后求和． 【文科】【答题模板】 解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：求数列的通项公式 求数列}{2n n b a 的通项公式 第二步：选用恰当的方法求和 错位相减求和 第三步：下结论． 【方法总结】1．数列{}n a 中n a 与n S 的关系：a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2． 等差数列（1）等差数列的有关概念①定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为*1(,n n a a d n N d +-=∈为常数)．②等差中项：数列,,a A b 成等差数列的充要条件是2a bA +=，其中A 叫做,a b 的等差中项． （2）等差数列的有关公式①通项公式：1(1)n a a n d =+-． ②前n 项和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-=+=． （3）等差数列的性质已知数列{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和．①通项公式的推广：*()(,)n m a a n m d n m N =+-∈．②若*(,,,)k l m n k l m n N +=+∈，则k l m n a a a a +=+．③若{}n a 的公差为d ，则{}n a 也是等差数列，公差为2d ． ④若{}n b 是等差数列，则{}n n pa qb +也是等差数列． ⑤数列232,,n n n n n S S S S S --，…构成等差数列．（4）． 妙设等差数列中的项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为,,a d a a d -+；若偶数个数成等差数列，可设中间两项为,a d a d -+，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元． （5）等差数列的四种判断方法①定义法：*1(,n n a a d n N d +-=∈为常数⇔{}n a 是等差数列．②等差中项法：122n n n a a a ++=+ (n ∈N *)⇔{}n a 是等差数列． ③通项公式：n a pn q =+ (,p q 为常数)⇔ {}n a 是等差数列．④前n 项和公式：2n S An bn =+（A B 、 为常数)⇔ {}n a 是等差数列．3．等比数列（1）等比数列的有关概念 ①定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为*1(0,)n na q q n N a +=≠∈． ②等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G 2＝ab ． “a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件． （2）等比数列的有关公式①通项公式：11n n a a q -=．②前n 项和公式：111,1,(1),111n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩；（3）等比数列的性质已知数列{}n a 是等比数列，n S 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) ①若2m n p q r +=+=，则2m n p q r a a a a a ==； ②数列23,,,,m m k m k m k a a a a +++…仍是等比数列；③数列232,,n n n n n S S S S S --，…仍是等比数列(此时{a n }的公比1q ≠-)． （4）等比数列的三种判定方法 （1）定义：*1(0,)n na q q n N a +=≠∈⇔{}n a 是等比数列． （2）通项公式：1(n n a cq c q -=、均是不为零的常数，*)n N ∈ ⇔{}n a 是等比数列． (3)等比中项法：2*1212(0,)n n n n n n a a a a a a n N ++++=⋅⋅≠∈⇔{}n a 是等比数列．（5）求解等比数列的基本量常用的思想方法①方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：1,,,,n n a q n a S ，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a 1与q ，在解题中根据已知条件建立关于a 1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．②分类讨论思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必须分类求和，当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，1(1)1n n a q S q-=-；在判断等比数列单调性时，也必须对1a 与q 分类讨论．5．数列求和的常用方法（1）公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 等差数列的前n 项和公式：S n ＝na 1＋a n 2＝na 1＋nn －12d ； 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 11－q n1－q，q ≠1. （2）倒序相加法：如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“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，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．（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，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．（4）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． （5）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．（6）并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721(10099)(9897)(21)5050n S =-+-++-=++++++=．1．【2018天津南开中学模拟】已知数列是首项的等差数列，设．（1）求证：是等比数列；（2）记，求数列的前项和；（3）在（2）的条件下，记，若对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）11．【解析】分析：（1）运用等差数列的通项公式，可得公差，进而得到，再由对数的运算性质和等比数列的定义，即可得证；（2）利用裂项相消法求和即可；（3）根据题意，求得，设，判断其为单调递增，求得最小值，再（3）因为，则问题转化为对任意正整数使不等式恒成立．设，则．所以，故的最小值是/．由，得整数可取最大值为11．【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有用定义证明等比数列，对数的运算，裂项相消法求和，恒成立问题求有关参数的取值范围和最值问题，在解题的过程中，注意对公式的正确使用以及对问题的正确理解．2．【2018天津河西区模拟】已知数列的前项和为，数列是首项为，公差为的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和．【答案】（1）（2）由等比数列的前项和公式可得结论．详解：（1）解：由题意得：，当时，，时，对上式也成立，∴．（2）解：，【名师点睛】已知数列前项和与第项关系，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式，在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意的情况．3．【2018天津部分区二模】已知数列的奇数项依次成公比为2的等比数列，偶数项依次成公差为4的等差数列，数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】分析：（I）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，，可得，为奇数时，，为偶数时，；（II）由（1）知．为偶数时，，为奇数时，．详解：（1）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，得．∵，∴，解得为奇数时，，．【名师点睛】本题考查数列的性质和综合运用，分类讨论思想，难度较大．解题时要认真审题，仔细解答．4．【2018天津部分区二模】已知数列为等比数列，数列为等差数列，且，，．（1）求数列，的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）设数列{a n}的公比为q，数列{b n}的公差为d，由题意得：1+d=1+q，q2=2（1+2d）﹣6，解得：d=q=2，即可．（2）证明：因为c n===，T n=．即可得．详解：（1）设数列的公比为，数列的公差为．由题意得，，解得，所以（2）证明：因为，所以【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．5．【2018天津河东区二模】已知等比数列满足条件，，．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，，求的前项和．【答案】（1）（2）【解析】分析：第一问首先利用等比数列的通项公式得到数列的首项和公比所满足的条件，从而求得相关的值，得到该数列的通项公式；第二问利用和与项的关系，得到，，再将时的情况进行验证，得到，，之后应用错位相减法对数列求和即可得结果．详解：（1）设的通项公式为，由已知，，由已知，，，综上，①②由①-②得到，【名师点睛】该题考查的是有关数列的通项公式与求和的问题，在求解的过程中，注意对等比数列的通项公式的应用，得到题中的数列的首项和公比所满足的条件，从而求得结果；再者就是利用和与项的关系求通项的时候，需要对首项进行验证，在应用错位相减法求和时，需要明确步骤应该怎么写．6．【2018天津河北区二模】已知等差数列{}中，=1，且，，成等比数列．（I）求数列{}的通项公式及前n项和；（II）设，求数列{}的前2n项和．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【解析】分析：（Ⅰ）设等差数列{}的公差为d，由题意可求得，故可得数列的通项公式和前n项和公式．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，故选用分组求和的方法将数列{}的项分为计数项和偶数项两部分后再求和．详解：（I）设等差数列{}的公差为d，∵，且，，成等比数列，∴，即，解得或．∴数列{}的奇数项是以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以8为首项，16为公比的等比数列．∴数列{}的前2n项的和．【名师点睛】（1）等差、等比数列的运算中，要注意五个量之间的关系，根据条件得到方程（或方程组），通过解方程（方程组）达到求解的目的．（2）数列求和应从通项入手，若通项符合等差数列或等比数列，则直接用公式求和；若通项不符合等差或等比数列，需要通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列求解．当数列的通项中含有或的字样时，一般要分为n为奇数和n为偶数两种情况求解．7．【2018天津十二校二模】已知数列的前项和满足：，（为常数，，）．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，若数列为等比数列，求的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，．若数列的前项和为，且对任意满足，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．详解：（1）且数列是以为首项，为公比的等比数列（2）由得，因为数列为等比数列，所以，解得．（3）由（2）知【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧： （1）；（2）； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．8．【2018天津滨海新区七校模拟】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21n n S a =- (*n N ∈)，数列{}n b 满足()()111n n nb n b n n +-+=+ (*n N ∈)，且11b =（1）证明数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若()()()()122141132log 32log n n n n n c a a -++=-++，求数列{}n c 的前n 项和2n T ；（3）若n n n d a b =⋅，数列{}n d 的前n 项和为n D ，对任意的*n N ∈，都有n n D nS a ≤-，求实数a 的取值范围．【答案】（1）12n n a -=， 2n b n =；（2）11343n -+；（3）0a ≤ 【解析】试题分析：（1）()()111n n nb n b n n +-+=+两边同除以()1n n +，得111n nb b n n+-=+，可求得n b ．用公式11,2{,1n n n S S n a S n --≥==，统一成n a ，可求得n a ．（2）由（1）12n n a -=，代入得n c ()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭，由并项求和可得2n T ．（3）由（1）12n n n n d a b n -==由错位相减法可求得n D ，代入可求．当2n ≥时， 21n n S a =-， -1-121n n S a =-， 两式相减得12n n a a -=，又1=1a ，所以12nn a a -=， 从而数列{}n a 为首项1=1a ，公比=2q 的等比数列，从而数列{}n a 的通项公式为12n n a -=．（2） ()()()41(2123n n c n n -⎛⎫+=⎪ ⎪++⎝⎭()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭ 2123212n n n T c c c c c -=++++=1111111135574143343n n n +--+--=-+++（3）由（1）得12n n n n d a b n -==，()221112232122n n n D n n --=⨯+⨯+⨯+-+()()2311212223212122n n n n D n n n --=⨯+⨯+⨯+-+-+，所以21n a n ≤--恒成立，记21nn d n =--，所以()min n a d ≤，因为()()1+121121n nn n d d n n +⎡⎤-=-+----⎣⎦210n =->，从而数列{}n d 为递增数列 所以当=1n 时， n d 取最小值1=0d ，于是0a ≤．【名师点睛】本题考查知识较多，有递推公式求通项公式，及通项公式与前n 项和关系，裂项求和，并项求和，等差数列求和，错位相减法，数列与不等式交汇等，需要对数列基本知识，基本方法掌握非常好．9．【2018天津十二模拟一】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足4212a a -=，423+2S 3S S =，数列{}n b 满足()()111n n nb n b n n +-+=+， *n N ∈，且11b =． （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设()22log 212{22nn n na n k n n cb n k=-+==，， n T 为{}n c 的前n 项和，求2n T ．【答案】（1）2n n a ∴=， 2n b n =；（2）21166899221n n nn -+-+⨯+． 【解析】试题分析：（1）由423+2S 3S S =，可推出432a a =， 2q =，结合4212a a -=，即可求出数列{}n a 的通项公式，再将()()111n n nb n b n n +-+=+两边同除以()1n n +得111n n b b n n +-=+，可推出数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，从而可求出{}n b 的通项公式；（2）由（1）知()22log 2,212{2,22nn n n k n n c nn k =-+==，利用分组求和，裂项相消法及错位相减法即可求出2n T ．1d =的等差数列∴=nb n n，从而数列{}n b 的通项公式为2n b n =． （2）由（1）知()()2211log 2,21,2122{{2,2,222nn n n n n k n k n n n n c c nnn k n k -=-=-++=⇒===∴21232n nT c c c c =++++135211*********22133521212222n n n n -⎛⎫⎡⎤=-+-++-+++++⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦【名师点睛】（1）分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如,{ 2,n n n n a n =为奇数为偶数），符号型（如()21nn a n =- ），周期型 （如πsin 3n n a = ）；（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“n S ”与“n qS ”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“n n S qS -”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．10．【2018天津十二模拟二】已知正项等比数列，等差数列满足，且是与的等比中项． （1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）根据，是与的等比中项列出关于公比 、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列与的的通项公式；（2）由（1）可知，所以，对分奇数、偶数两种情况讨论，分别利用分组求和法，错位相减求和法，结合等差数列求和公式与等比数列求和公式求解即可． 试题解析：（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为由是与的等比中项可得：又，则：，解得或因为中各项均为正数，所以，进而．故．（2）设则②，由①-②得：，，因此， 综上：．11．【2018天津部分区期末考】已知{}n a 为等差数列，且24a =，其前8项和为52， {}n b 是各项均为正数的等比数列，且满足124b b a +=， 36b a =． （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）令22log log n nn n nb ac a b =+，数列{}n c 的前n 项和为n T ，若对任意正整数n ，都有2n T n λ-<成立，求实数λ的取值范围．【答案】（1）2n a n =+， 2nn b =；（2）3λ≥【解析】试题分析：（1）结合题意可求得等差数列的公差和等比数列的公比，由此可得数列的通项公式．（2）由（1）可得22224422n n n n n c n n n n +++=+=++ 11222n n ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭，利用裂项求和可得1123212n T n n n ⎛⎫=+-+ ⎪++⎝⎭，因此由题中的恒成立可得113212n n λ⎛⎫>-+ ⎪++⎝⎭对任意正整数n 恒成立，然后根据1132312n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭可得结果． 试题解析：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ， 由题意得114{82852a d a d +=+=，即1134{2713a d a d +=+=，解得13{1a d ==，所以()312n a n n =+-=+．1111111221324112n n n n n ⎛⎫=+⨯-+-++-+- ⎪-++⎝⎭1123212n n n ⎛⎫=+-+ ⎪++⎝⎭．所以1123212n T n n n ⎛⎫-=-+⎪++⎝⎭， 因为对任意正整数n ，都有2n T n λ-<成立， 即113212n n λ⎛⎫>-+⎪++⎝⎭对任意正整数n 恒成立， 又1132312n n ⎛⎫-+<⎪++⎝⎭， 所以3λ≥．故实数λ的取值范围为[)3,+∞．12．【2018天津一中期中考】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21234n n S na n n +=--， *n N ∈ ，且13a =．（Ⅰ）求2a 、3a 的值； （Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式【答案】（Ⅰ）25a =， 37a =； （Ⅱ）见解析．【解析】分析：（Ⅰ）分别令1,2n n ==就可以求得25a =， 37a =． （Ⅱ）根据（Ⅰ）猜测21n a n =+，利用数学归纳可证明该猜测．②当1n k =+时，有()()123322232112222k k k k S kk a k k k k ++=++=++=+=++， 这说明当1n k =+时，猜想也成立，结合①②，由归纳原理知，对任意*n N ∈， 21n a n =+．【名师点睛】与自然数有关的问题，可以用数学归纳法，在归纳假设中，我们一般设当n k =时，命题()P k 成立，也可以假设0n n k ≤≤时，命题()P n 成立，然后再证明1n k =+， ()1P k +也成立．13．【2018天津滨海新区模拟】已知数列{}n a 的首项15a =前n 项和为n S ，且()*15n n S S n n N +=++∈ （I ）证明数列{}1n a +是等比数列；（II ）令()212.....nn f x a x a x a x =+++ 求函数()f x 在点1x =处的导数()1f '并比较()21f ' 与22313n n -的大小【答案】（1）见解析；（2）()21f ' > 22313n n -．【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项递推关系，再根据题意变形为()1121n n a a ++=+，最后根据等比数列定义给以证明（2）先求导数得()1f '，根据分组求和法以及错位相消法化简()1f '，最后作差并利用二项式定理比较大小因为()212n n f x a x a x a x =+++所以()1122n n f x a a x na x -'=+++从而()1212n f a a na '=+++=()()()23212321321n n ⨯-+⨯-++⨯- =()232222n n +⨯++⨯-()12n +++=()()1131262n n n n ++-⋅-+由上()()()22123131212n f n n n --=-⋅'-()21221n n --=()()()121212121n n n n -⋅--+=12()()1221nn n ⎡⎤--+⎣⎦①当1n =时，①式=0所以()2212313f n n ='-； 当2n =时，①式=-120<所以()2212313f n n <'- 当3n ≥时， 10n ->又()011211nn n nn n n nC C C C -=+=++++ ≥ 2221n n +>+ 所以()()12210nn n ⎡⎤--+>⎣⎦即①0>从而()21f ' > 22313n n -． 14．【2018天津一中月考五】已知数列中，，．（1）求证：数列是等比数列； （2）求数列的前项和，并求满足的所有正整数．【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析．【解析】分析：（1）设，推导出，由此能证明数列是等比数列；（2）推导出，由，得，，从而由此能求出满足S n ＞0的所有正整数n 的值．由，得，所以，同理，当且仅当时，，综上，满足的所有正整数为和．【名师点睛】本题考查等比数列的证明，考查满足数列的前n项和的正整数的最大值的求法，考查等比数列、分组求和法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．15．【2018天津耀华中学】等差数列的各项均为正数，，前项和为，为等比数列，，且，．（）求与．（）求数列的前项和．（）若对任意正整数和任意恒成立，求实数的取值范围．【答案】（），（）（）【解析】试题分析：（1）由条件得，解方程即可；（2）利用错位相减即可得解；（3）由，利用裂项相消求和，只需即可．试题解析：（）设公差为，公比为．．．．（），∴，∴．∴，即恒成立，∴，则，∴．【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．。

专题18 民族团结与祖国统一、国防建设与外交成就(第01期)(原卷版)

专题18 民族团结与祖国统一、国防建设与外交成就(第01期)(原卷版)

专题18 民族团结与祖国统一、国防建设与外交成就一、选择题1．（2021·湖南长沙市·中考真题）1997年6月30日，101岁的胡家芝老太太在南京参加庆香港回归活动时说：“国家不强大，香港哪能回来。

国家兴盛，是老百姓的福气啊！”对材料中关于香港回归的的原因的解读最准确的是的A．“一国两制”的提出B．中英双方的共同努力C．人民的殷切期盼D．中国综合国力的增强2．（2021·湖北中考真题）改革开放以后，为解决历史遗留问题，实现祖国统大业，邓小平集中全党和全国人民的智慧，创造性地提出了A．“一国两制”的构想B．西部大开发的战略C．兴办经济特区的主张D．国有企业改革的决策3．（2021·湖北宜昌市·中考真题）中华人民共和国政府于1997年7月1日和1999年12月20日，分别对香港和澳门恢复行使主权。

香港、澳门顺利回归祖国，这一事件表明中华民族的共同夙愿是A．科技进步B．民族团结C．巩固国防D．祖国统一4．（2021·江苏南京市·中考真题）新中国成立后，在实现祖国统一大业进程中取得的成果，按时间先后顺序排列正确的是①西藏和平解放②中国对香港恢复行使主权③澳门回归祖国④海峡两岸隔绝状态被打破A．①④②③B．①④③②C．②①③④D．④①②③5．（2021·山东菏泽市·中考真题）史实就是历史事实，史论是对历史事件和历史人物的评论。

下列选项中属于史论的是A．1956年，中国共产党在北京召开第八次全国代表大会B．中共十--届三中全会后，党和政府实行改革开放政策C．1980年，中央决定在广东、福建两省兴办4个经济特区D．香港、澳门回归祖国，标志着中国人民洗雪了百年国耻6．（2021·甘肃天水市·中考真题）《中华人民共和国宪法》规定：“各少数民族聚居的地方实行区城自治，设立自治机关，行使自治权。

各民族自治地方都是中华人民共和国不可分离的部分。

2019年高考数学真题分类汇编专题18：数列(综合题含解析)

2019年高考数学真题分类汇编专题18：数列(综合题含解析)

2019年高考数学真题分类汇编专题18：数列（综合题）一、解答题1.（2019•江苏）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：，求证:数列{a n}为“M－数列”；（2）已知数列{b n}满足: ，其中S n为数列{b n}的前n项和．①求数列{b n}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M－数列”{c n} ，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．2.（2019•上海）已知等差数列的公差，数列满足，集合．（1）若，求集合；（2）若，求使得集合恰好有两个元素；（3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值．3.（2019•浙江）设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=4.a4=S3，数列{b n}满足：对每个n∈N*，S n+b n，S n+1+b n、S n+2+b n成等比数列（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式（2）记C n= ，n∈N*，证明：C1+C2+…+C n＜2 ，n∈N*4.（2019•天津）设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知，，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）设数列满足求.5.（2019•天津）设是等差数列，是等比数列.已知.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）设数列满足其中.（i）求数列的通项公式；（ii）求.6.（2019•卷Ⅱ）已知是各项均为正数的等比数列，，。

（1）求的通项公式；（2）设，求数列{ }的前n项和。

7.（2019•北京）设{a n}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列.（I）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值.8.（2019•卷Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=0，，.（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.9.（2019•北京）已知数列{a n}，从中选取第i1项、第i2项…第i m项（i1<i2<…<i m）.若a i1<a i2<…<a im.则称新数列a i1，a i2，…，a im.为{a n}的长度为m的递增子列.规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列.（I）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（II）已知数列{a n}的长度为P的递增子列的末项的最小值为a m0，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0，若p<q，求证：a m0<a n0；（III）设无穷数列{a n}的各项均为正整数，且任意两项均不相等。

等比数列专题(有答案)百度文库

等比数列专题(有答案)百度文库
A．6B．7C．8D．9
15．已知等比数列 的通项公式为 ，则该数列的公比是（）
A． B．9C． D．3
16．已知1，a，x，b，16这五个实数成等比数列，则x的值为（）
A．4B．－4C．±4D．不确定
17．正项等比数列 的公比是 ，且 ，则其前3项的和 （）
A．14B．13C．12D．11
18．数列 满足 ，则该数列从第5项到第15项的和为（）
A．2016B．1528C．1504D．992
19．等比数列 中各项均为正数， 是其前 项和，且满足 ， ，则 ＝（）
A． B． C． D．
20．设数列 的前n项和为 ，且 ，则 （）
A． B． C．3D．7
二、多选题
21．已知数列 的前 项和为 ， ，数列 的前 项和为 ， ，则下列选项正确的是（）
根据等比中项性质可得 ，直接求解即可.
【详解】
由等比中项性质可得：
，
所以 ，
故选：B
4．D
【分析】
首先设等比数列 的公比为 ，根据 ， ， 成等差数列，列出等量关系式，求得 ，比较 相邻两项的大小，求得其最小值.
【详解】
在等比数列 中，设公比 ，
当 时，有 ， ， 成等差数列，
所以 ，即 ，解得 ，
A． B． C． D．
13．已知等比数列 中， ， ，则 （）
A． B． C． D．
14．古代数学名著《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：一女子善于织布，每天织的布是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问该女子每天分别织布多少？由此条件，若织布的总尺数不少于20尺，该女子需要的天数至少为（）
【详解】
解：因为正项等比数列 满足 ，由于 ，所以 .

专题18 民族团结与祖国统一、国防建设与外交成就(第02期)(原卷版) (1)

专题18 民族团结与祖国统一、国防建设与外交成就(第02期)(原卷版) (1)

2022年中考历史真题分项汇编（全国通用）（第02期）专题18 民族团结与祖国统一、国防建设与外交成就考点77 民族大团结1．（2022年黑龙江大庆）下图为黑龙江省大庆市政区图其中①是杜尔伯特蒙古族自治县，它的建立体现了我国实行的政治制度是A．民族区域自治制度B．与中国共产党领导的多党合作和政治协商制度C．人民代表大会制度D．选举制度2．（2022年广西梧州）广西在农历三月三开展壮族歌圩、抢花炮、打扁担、打铜鼓等民族风俗活动，让孩子们感受壮乡民族风情、壮族传统文化的魅力。

这反映少数民族重视A．经济开发B．文化传承C．科技创新D．民族平等3．（2022年广西北部湾经济区）历史学习要学会区分史实和史论，史论就是根据史实得出的历史结论。

下列属于史论的是A．民族区域自治制度对维护民族团结具有重大意义B．周恩来在万隆会议上提出了“求同存异”的方针C．袁隆平经多年反复试验成功培育出籼型杂交水稻D．中国于2001年12月成为了世界贸易组织的成员4．（2022年广东）如下表。

这表明，20世纪60年代，我国民族自治地方民族自治地方工业发展情况工业总产值1957年工业总产值为29.5亿元，1965年为66.8亿元，增长133.2%。

工业主要产品产量1963年同1958年相比，发电量增长2.5倍，钢产量增长3.5倍，棉纱产量增长2倍，化肥产量增长20多倍。

A．工业取得较大成就B．建立了社会主义公有制C．彻底摆脱贫困落后D．文化教育事业迅速发展5．（2022年山东临沂）阅读材料，结合所学知识回答问题材料一习近平提出“中国梦”、邓小平提出“小康”等理念都是源自儒家学说。

儒家学说对历代中国人的世界观都有着深远的影响。

——摘自共产党员网(1)“中国梦”这一“理念”的思想来源最早可以追溯到我国古代的哪位思想家？这位思想家处理人际关系的最高行为准则和道德规范是什么？中国全面建成“小康”社会的根本保证是什么？材料二每个人都有理想和追求，都有自己的梦想。

2024年高考真题汇总 数列(解析版)

2024年高考真题汇总 数列(解析版)

专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数 ，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。

高考等比数列专题及答案

高考等比数列专题及答案

一、等比数列选择题1．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为30，且53134a a a =+，则3a =（ ） A ．2B ．4C ．8D ．162．数列{}n a 是等比数列，54a =，916a =，则7a =（ ） A ．8B ．8±C ．8-D ．13．已知各项均为正数的等比数列{}n a ，若543264328a a a a +--=，则7696a a +的最小值为（ ） A ．12B ．18C ．24D ．324．在等比数列{}n a 中，24a =，532a =，则4a =（ ） A ．8 B ．8-C ．16D ．16-5．已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9＝（ ） A ．4B ．5C ．8D ．156．已知{}n a 是正项等比数列且1a ，312a ，22a 成等差数列，则91078a a a a +=+（ ） A1B1C．3-D．3+7．已知数列{}n a 满足112a =，*11()2n n a a n N +=∈.设2n n n b a λ-=，*n N ∈，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（ ）A ．(,1)-∞B ．3(1,)2-C ．3(,)2-∞D ．(1,2)-8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3=7，S 6=63，则数列{na n }的前n 项和为（ ） A ．-3+(n +1)×2n B ．3+(n +1)×2n C ．1+(n +1)×2nD ．1+(n -1)×2n9．已知正项等比数列{}n a 的公比不为1，n T 为其前n 项积，若20172021T T =，则20202021ln ln a a =（ ） A ．1:3B ．3:1C ．3:5D ．5:310．等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，且满足11a >，10210310a a ->，102103101a a -<-，则使得1n T >成立的最大自然数n 的值为（ ）A ．102B ．203C ．204D ．20511．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（ ） A ．8B ．7C ．6D ．412．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1352a a +=，2454a a +=，则n n S =a （ ）A ．14n -B ．41n -C ．12n -D ．21n -13．已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且()21234123a a a a a a a +++=++，若11a >，则（ ）A ．13a a <，24a a <B ．13a a >，24a a <C ．13a a <，24a a >D ．13a a >，24a a >14．已知等比数列{}n a 的前n 项和的乘积记为n T ，若29512T T ==，则n T 的最大值为（ ） A ．152B ．142C ．132D ．12215．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段12(,)33，记为第一次操作；再将剩下的两个区间1[0,]3，2[,1]3分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于910，则需要操作的次数n 的最小值为（ ）（参考数据：lg 20.3010=，lg30.4771=）A ．4B ．5C ．6D ．716．已知等比数列{}n a 的通项公式为2*3()n n a n N +=∈，则该数列的公比是（ ）A ．19B ．9C ．13D ．317．已知{}n a 为等比数列.下面结论中正确的是（ ） A ．1322a a a +≥B ．若13a a =，则12a a =C ．2221322a a a +≥D ．若31a a >，则42a a >18．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了363盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的中间一层共有灯（ ）A ．3盏B ．9盏C ．27盏D ．81盏19．已知等比数列{}n a ，7a =8，11a =32，则9a =（ ） A ．16B ．16-C ．20D ．16或16-20．已知等比数列{}n a 满足12234,12a a a a +=+=，则5S 等于（ ） A ．40B ．81C ．121D ．242二、多选题21．题目文件丢失！22．设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，关于数列{}n a ，下列四个命题中正确的是（ ）A ．若1*()n n a a n N +∈=，则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若2n S An Bn =+(A ，B 为常数，*n N ∈)，则{}n a 是等差数列C ．若()11nn S =--，则{}n a 是等比数列D ．若{}n a 是等差数列，则n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈也成等差数列23．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1a p =，122n n S S p --=（2n ≥，p 为非零常数），则下列结论正确的是（ ） A ．{}n a 是等比数列 B ．当1p =时，4158S =C ．当12p =时，m n m n a a a +⋅= D ．3856a a a a +=+24．在等比数列{a n }中，a 5＝4，a 7＝16，则a 6可以为（ ） A ．8 B ．12 C ．－8D ．－1225．已知等比数列{}n a 的公比0q <，等差数列{}n b 的首项10b >，若99a b >，且1010a b >，则下列结论一定正确的是（ ）A ．9100a a <B ．910a a >C ．100b >D ．910b b >26．已知数列{}n a 的前n 项和为n S 且满足11130(2),3n n n a S S n a -+=≥=，下列命题中正确的是（ ） A ．1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 B ．13n S n=C ．13(1)n a n n =--D ．{}3n S 是等比数列27．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．则下列说法正确的是（ ） A ．此人第三天走了二十四里路B ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C ．此人第二天走的路程占全程的14D ．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍28．已知数列{}n a 的首项为4，且满足()*12(1)0n n n a na n N ++-=∈，则（ ）A ．n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列 B ．{}n a 为递增数列C ．{}n a 的前n 项和1(1)24n n S n +=-⋅+D ．12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和22n n n T +=29．已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和0n S >，设2132n n n b a a ++=-，记{}n b 的前n 项和为n T ，则下列判断正确的是（ ） A ．若1q =，则n n T S = B ．若2q >，则n n T S > C ．若14q =-，则n n T S > D ．若34q =-，则n n T S > 30．数列{}n a 是首项为1的正项数列，123n n a a +=+，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（ ） A ．313a = B ．数列{}3n a +是等比数列C ．43n a n =-D ．122n n S n +=--31．设数列{}n x ，若存在常数a ，对任意正数r ，总存在正整数N ，当n N ≥，有n x a r -<，则数列{}n x 为收敛数列.下列关于收敛数列正确的有（ ）A ．等差数列不可能是收敛数列B ．若等比数列{}n x 是收敛数列，则公比(]1,1q ∈-C ．若数列{}n x 满足sin cos 22n x n n ππ⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则{}n x 是收敛数列 D ．设公差不为0的等差数列{}n x 的前n 项和为()0n n S S ≠，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭一定是收敛数列32．已知数列{}n a 满足11a =，()*123nn na a n N a +=∈+，则下列结论正确的有（ ） A ．13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B ．{}n a 的通项公式为1123n n a +=-C ．{}n a 为递增数列D ．1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2234n n T n +=-- 33．定义在()(),00,-∞⋃+∞上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，数列(){}nf a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在()(),00,-∞⋃+∞上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（ ）A ．()2f x x =B ．()2xf x =C ．()f x =D ．()ln f x x =34．已知数列{}n a 的前n 项和为S ，11a =，121n n n S S a +=++，数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ，则下列选项正确的为（ ）A ．数列{}1n a +是等差数列B ．数列{}1n a +是等比数列C ．数列{}n a 的通项公式为21nn a =-D ．1n T <35．在递增的等比数列{a n }中，S n 是数列{a n }的前n 项和，若a 1a 4＝32，a 2+a 3＝12，则下列说法正确的是（ ） A ．q ＝1 B ．数列{S n +2}是等比数列C ．S 8＝510D ．数列{lga n }是公差为2的等差数列【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、等比数列选择题 1．C 【分析】根据等比数列的通项公式将53134a a a =+化为用基本量1,a q 来表示，解出q ，然后再由前4项和为30求出1a ，再根据通项公式即可求出3a ． 【详解】设正数的等比数列{}n a 的公比为()0q q >，因为53134a a a =+，所以4211134a q a q a =+，则42340q q --=，解得24q =或21q =-（舍），所以2q，又等比数列{}n a 的前4项和为30，所以23111130a a q a q a q +++=，解得12a =， ∴2318a a q ==．故选：C . 2．A 【分析】分析出70a >，再结合等比中项的性质可求得7a 的值. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则2750a a q =>，由等比中项的性质可得275964a a a ==，因此，78a =.故选：A. 3．C 【分析】将已知条件整理为()()22121328a q q q -+=，可得()22183221q q a q +=-，进而可得()4427612249633221q a a a q q q q +=+=-，分子分母同时除以4q ，利用二次函数的性质即可求出最值. 【详解】因为{}n a 是等比数列，543264328a a a a +--=，所以432111164328a q a q a q a q +--=，()()2221232328a q q q q q ⎡⎤+-+=⎣⎦， 即()()22121328a q q q -+=，所以()22183221q q a q +=-，()()465424761111221248242496963323212121q a a a q a q a q q q a q q a q q q +=+=+=⨯==---， 令210t q =>，则()222421211t t t q q -=-=--+， 所以211t q==，即1q =时2421q q -最大为1，此时242421q q -最小为24， 所以7696a a +的最小值为24， 故选：C【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： (1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化. 4．C 【分析】根据条件计算出等比数列的公比，再根据等比数列通项公式的变形求解出4a 的值. 【详解】因为254,32a a ==，所以3528a q a ==，所以2q ，所以2424416a a q ==⨯=，故选：C. 5．C 【分析】由等比中项，根据a 3a 11＝4a 7求得a 7，进而求得b 7，再利用等差中项求解. 【详解】 ∵a 3a 11＝4a 7， ∴27a ＝4a 7， ∵a 7≠0， ∴a 7＝4， ∴b 7＝4， ∴b 5＋b 9＝2b 7＝8． 故选：C 6．D 【分析】 根据1a ，312a ，22a 成等差数列可得3121222a a a ⨯=+，转化为关于1a 和q 的方程，求出q 的值，将91078a a a a ++化简即可求解.【详解】因为{}n a 是正项等比数列且1a ，312a ，22a 成等差数列， 所以3121222a a a ⨯=+，即21112a q a a q =+，所以2210q q --=，解得：1q =+1q =(222291078787813a a a q a q q a a a a ++====+++，故选：D 7．C 【分析】 由*11()2n n a a n N +=∈可知数列{}n a 是公比为2的等比数列，12n n a =，得2(2)2n n nn b n a λλ-==-，结合数列{b n }是单调递增数列，可得1n n b b +＞对于任意的*n N ∈*恒成立，参变分离后即可得解．【详解】 由*11()2n n a a n N +=∈可知数列{}n a 是公比为2的等比数列， 所以1111()222n n n a -==， 2(2)2n n nn b n a λλ-==- ∵数列{n b 是单调递增数列， ∴1n n b b +＞对于任意的*n N ∈*恒成立， 即1(12)2(2)2n n n n λλ++->-，整理得：22n λ+<32λ∴＜ ，故选：C. 【点睛】本题主要考查了已知数列的单调性求参，一般研究数列的单调性的方法有： 一、利用数列单调性的定义，由1n n a a +>得数列单增，1n n a a +<得数列单减； 二、借助于函数的单调性研究数列的单调性. 8．D 【分析】利用已知条件列出方程组求解即可得1,a q ，求出数列{a n }的通项公式，再利用错位相减法求和即可. 【详解】设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，所以由题设得()()3136161711631a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩， 两式相除得1+q 3=9，解得q =2， 进而可得a 1=1， 所以a n =a 1q n -1=2n -1， 所以na n =n ×2n -1.设数列{na n }的前n 项和为T n ， 则T n =1×20+2×21+3×22+…+n ×2n -1， 2T n =1×21+2×22+3×23+…+n ×2n ，两式作差得-T n =1+2+22+…+2n -1-n ×2n=1212n---n ×2n =-1+(1-n )×2n ， 故T n =1+(n -1)×2n . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了求等比数列的通项公式问题以及利用错位相减法求和的问题.属于较易题. 9．A 【分析】由20172021T T =得20182019202020211a a a a =，由等比数列性质得20182021201920201a a a a ==，这样可把2020a 和2021a 用q 表示出来后，可求得20202021ln ln a a ． 【详解】{}n a 是正项等比数列，0n a >，0n T ≠，*n N ∈，所以由2017202120172018201920202021T T T a a a a ==⋅，得20182019202020211a a a a =， 所以20182021201920201a a a a ==，设{}n a 公比为q ，1q ≠，22021201820213()1a a a q ==，2202020192020()1a a a q==，即322021a q =，122020a q =，所以1220203202121ln ln ln 123ln 3ln ln 2qa q a q q ===． 故选：A ． 【点睛】本题考查等比数列的性质，解题关键是利用等比数列性质化简已知条件，然后用公比q 表示出相应的项后可得结论． 10．C【分析】由题意可得1021031a a >，1021031,1a a ><，利用等比数列的性质即可求解. 【详解】由10210310a a ->，即1021031a a >，则有21021a q ⨯>，即0q >。

选择性必修第二册数列专题复习---02 等差、等比数列(原卷版)

选择性必修第二册数列专题复习---02 等差、等比数列(原卷版)

数列专题------02等差、等比数列一、知识储备1.等差数列的定义及通项公式、前n 项和公式；2.等差中项、等差数列性质及前n 项和性质；3.等比数列的定义及通项公式、前n 项和公式；4.等比中项、等比数列性质及前n 项和性质；5.等差、等比数列定义的证明二、素养目标1.理解等差、等比数列的定义，熟练应用通项公式求等差、等比数列的通项；2.等差、等比数列求和公式的选择，等比数列求和公式中分类讨论意识的培养。

4.逻辑推理、数学运算、数学抽象素养的培养与提升三、针对训练（一）单选题1．在等差数列{}n a 中，56816,12,a a a +==则3a =（）A ．4-B ．4C ．2D ．2-2．在等差数列{}n a 中，若11a =，2410a a +=，则20a =（）A ．38B ．39C ．40D ．413．若21a +是1a -与42a -的等差中项，则实数a 的值为（）A ．14-B ．110C ．43D ．54．在明朝程大位《算法统宗》中有首依等算钞歌：“甲乙丙丁戊己庚，七人钱本不均平，甲乙念三七钱钞，念六一钱戊己庚，惟有丙丁钱无数，要依等第数分明，请问先生能算者，细推详算莫差争．”题意是“现有甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七人，他们手里钱不一样多，依次成等差数列，已知甲、乙两人共237钱，戊、已、庚三人共261钱，求各人钱数．”根据上面的已知条件，丁有（）A ．107钱B ．102钱C ．101钱D ．94钱5．已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，312S a =，则当n =______，n S 有最大值．（）A ．3B ．4C ．3或4D ．4或56．若{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，42S =，88S =，则12S =（）A ．10B ．14C ．16D ．187．记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若35a =，51120a a +=，则10S =（）A ．34B ．35C ．68D ．758．等比数列{}n a 中，10200,10,30,n a S S >==则30S =（）A ．40B ．50C ．60D ．709．已知在正项等比数列{}n a 中，1549,6a a a ⋅==，则5a =（）A ．10B ．12C ．14D ．1610．已知等比数列{}n a 各项均为正数，公比2q =，且满足2616a a =，则3a =（）A ．8B ．4C ．2D ．111．设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S =（）A ．11-B ．313C ．313-D ．912．若121,,,4a a 成等差数列；1231,,,,4b b b 成等比数列，则122a a b-等于A ．12-B ．12C ．12±D ．14（二）多选题13．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则（）A ．冬至的日影子长最长，为15.5尺B ．立夏比谷雨的日影子长多1尺C ．大寒、雨水、春分的日影子长成等差数列D ．清明的日影子长为8.5尺14．已知{}n a 是等比数列，22a =，618a =，则公比q =（）A ．12-B ．2-C ．2D ．12（三）填空题15．在各项均不相等的等比数列{}n a 中，137,21a S ==，则公比q 的值为___________．16．已知数列{}n a 满足()122,N nn an n a*-=≥∈，n S 为其前n 项和，若34a =，则8S =________.17．已知{}n a 是公比为2的等比数列，则1234a a a a ++的值为______．18．中国三大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名，其外观有五层而实际上内部有九层，隐喻“九五至尊”之意，为迎接2022年春节的到来，有网友建议在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰，若在黄鹤楼内部九层塔楼共挂1533盏灯笼，且相邻的两层中，下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍，则内部塔楼的顶层应挂______盏灯笼．（四）解答题19．已知等差数列{}n a 的前四项和为10，且237,,a a a 成等比数列（1）求数列{}n a 通项公式（2）设2n n n b a =+，求数列{}n b 的前n 项和nS 20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且23122n S n n =+，递增的等比数列{}n b 满足：142318,32b b b b +=⋅=．（1）求数列{}{}n n a b 、的通项公式；（2）若*,N n n n c a b n =⋅∈，求数列{}n c 的前n 项和n T ．21．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11221,1,2a b a b =-=+=.（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式；（2）若321T =，求3S .22．设{}n a 是等差数列，前n 项和为n S ；{}n b 是各项均为正的等比数列，其前n 项和为n T ，已知11b =，232b b =-，435b a a =+，5462b a a =+.（1）求n a 和n T ；（2）若224n n n n S T a b +=+，求正整数n 的值.。

专题6-2 数列大题综合18种题型(讲+练)-2023年高考数学二轮复习讲练测(全国通用)(原卷版)

专题6-2 数列大题综合18种题型(讲+练)-2023年高考数学二轮复习讲练测(全国通用)(原卷版)

专题6-2数列大题综合18种题型目录讲高考................................................................................................................................................................................1题型全归纳......................................................................................................................................................................2【题型一】恒成立求参...............................................................................................................................................2【题型二】数列“存在型”求参.............................................................................................................................2【题型三】“存在型”证明题.................................................................................................................................3【题型四】数列“存在型不定方程型...................................................................................................................3【题型五】双数列相同项“存在型”...................................................................................................................4【题型六】新数列与“子数列”型........................................................................................................................4【题型七】“下标”数列型......................................................................................................................................5【题型八】指数型常规裂项求和.............................................................................................................................5【题型九】“指数等差型”裂项求和...................................................................................................................5【题型十】“指数分子拆分型”裂项求和..........................................................................................................6【题型十一】“正负裂和”型裂项求和...............................................................................................................7【题型十二】“分离常数型”裂项求和...............................................................................................................7【题型十三】先放缩再裂项求和.............................................................................................................................7【题型十四】前n 项积型...........................................................................................................................................8【题型十五】解数列不等式......................................................................................................................................8【题型十六】证明数列不等式.................................................................................................................................9【题型十七】求和：范围最值型.............................................................................................................................9【题型十八】“隐和型”...........................................................................................................................................9专题训练. (10)讲高考1．（·湖南·高考真题）数列{}n a 22122π0,2,1cos 4sin ,1,2,3,22n nn n a a a a n π+⎛⎫===++=⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭．(1)求34,a a ，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设()13212422,,2kk k k k k kS S a a a T a a a W k T *-=+++=+++=∈+N ，求使1k W >的所有k 的值，并说明理由．2．（2022·天津·统考高考真题）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()1111n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；(3)求211(1)nkk k k k a a b +=⎡⎤--⎣⎦∑．3．（2022·全国·统考高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．4．（2022·全国·统考高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．5．（2021·全国·统考高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n n S b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．题型全归纳【题型一】恒成立求参【讲题型】例题1.已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S，且1n a +=.(1)求{}n a 的通项公式;(2)数列14n n n S a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，且()112nn n n n T a S λ++≤对任意的*N n ∈恒成立，求实数λ的取值范围.（参考数据:132 1.26≈）已知数列{}n a 中，111,31n n a a a +==+.(1)求证：12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足()1312nn n nn b a +=-⋅⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若不等式()(8)42252n T n n λλ+-≤-+成立的自然数n 恰有4个，求正整数λ的值.【题型二】数列“存在型”求参【讲题型】例题1.设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项为1，已知对任意整数,m n ，当n m >时，m n m n m S S q S --=⋅（q 为正常数）恒成立．(1)求证：数列{}n a 是等比数列；(2)证明：数列1{}n n SS +是递增数列；(3)是否存在正常数c ，使得{lg()}n c S -为等差数列？若存在，求出常数c 的值；若不存在，说明理由．【练题型】已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =，数列n n S a ⎧⎫⎨⎩⎭是公差为12的等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记数列{}2nn a 的前n 项和为n T ，是否存在实数t 使得数列2n n T t +⎧⎫⎨⎬⎩⎭成等差数列，若存在，求出实数t 的值;若不存在，说明理由．【题型三】“存在型”证明题【讲题型】例题1.已知正项数列{}n a ，其前n 项和n S ，满足()12N n n nS a n a *=+∈.(1)求证：数列{}2n S 是等差数列，并求出n a 的表达式；(2)数列{}n a 中是否存在连续三项12,,k k k a a a ++，使得()12111,,N k k k k a a a *++∈构成等差数列？请说明理由.在数列{}n a 中，已知10a =，26a =，且对于任意正整数n 都有2156n n n a a a ++=-.(1)令12n n n b a a +=-，求数列{}n b 的通项公式；(2)设m 是一个正数，无论m 为何值，是否都有一个正整数n 使13n na m a +-<成立.【题型四】数列“存在型不定方程型【讲题型】例题1.设公比为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知38a =，248S =，数列{}n b 满足24log n n b a =.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)是否存在*N m ∈，使得12m m m b b b ++⋅是数列{}n b 中的项？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由.已知数列{}n a 满足()121232n n n a a a a -⋅⋅⋅= .(1)证明：{}n a 是等比数列.(2)判断()223*8mm -∈N 是否可能是数列{}na 中的项.若是，求出m 的最大值；若不是，请说明理由.【题型五】双数列相同项“存在型”【讲题型】例题1.已知{}n a 是等差数列，{}n b 是公比不为1的等比数列，1122532,,a b a b a b ====.(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)若集合*,,N M b b a m k ==∈∣，且1100k ≤≤，求M 中所有元素之和.已知数列{}n a 的通项公式为21n a n =+，等比数列{}n b 满足211b a =-，321b a =-．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)记{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，求满足n m T S =（410n <≤）的所有数对(),n m ．【题型六】新数列与“子数列”型【讲题型】例题1.已知数列{}n a ，{}n b 其前n 项和分别为n S ，n T 且分别满足23122n S n n =-，()31N 22n n T b n +=-∈.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式.(2)将数列{}n a ，{}n b 的各项按1a ，1b ，2a ，2b …n a ，n b 顺序排列组成数列{}n c ，求数列{}n c 的前n 项和n M .【练题型】已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足3121,8,log n n a b a b ===，*n ∈N ．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n a 中不在数列{}n b 中的项按从小到大的顺序构成数列{}n c ，记数列{}n c 的前n 项和为n S ，求50S ．【题型七】“下标”数列型【讲题型】例题1.已知数列{}n a ，{}n b ，n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知对于任意*N n ∈，都有323n n a S =+，数列{}n b 是等差数列，131log b a =，且25b +，41b +，63b -成等比数列．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式．(2)记2,,n n n a n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【练题型】定义集合{}1*2N k M k -=∈，数列{}n a 满足12,0,n n a n M a n M-+∉⎧=⎨∈⎩(1)定义数列122n n n b a -+=，证明：{}n b 为等比数列(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，求满足2310n S =的正整数n【题型八】指数型常规裂项求和【讲题型】例题1.设数列{}n a 的前n 项和为()*,226n n n S S a n n =+-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列112n n n a a ++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前m 项和127258m T ，求m 的值.已知数列{}n a 满足1123333n n nn a a a n -+++=⋅ .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令()()111nn n n a b a a +=++，设{}n b 的前n 项和为n S ，若n m S >对*N n ∈恒成立，求实数m的取值范围.【题型九】“指数等差型”裂项求和【讲题型】例题1..等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 是等比数列，满足13a =，11b =，2210b S +=，5232a b a -=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)令n n n c a b =⋅，设数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T ；(3)令()121nn n n n b d a a +-⋅=-⋅，设数列{}n d 的前n 项和为n K ，求证：13n K <.天津市宝坻区第四中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题已知{}n a 为等差数列，{}n b 为公比大于0的等比数列，且11a =，12b =，2312b b +=，4642a a b +=.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设22,381,.n nn n n n n a n b c a n a a b ++⎧⎪⎪=⎨+⎪⋅⎪⎩为偶数；为奇数求数列{}n c 的前2n 项和2n T .【题型十】“指数分子拆分型”裂项求和【讲题型】例题1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，152a =，124n n S a +=-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()()121111n n n n n a b a a +--=++，求数列{}n b 的前n 项和为nT ．已知数列{}n a 是公比1q >的等比数列，前三项和为13，且1a ，22a +，3a 恰好分别是等差数列{}n b 的第一项，第三项，第五项．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)已知*k ∈N ，数列{}n c 满足21,21,2n n n n nn k b b c a b n k +⎧=-⎪=⎨⎪=⎩，求数列{}n c 的前2n 项和2n S ；(3)设()()2(810)12121n n n n n a d a a +--=++，求数列{}n d 的前n 项和n T ．【题型十一】“正负裂和”型裂项求和【讲题型】例题1.记正项数列{}n a 的前n 项积为n T ，且121n na T =-．(1)证明：数列{}n T 是等差数列；(2)记()1441n n n n n b T T ++=-⋅，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ．已知数列{}n a 的满足11a =，m n m n a a a +=+()*,m n ∈N .(1)求{}n a 的通项公式；(2)记121(1)n n n n n b a a ++=-⋅，数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，证明：2213n T -<≤-.【题型十二】“分离常数型”裂项求和【讲题型】例题1.数列{}n a12a =且324,3,a a a 成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2122log ,n nn n n b b b ac b b +-==+，求数列{}n c 的前n 项和n S .已知等差数列{}n a 的通项公式为()22n a n c c =-<，记数列{}n a 的前n 项和为()*N n S n ∈，且数列为等差数列．(1)求数列}n a 的通项公式；(2)设数列14n n n S a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为()*N n T n ∈，求{}n T 的通项公式．【题型十三】先放缩再裂项求和【讲题型】例题1.已知数列{}n a 的前n 项和()2n S n n λλ=+∈R ，且36a =，正项等比数列{}n b 满足：11b a =，2324.b b a a +=+(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若2022n nc b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T ；(3)证明：()2131nii i b b =<-∑.【练题型】已知函数()e 1xf x a x =--，a ∈R(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)若()0f x ≥恒成立，①求a 的取值范围；②设*n ∈N ，证明：()()1121ln 1.32121ini i i +=⎡⎤+<⎢⎥++⎢⎥⎣⎦∑【题型十四】前n 项积型【讲题型】例题1.在等比数列{}n a 中，18a =，前n 项和为2,1n S S -是1S 和3S 的等差中项．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12n n T a a a =⋅ ，求n T 的最大值．已知数列{}n a 满足()*123N ,2n n a a n n n -+=+∈≥,且24a =.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)数列{}n b 满足()12,1log ,2n nn n b a n +=⎧⎪=⎨≥⎪⎩,*N n ∈,若()*1238N k b b b b k ⋅⋅=∈ ,求k 的值.【题型十五】解数列不等式【讲题型】例题1.已知数列{}n a 的首项135a =，且满足1321n n n a a a +=+．(1)已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列，求公比q ；(2)若11100ni ia =<∑，求满足条件的最大整数n ．【练题型】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且412716,28a a S +==.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足43n nn a a b =，且{}n b 的前n 项和为n T ，求满足不等式31n n a T ⋅->的n 的值.【题型十六】证明数列不等式【讲题型】例题1.已知等差数列{}n a 满足312a =，5748a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．(1)求n a 及n S 的通项公式；(2)记12111n n T S S S =++⋅⋅⋅+，求证：1142n T ≤<．【练题型】已知数列{}n a ，11a =，11nn na a a +=+.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)若数列{}n b 满足：2111n n i i i i b a -===∑∑.（i ）证明：1n b ≤；（ii ）证明：11112321nn ++++≤- .【题型十七】求和：范围最值型【讲题型】例题1.已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且11111n n n n S a S a +++-=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设13n n n a ab -=，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围.【练题型】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足 2 3n n S a n =+-，*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)21n n n b a =-，数列{}n b 是否存在最大项，若存在，求出最大项.【题型十八】“隐和型”【讲题型】例题1.已知等差数列{an }的首项a 1=1，公差d ＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn }的第二、三、四项.(1)求数列{an }与{bn }的通项公式；(2)设数列{cn }对任意自然数n 均有1231123nn nc c c c a b b b b +++++= 成立，求1232023c c c c ++++ 的值.【练题型】已知等比数列{}n a 的前n 项和为3614126n S S S ==，，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)当*n ∈N 时，112141nn n n a b a b a b -++⋯+=-，求数列{}n b的通项公式．1．已知n T 为数列{}n a 的前n 项积，且131n na T =-.(1)证明：数列{}n T 是等差数列；(2)记()1651nn n n n b T T ++=-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .2．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知()12121n n na n a a S +-++=- .(1)求n S ；(2)设()121n n n b n n S ++=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T <.3．已知数列{}n a 中，12a =，23a =，其前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+（2n ≥，*n ∈N ）.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设14(1)2n a n n n b λ-=+-⋅（λ为非零整数，*n ∈N ），试确定λ的值，使得对任意*n ∈N ，都有1n n b b +>成立.4．（河北省邯郸市2023届高三上学期期末数学试题）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，2364n n n a a S +=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11n n n c a a +=，记数列{}n c 的前n 项和为n T ，证明：112812n T ≤<.5（2022秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）已的数列{}n a 的首项123a =，112n n n n a a a a ++=-，+n ∈N ．(1)求证：数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭等比数列；(2)记12111n n T a a a =++⋅⋅⋅+，若7n T <，求n 的最大值．。

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专题18 等比数列
一、单选题
1．（2020·陕西省高三三模（理））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，342a a =，11a =，则4S =（ ） A ．31
B ．15
C ．8
D ．7
2.（2020·毕节市实验高级中学高一期中）在等比数列{}n a 中，已知13118a a a =，那么28a a =（ ） A ．4
B ．6
C ．12
D ．16
3．（2020·江西省高三三模（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，3240a S +=，则10a =（ ） A ．512-
B ．512
C ．1024
D ．1024-
4．（2020·河南省高三月考（文））在等比数列{}n a 中，已知134a a =，9256a =，则8a =（ ） A ．128
B ．64
C ．64或64-
D ．128或128-
5．（2020·毕节市实验高级中学高一期中）已知等差数列{}n a 的公差为3,若134,,a a a 成等比数列,则2a 等于() A ．9
B ．3
C ．-3
D ．-9
6．（2020·湖北省高三三模（理））设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，12342,20a a a a =++=，则5S =（ ） A ．2
B ．0
C ．2-
D ．4-
7．（2020·福建省高二期末）“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等，某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的4
5
.若这堆货物总价是425655n
⎛⎫
- ⎪⎝⎭
万元，则n 的值为（ ）
A ．7
B ．8
C ．9
D ．10
8．（2020·黑龙江省铁人中学高一期中）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，12322,a a a S =+是1S 与3mS 的等比中项，则m 的值为（ ） A ．1 B ．
9
7
C ．
67
D ．
12
二、多选题
9．（2018·山东省山东师范大学附中高二学业考试）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，66771
1,01
a a a a -><-，则下列结论正确的是（ ） A ．01q << B ．681a a > C ．n S 的最大值为7S
D ．n T 的最大值为6T
10．（2019·临沭第一中学高二开学考试）已知数列{}n a 是公比为(1)≠q q 的等比数列，则以下一定是等比数列的是（ ） A ．{}2
n
a
B ．{}
2
n a
C ．{}1n n a a +⋅
D ．{}1n n a a ++
11．（2020·山东省曲阜一中高三月考）在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关.”则下列说法正确的是（ ） A ．此人第二天走了九十六里路
B ．此人第三天走的路程站全程的
1
8
C ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
D ．此人后三天共走了42里路
12．（2019·山东省高三月考）已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，满足()2
1234234a a a a a a a +++=++，且41a >，下列选项正确的是（ ） A ．13a a >
B ．34a a >
C ．12a a >
D ．24a a <
三、填空题
13．（2018·平遥县综合职业技术学校高二期中）两个数等差中项是20，等比中项是12，则这两个数是________. 14．（2020·毕节市实验高级中学高一期中）在等比数列{}n a 中，121a a +=，342a a +=，则
5678a a a a +++=________.
15．（2020·湖南省高三三模（理））在数列{}n a 中，44a =，且22n n a a +=，则
21
n
i
i a
==∑__________.
16．（2020·进贤县第一中学高一月考）我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）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：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为_____日． （结果保留一位小数，参考数据： lg20.30≈， lg30.48≈） 四、解答题
17．（2020·江西省高二月考（理））已知数列{}n a 是公差为2的等差数列，它的前n 项和为n S ，且1+1a ，31a +，71a +成等比数列。

(1)求{}n a 的通项公式。

(2)求数列1n S ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和n T 。

18．（2020·湖北省江夏实验高中高一期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*
273,49,a S n N ==∈
(1)求数列{}n a 的通项公式；
(2)设1(1)2n n n a b n
-+⋅=，求数列{}n b 的前n 项和T n.
19．（2020·江苏省如皋中学高一月考）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()11
n n a
S a a =
--，(a 为常数，且0a ≠，1a ≠).
（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设21n
n n
S b a =
+，若数列{}n b 为等比数列，求a 的值.
20．（2020·广东省高三一模（文））已知数列{}n a 的前n 项和为S n ，且满足n n a n S =-，设1n n b a =-． （1）求123,,a a a ；
（2）判断数列{}n b 是否是等比数列，并说明理由； （3）求数列{}n a 的前n 项和S n ．
21．（2019·福建省莆田一中高三月考（文））设数列{}n a 前n 项和为S ，且满足
()*1111
,3232
n n a S a n N +=
=-∈． （1）证明{}n a 为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；
（2）在（1）的条件下，设2log n n b a =，求数列{}
n b 的前n 项和n T ．
22．（2020·宁夏回族自治区银川九中高三二模（文））在数列{}n a 中，11a =，23a =，11320n n n a a a +--+=（n +∈N 且2n ≥）.
（1）证明：数列{}1n n a a +-是等比数列； （2）求数列{}n a 的通项公式.。

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