高考中的数列问题(可编辑修改word版)
高考数学(文科)习题 第六章 数列 6-3-2 word版含答案

1.等比数列{a n }中,a 4=2,a 5=5,则数列{lg a n }的前8项和等于( )点击观看解答视频A .6B .5C .4D .3答案 C解析 ∵a 4=2,a 5=5,∴a 4a 5=a 1a 8=a 2a 7=a 3a 6=10,∴lg a 1+lg a 2+…+lg a 8=lg (a 1a 2…a 8)=lg (a 1a 8)4=lg (a 4a 5)4=4lg (a 4a 5)=4lg 10=4,选C.2.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 6S 3=3,则S 9S 6=( )A .2B.73C.83D .3 答案 B解析 由等比数列的性质得:S 3,S 6-S 3,S 9-S 6仍成等比数列,于是,由已知得S 6=3S 3,∴S 6-S 3S 3=S 9-S 6S 6-S 3,即S 9-S 6=4S 3,∴S 9=7S 3,∴S 9S 6=73,故选B. 3.已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn ,若a 3a 4a 8=8,则Ⅱ9=( )点击观看解答视频A .512B .256C .81D .16答案 A解析 由题意可知,a 3a 4a 7q =a 3a 7a 4q =a 3a 7a 5=a 35=8,Ⅱ9=a 1a 2a 3…a 9=(a 1a 9)(a 2a 8)(a 3a 7)(a 4a 6)a 5=a 95,所以Ⅱ9=83=512.故选A.4.已知数列{a n }是递增的等比数列,a 1+a 4=9,a 2a 3=8,则数列{a n }的前n 项和等于________.答案 2n -1解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 1+a 4=9a 2a 3=8,∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1+a 4=9a 1a 4=8,则a 1,a 4可以看作一元二次方程x 2-9x +8=0的两根,故⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=1a 4=8或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=8a 4=1, ∵数列{a n }是递增的等比数列,∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=1a 4=8,可得公比q =2,∴前n 项和S n =2n-1. 5.设{a n }是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1的值为________.答案 -12解析 S 1=a 1,S 2=2a 1-1,S 4=4a 1-6.故(2a 1-1)2=a 1×(4a 1-6)6.成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上列{b n }中的b 3,b 4,b 5.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设成等差数列的三个正数分别为a -d ,a ,a +d ,则(a -d )+a +(a +d )=15,解得a =5,∴b 3=7-d ,b 4=10,b 5=18+d .∵b 3,b 4,b 5成等比数列,∴b 3b 5=b 24,即(7-d )(18+d )=102,化简,得d 2+11d -26=0,解得d =2或d =-13(舍去),∴b 3=5,b 4=10,b 5=20,∴数列{b n }的公比q =105=2, 数列{b n }的通项公式为b n =b 3q n -3=5×2n -3.(2)由b 3=5,q =2,得b 1=b 3q 2=54, ∴数列{b n }是首项为b 1=54,公比为q =2的等比数列,b11-q n1-q =5×2n-2-54.∴数列{b n}的前n项和S n=。
(word完整版)09数列(中职数学春季高考练习题)

学校______________班级______________专业______________考试号______________姓名______________数学试题 数列. 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分100分,考试时间90分钟,考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. . 本次考试允许使用函数型计算器,凡使用计算器的题目,最后结果精确到0.01.第Ⅰ卷(选择题,共60分)30小题,每小题2分,共60分.在每小题列出的四个选项中,只有一项 . 数列1111--,,,,……的一个通项公式是 A .1n a =±B .()1nn a =-C .()11n n a +=-D .1nn a =-. 已知数列{}n a 的通项公式为()1n a n n =-,则72是这个数列的 A .第7项B .第8项C .第9项D .第10项. 数列()1111111242n n +---,,,……,,……的第5项是 A .110B .116C .116-D .132. 以下四个数中,是数列()1223341n n ⨯⨯⨯+L L ,,,,,中的一项的是 A .17B .18C .19D .20. 在数列{}n a 中,111112n n a a a +=-=+,,则23a a +等于A .34B .43C .47D .74. 已知数列{}n a 满足1121n n a a a +=-=,,则通项公式为 A .21n a n =+B .21n a n =-C .23n a n =-+D .23n a n =+. 在2和16之间插入3个数a b c ,,,使216a b c ,,,,成等差数列,则b 的值为 A .7B .8C .9D .108. 在等差数列258---,,,……中,已知32n a =-,则n 的值为A .8B .9C .10D .119. 在等差数列中,若28510a a ==,,则14a 的值为A .15B .16C .17D .1810. 等差数列{}n a 中,3815a a +=,那么29a a +=A .20B .15C .10D .511. 在等差数列{}n a 中,34567450a a a a a ++++=,那么28a a +等于A .45B .75C .180D .30012. 已知等差数列的前三项为1223a a a -++,,,则此数列的通项公式为A .35n -B .32n -C .31n -D .31n +13. 若a b c ,,成等差数列,公差不为零,则二次函数()22f x ax bx c =++的图象与x 轴的交点个数为A .0B .1C .2D .不确定14. 数列{}n a 为等比数列的充要条件是A .1n na a +=常数 B .1n n a a +-=常数C .1nn a a -=常数 D .1n n a a +⨯=常数15. 已知数列{}n a 为等比数列,下列等式中成立的是A .2824a a a =B .2423a a a =C .2417a a a =D .2214a a a =16. 下列数列中,既是等差数列又是等比数列的是 A .0000,,,,…… B .1111--,,,,……C .111124816,,,,……D .1111,,,,……学校______________班级______________专业______________考试号______________姓名______________. 已知等比数列128643216,,,,……,则116是它的 A .第10项B .第11项C .第12项D .第14项. 若数列{}n a 为等比数列,358a a ⨯=,则17a a ⨯等于 A .8B .10C .15D .25. “2b ac =”是“b 为a c ,的等比中项”的 A .充要条件B .充分条件C .必要条件D .不充分不必要条件. 等比数列{}n a 中,45032n a a a >=,,则212228log log log a a a +++=…A .10B .20C .36D .128. 已知等比数列{}n a 中,2435460225n a a a a a a a >++=,,那么35a a +的值等于A .5B .10C .15D .20. 等比数列{}n a 中,已知12323463a a a a a a ++=++=-,,则345678a a a a a a +++++=A .2116B .1916C .98D .34. 在等比数列{}n a 中,2462256a a a ==,,则8a 的值为 A .128B .256C .64D .32. 已知数列3333--,,,,…,,则该数列是 A .等差数列 B .等比数列C .既是等差数列又是等比数列D .既非等差数列又非等比数列. 设a R ∈,且0a ≠,则23na a a a ++++…的值为A .()11n a a a-- B .()111n a a a+-- C .()11n a a a--或nD .()111n a a a+--或n26. 在等差数列{}n a 中,已知前15项之和为1590S =,则8a 的值为A .3B .4C .6D .1227. 已知等比数列{}n a 中,3516a a ⨯=,则147a a a ⨯⨯等于A .128B .128±C .64D .64±28. 已知数列{}n a 的首项为1,其他各项由公式111n n a a -=+给出,则这个数列的第4项为A .2B .32C .53 D .13±29. 某种电子产品自投放市场以来,经过三次降价,单价由375元降到192元,若每次降价的百分率相同,则这种产品每次降价的百分率是A .18%B .20%C .19%D .17%30. 两个数的等比中项为8,等差中项为10,则这两个数为A .8,8B .4,16C .2,18D .6,14第Ⅱ卷(非选择题,共40分)二、填空题(本大题共4小题,每小题3分,共12分)31. 在等比数列{}n a 中,若1324510a a a a +=+=,,则该数列前四项依次为__________________.32. 公差不为零的等差数列{}n a 中,1a 与2a 是方程2340x a x a -+=的两个根,则n a =_______________________.33. 等比数列{}n a 中,已知1232342856a a a a a a ++=++=,,则此数列的通项公式是_______________________.34. 设12x x ,是方程2650x x ++=的两根,则12x x ,的等比中项是______________.学校______________班级______________专业______________考试号______________姓名______________4小题,共28分) . 在等比数列{}n a 中,已知333922a S ==,,求公比q . . 一个等比数列{}n a ,前三项的和为7,积为8,求这个数列的公比. 37. 已知数列{}n a 的前n 项和为22n S n n =--,求数列{}n a 的通项公式n a .38. 成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上1,3,9后又成等比数列,求这三个数.。
数列求和方法(带例题和练习题)(可编辑修改word版)

数列求和主要思路:1. 求数列的和注意方法的选取:关键是看数列的通项公式:2. 求和过程中注意分类讨论思想的运用:3.转化思想的运用; 数列求和的常用方法——、利用常用求和公式求和 利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.1、 等差数列求和公式:s 加严j )〃” 2 1 2 [加 1 n (4=1) 2、 等比数列求和公式:S =八「(1一/) u 一 a qn ] _J _______ = 1 力 (g H 1)〔1-9 1-9 n13、S 〃=》k = l + 2 + 3 + +…+ /?..= -it (n +1)=l 2 + 22 +32 +...+ /* =^n(n +l)(2n+l) os n =^A :3 = I 3 + 23 + 33+ •••+/73J 】公式法求和注意事项 (1)弄准求和项数〃的值:(2)等比数列公比°未知时,运用前〃项和公式要分类。
例 1.求和 l+X + x2+・・ ・+0-2(“n2,XHO) 二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{知• bn }的前n 项和,其中{a n }. {0}分别是等差数列和等比数列. 例 2・求和:1 +3x + 5x 2 + 7x 3 + ・・・ + (2〃一1)#12 4&例,求数列〒芦去 三、倒序相加法如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列前n 项和即可用 倒序相加发,如等差数列的前n 项和就是此法推导的 例 4.求sin 2 h+ sin ' 2°+ sin ' 3。
+ …+ sin 2 88•+ sin 2 89。
的值例 4 变式训练八 求 cosl° +cos2° +cos3° +• • •+cosl78° +cosl79° 的值. 例 4 变式训练 2:数列{an }: a t = 19a 2= 3, a 3= 2,a^2= a n ^x -a n , S2002.例4变式训练3:在各项均为正数的等比数列中,若。
高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版

高考数学《数列》大题训练50题1 .数列{}的前n 项和为,且满足,.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+(1)求{}的通项公式; (2)求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 .已知数列,a 1=1,点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x (1)求数列的通项公式;}{n a (2)函数,求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 .已知函数(a ,b 为常数)的图象经过点P (1,)和Q (4,8)x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式;)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数,是数列{a n }的前n 项和,求的最小值。
)(n f n S n S 4 .已知y =f (x )为一次函数,且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列,f (8)=15.求=f (1)+f (2)+…+f (n )的表达式.n S 5 .设数列的前项和为,且,其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-(1)求证: 为等比数列;{}n a (2)设数列的公比,数列满足,试写出 的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式,并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 .在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *),满足向量与向量共线,且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15,求数列{a n }中的最小项.7 .已知数列的前三项与数列的前三项对应相同,且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立,数列是等差数列.1{}n n b b +-(1)求数列与的通项公式;{}n a {}n b (2)问是否存在N *,使得?请说明理由.k ∈(0,1)k k b a -∈8 .已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中(I )试求a 2,a 3的值;(II )若存在实数为等差数列,试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 .已知数列的前项和为,若,{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n(1)求数列的通项公式;{}n a (2)令,①当为何正整数值时,:②若对一切正整数,总有,求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。
2021届高考数学热点题型训练:第5章 第1节 数列的概念与简单表示 Word版含解析

第一节 数列的概念与简洁表示考点一由数列的前几项归纳数列的通项公式[例1] 依据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式. (1)-1,7,-13,19,…; (2)0.8,0.88,0.888,…;(3)12,14,-58,1316,-2932,6164,….[自主解答] (1)数列中各项的符号可通过(-1)n表示,从第2项起,每一项的确定值总比它的前一项的确定值大6,故通项公式为a n =(-1)n(6n -5).(2)数列变为89⎝ ⎛⎭⎪⎫1-110,89⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1102,89⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1103,…, 故a n =89⎝⎛⎭⎪⎫1-110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24,…,易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3.因此把第1项变为-2-32,原数列化为-21-321,22-322,-23-323,24-324,…,故a n =(-1)n 2n-32n .【方法规律】求数列的通项公式应关注的四个特征 (1)分式中分子、分母的特征; (2)相邻项的变化特征; (3)拆项后的特征;(4)各项符号特征等,并对此进行归纳、化归、联想.依据数列的前几项,写出各数列的一个通项公式. (1)3,5,7,9,…; (2)12,34,78,1516,3132,…; (3)-1,32,-13,34,-15,36,….解:(1)各项减去1后为正偶数,∴a n =2n +1.(2)每一项的分子比分母小1,而分母组成数列21,22,23,24,…,∴a n =2n-12n .(3)数列的奇数项为负,偶数项为正,故通项公式中含有因式(-1)n,各项确定值的分母组成数列{n },分子组成的数列中,奇数项为1,偶数项为3,即奇数项为2-1,偶数项为2+1.∴a n =(-1)n 2+-1nn.考点二由递推关系式求通项公式[例2] 依据下列条件,确定数列{a n }的通项公式.(1)a 1=1,a n =n -1na n -1(n ≥2);(2)a 1=2,a n +1=a n +3n +2; (3)a 1=1,a n +1=3a n +2;(4)a 1=56,a n +1=5a n4a n +1.[自主解答] (1)∵a n =n -1na n -1(n ≥2),∴a n -1=n -2n -1a n -2,…,a 2=12a 1.以上(n -1)个式子相乘,得a n =a 1×12×23×…×n -1n =a 1n =1n.(2)∵a n +1-a n =3n +2, ∴a n -a n -1=3n -1(n ≥2),∴a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1 =n 3n +12(n ≥2).当n =1时,a 1=12×(3×1+1)=2符合公式,∴a n =32n 2+n 2.(3)∵a n +1=3a n +2,∴a n +1+1=3(a n +1),即a n +1+1a n +1=3.∴数列{a n +1}为等比数列,公比q =3.又a 1+1=2,∴a n +1=2×3n -1.∴a n =2×3n -1-1.(4)∵a n +1=5a n4a n +1,∴1a n +1=45+15a n , ∴1a n +1-1=15⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1. 又1a 1-1=15, ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1是以15为首项,15为公比的等比数列,∴1a n -1=15·15n -1=15n , ∴a n =5n 1+5n .【方法规律】由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n -a n -1=f (n ),可用“累加法”求a n ;。
数列中的奇数项和偶数项问题(可编辑修改word版)

4 1n 1 2k -1 2k 2k+1⎧ 1a n Ϊ ż Êý11 ⎪2 n设数列{a n }的首项 a 1=a ≠ ,且 a n +1 = ⎨ ⎪a + 1 ,n Ϊ ÆæÊý ⎪⎩ n 4记b n = a 2n -1 - 4,n ==l ,2,3,…·.(I ) 求 a 2,a 3;(II ) 判断数列{b n }是否为等比数列,并证明你的结论;解:(I )a 2=a 1+(II )∵ a 4=a = 1 a 4= 1 a + 3 ,所以 b 1=a 1- ),1 猜想:{b n }是公比为 的等比数列·2证明如下:1 1 1 1 1 1因为 b n +1=a 2n +1- = a 2n - = (a 2n -1- )= b n , (n ∈N *) 4 2 4 2 4 21 1 所以{b n }是首项为 a - , 公 比为 的等比数列·422 在数列{a } 中, a =0,且对任意 k ∈ N *, a , a ,a 成等差数列,其公差为 2k. (Ⅰ)证明a 4 , a 5, a 6 成等比数列; (Ⅱ)求数列{a n } 的通项公式;( I ) 证 明 : 由 题 设 可 知 , a 5 = a 4 + 4 = 12 , a 6 = a 5 + 6 = 18 。
a 2 = a 1 + 2 = 2 , a 3 = a 2 + 2 = 4 , a 4 = a 3 + 4 = 8 ,从而a 6 = a 5 = 3,所以 a , a , a 成等比数列。
a 5 a 4 24 5 6(II ) 解:由题设可得 a 2k +1 - a 2k -1 = 4k , k ∈ N *1 = a + 1 ,a3 = 1 a = 1 a + 1 ;4 3+ 1 4 =1 a + 3 ,2 2 所以 a 5 8 1 4 = 2 a - 1, b 8 2 = a 3 - 1 = 1 2 (a - 4 1 ), 16 3= a 5- ( 44 4 2 4⎪ n n n m 2m 4m n n n -1 m 2m 4m 2m m 4m 所以 a 2k +1 - a 1 = (a 2k +1 - a 2k -1 ) + (a 2k -1 - a 2k -3 ) +...(a 3 - a 1 )= 4k + 4 (k -1) +... + 4 ⨯1 = 2k (k +1), k ∈ N *.由 a = 0 ,得 a= 2k (k +1) ,从而 a = a- 2k = 2k 2 .12k +12k2k +1⎧ n 2 -1 ⎪ 2 , n 为奇数n 2 (-1)n-1 所以数列{a n } 的通项公式为 a n = ⎨ n 2⎪⎩ 2, n 为偶数 或写为 a n = 2 + 4 , n ∈ N * 。
数列的极限(可编辑修改word版)

→∞ n nn n→∞ ⎪ n →∞ 数列的极限【知识概要】1. 数列极限的定义1) 数列的极限,在 n 无限增大的变化过程中,如果数列{a n }中的项 a n 无限趋向于某个常数A ,那么称 A 为数列{a n }的极限,记作lim a n = A . 换句话说,即:对于数列{a n },如果n存在一个常数 A ,对于任意给定的> 0 ,总存在自然数 N ,当 n > N 时,不等式 a n - A < 恒成立,把 A 叫做数列{a }的极限,记为lim a = A . n →∞注:① 理解数列极限的关键在于弄清什么是无限增大,什么是无限趋近; ② 有限项的数列不存在极限问题,只有无穷项数列才存在极限问题; ③ 这里的常数 A 是唯一的,每个无穷数列不一定都有极限,例如:{(-1)n };④ 研究一个数列的极限,关注的是数列后面无限项的问题,改变该数列前面任何有限多个项,都不能改变这个数列的极限;⑤ “无限趋近于 A ”是指数列{a n }后面的项与 A 的“距离”可以无限小到“零”.例 1 判断下列结论的正误(1) 若lim a = 0 ,则 a 越来越小; n →∞(2) 若lim a n = A ,且{a n }不是常数数列,则 a n 无限接近 A ,但总不能达到 A ;n(3) 在数列{a n }中,如果对一切 n ∈ N 总有 a n +1 > a n ,则{a n }没有极限; (4) 若lim a n = A ,则lim a n - A = 0 .n →∞n →∞1解:(1)不正确,例如: a n = - n, a n +1 > a n⎧ (2)不正确,例如: a n = ⎨ 2,(n 为偶数) 2n , lim a n = 2 .⎪⎩ n +1 1,(n 为奇数) n →∞ (3) 不正确,例如: a n = 1- n(4) 正确, a n +1 > a n ,但lim a n = 1.n2. 数列极限的运算性质1) 数列极限的运算性质如果lim a n = A , lim b n = B ,那么n →∞n →∞① lim(a n ± b n ) = lim a n ± lim b n = A ± B ;n →∞n →∞n →∞② lim(a n ⋅ b n ) = lim a n ⋅ lim b n = A ⋅ B ;n →∞③ lima nn →∞lim a n = n →∞ = n →∞A (B ≠ 0) . n →∞b nlim b B n →∞特别地,如果C 是常数,那么lim(C ⋅ a n ) = lim C ⋅ lim a n = C ⋅ A .2) 四种常见的重要极限(1) lim C = Cn →∞n →∞n →∞(2) lim 1= 0n →∞(3) lim q n = 0(-1 < q < 1)n →∞n(4) lim(1+ 1)n = en →∞n →∞ n例 2 下列命题中正确的命题是()(A ) 若lim a = A ,lim b = B ,则lim a n = An →∞ n n →∞ n n →∞ b nB(B ) 若lim a n = 0 ,则lim(a n b n ) = 0n →∞n →∞(C ) 若lim a 2 = A 2 ,则lim a = An →∞nn →∞ n(D ) 若lim a= A ,则lim a 2 = A 2n →∞ n解:选(D )n →∞ n例 3 已知lim[(2n -1)a n ] = 2 ,求lim na n .n →∞n →∞n1解: lim na n = lim(2n -1)a n ⋅ lim= 2 ⨯ = 1n →∞n →∞n →∞ 2n -1 2例 4 求下列数列的极限⎧2n -1,1 ≤ n ≤ 6(1) 若 a n ⎪⎨ 1 ⎩⎪ 2n -6(n ∈ N *) ,则lim a = 0 , n →∞ n lim S n →∞ = 37 . = , n ≥ 7 n⎪ - 2 - - - =3 4n→∞ =(2) lim n 2 + 2n -1 1 ; n →∞ 2n 2 - n + 3 2(3) limn →∞(⎛ 2n -1 ⎫n- n -1) = 1 ;1(4) lim = ;n →∞ ⎝ 2n +1 ⎭ e1 1 1 1(5) lim(1 )(1 )(1 ) (1 ) 0;n →∞ (6) lim 1+ 2 + 3 + + n = 1 . n →∞ n 2 23. 数列极限常见的解题技巧现阶段求数列的极限,总是把被求极限的数列变形四个常见的基本极限,再依据极限的四则运算法则求解。
(完整word)2019年高考试题汇编理科数学--数列,推荐文档

解答: 13,设等比数列公比为q3、25•- (ag )ag••• q 3• S 121 …S 53(1)证明:a nb 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. 答案: (1) 见解析 1 x n 11 x n 1(2)a n () n,b n () n2222解析:(1)将 4a n 1 3a n b n 4 , 4b n 1 3b n a n 4 相加可得 4a n1 4b n 1 3a n 3b n a n b n ,11 整理可得a n 1 b n 1丄(a n b n ),又玄1 Q 1,故a . b n 是首项为1,公比为1的等比数列22将 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 13b n a n 4 作差可得 4a n14b n13a n 3b n a . b n 8,整理可得a n 1 b n 1a nb n 2,又a 1 Q 1,故a .b n 是首项为1,公差为2的等差数列1 1A. a n 2n 5B.3n 3n 10 CS2n 28nD.S n■In 2 2n 2答案:A解析:S 4 4冃 6d 0a 1 3 5, S n2依题意有 可得 a nn 4n .3S 31 4d 5 d 2 n(2019全国1理)9•记S n 为等差数列 a n 的前n 项和•已知S 40 , a 5 5,则(2(2019全国1理)14.记S n 为等比数列 a n 的前 n 项和,a 436,则 S5答案: S 51213 2019全国2理)19.已知数列a n 和b n满足a 10 , 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 1 3b n a n 4.-31 2 3436(2)由a n b n是首项为1 ,公比为?的等比数列可得a n b n ()"①;由a n bn 是首项为1公差为2的等差数列可得a n b n 2n 1②;【解析】 【分析】首先确定公差,然后由通项公式可得 a 5的值,进一步研究数列中正项 ?负项的变化规律,得到和的最小值.【详解】等差数列 a n 中,8s 5a 3 10,得a 3 2& 3,公差da 3 a ?1, a§% 2d 0,由等差数列a n 的性质得n 5时,a n 0, n 6时,a n 大于0,所以S n 的最小值为S 4或S 5,即为10.①②相加化简得a n(!)n n 1,①②相减化简得b n 2 2(2019全国3理)5.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15,且a s 3a 3 4印,则a ?()A. 16B. 8 答案: C解答:C. 4D.设该等比数列的首项 a i ,公比由已知得,4a©3dq 24a i , 因为a 0且q 0, 则可解得2,又因为 a i (1q 3) 15,即可解得c 1,则4.(2019全国3理)14.记S n 为等差数列 a n 的前n 项和,若q0, a 2 3a ,则 3°S 5答案:4解析:设该等差数列的公差为d 2a 1 a 1 0,d 0 ,10 a 1 a 10S 0____________2S 55 a 1 a 522 2a 1 9d3 4.2a 1 4d 5d(2019北京理)10.设等差数列 的前n 项和为S n,若a 2=-3 ,S s =-10,则a s = ,S n 的最小值为【答案】 (1). 0. (2). -10.【点睛】本题考查等差数列的通项公式?求和公式?等差数列的性质,难度不大,注重重要知识?基础知识?基本运算能力的考查a i (2019北京理)20.已知数列{a n},从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i l<i2<・・Vm),若a h a2则称新数列a h, a i2, , a m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;(H)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 m o,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 m°<a n°;(川)设无穷数列{a n}的各项均为正整数,且任意两项均不相等若{ a n}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s -, 且长度为S末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1 , 2,…),求数列{a n}的通项公式.【答案】(I )1,3,5,6.(n )见解析; (川)见解析.【解析】【分析】(I )由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可;(n )利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可;(川)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式,然后证明通项公式满足题中所有的条件即可•【详解】(I )满足题意的一个长度为4的递增子列为:1,3,5,6.(n)对于每一个长度为q的递增子列a n a2丄a q,都能从其中找到若干个长度为p的递增子列色总丄a p,此时a p a q ,设所有长度为q的子列的末项分别为:a q, ,a q2,a q3 ,L ,所有长度为p的子列的末项分别为:a p1,a p2,a p3,L ,则a n0 min a q1,a q2,a q3,L ,注意到长度为P的子列可能无法进一步找到长度为q的子列,故a m0 min a p1,a p2,a p3,L ,据此可得:a m0a n0n 1, n为偶数(川)满足题意的一个数列的通项公式可以是a n 斗才来朴2,1,4,3,6,5,8,7,L ,n 1,n为奇数面说明此数列满足题意很明显数列为无穷数列,且各项均为正整数,任意两项均不相等.长度为s 的递增子列末项的最小值为2s-1,下面用数学归纳法证明长度为s 末项为2s-1 的递增子列恰有2s 1个s 1,2,L :当n 1 时命题显然成立,假设当n k时命题成立,即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有21个,则当n k 1时,对于n k 时得到的每一个子列a s1,a s2,L ,a s k 1,2k 1,可构造:aq,a s2丄,a s「2k 1,2 k 1 1和a5^,a S2,L ,a^l,2k,2 k 1 1两个满足题意的递增子列,则长度为k+1 末项为2k+1 的递增子列恰有 2 2k 12k2k 1 1个,n 1, n为偶数综上可得,数列a n、,卄沁.2,1,4,3,6,5,8,7,L是一个满足题意的数列的通项公式•n 1, n为奇数注:当s 3时,所有满足题意的数列为:2,3,5 , 1,3,5 , 2,4,5 , 1,4,5 ,当s 4 时,数列2,3,5 对应的两个递增子列为:2,3,5,7 和2,3,6,7 .【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种,然后根据此新定义去解决问题,有时还需要用类比的方法去理解新的定义,这样有助于对新定义的透彻理解.但是,透过现象看本质,它们考查的还是基础数学知识,所以说“新题”不一定是“难题”,掌握好三基,以不变应万变才是制胜法宝.2019天津理) 19.设a n 是等差数列,b n 是等比数列.已知a1 4,b1 6,b2 2a2 2,b3 2a3 4.(I)求a n和b n的通项公式;(n)设数列q满足G 1,c n X 2 J 2「其中k Nn 1 n b k,n 2k ,i )求数列a2n c2n1 的通项公式;2nii )求a i c i n Ni1答案】(I )a n 3n 1 ; b n 3 2n(n )(i )a2n c2n 1 9 4n1 (ii )* 2n 1n 1 *aqnN 27 25 2 n 12 nNi 1【解析】 【分析】(I )由题意首先求得公比和公差,然后确定数列的通项公式即可; (n )结合(I )中的结论可得数列a 2n c 2n 1的通项公式,结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等2n价变形,结合等比数列前n 项和公式可得aG 的值.i 12 4 d 26 2d,解得2 4 2d 4 12 4d故a n 4 (n 1) 33n1 ,b n6 2n13 2n.所以,a n的通项公式为 a n 3n 1 , b n的通项公式为b n3 2n (n )( i ) a 2n C 2n 1 a ?n b n 1 3 2n 1 3 2n 19 4n 1所以,数列 a ?n c?n1 的通 项公式 :为a2nc 2n 19 4n 12n 2n2n2n(ii )a &a i a C i 1a ia c 2i1i 1i 1i 1i 12n 2n 1n2 n4-39 412i 14 1 4n3 ?2 n5 2n 19n1 427 _2n•1J 112N*25 2n n【点睛】本题主要考查等差数列 ?等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列 求和的基本方法以及运算求解能力.【详解】(I )设等差数列a n 的公db n 的公比为q .依题意得6q6q 2(2019上海)18•已知数列{a n } , a 1 3,前n 项和为S n •(1)若{an }为等差数列,且 a 4 15, 求S n ;(2)若{a n }为等比数列,且 lim n S n 12,求公比 q 的取值范围 【解答】解:(1) Q a 4 a 3d 3 3d 15 ,d 4 ,n(n 1),S n 3n4 2n 2 n;2lim S n 存在,nlim 3(^ 2 ,n1 q 1 q3 4公比q 的取值范围为(1 , 0) (0 , 3).42综上,d -或者d3Hm S n存在, lim S n n (2019上海)21.已知等差数列{务}的公差d (0, ],数列{b n }满足 b n sin (a n ),集合 S x|xb n ,n2 、(1 )若a 1 0,d 一,求集合 30,d —,3{乜,0, △.2 2根据三角函数线,①等差数列 {a n }的终边落在y 轴的正负半轴上时,集合S 恰好有两个元素,此时此时d —,3(2)若a 1,求d 使得集合 2 S 恰好有两个(3)若集合S 恰好有三个元素: b n T b n , T 是不超过7的正整数,求 T 的所有可能的值.【解答】解:(1) Q 等差数列{a n }的公差d (0,],数列{b n }满足 b n sin (a n ),集合 S x|xb n ,n当a 1集合S (2) Q,数列{b n }满足 b n sin (a .),2集合S x|x N *恰好有两个元素,如图:②a 1终边落在OA 上,要使得集合 S 恰好有两个元素,可以使 a 2, a 3的终边关于y 轴对称,如图OB , OC ,(3)①当T 3 时,b n 3 b n,集合S {bl,b2, b3},符合题意.②当T 4 时,b n 4 b n ,sin(a n 4d) sina. a n 4d a n 2k ,或者a n 4d 2k a n ,4d a n 2k,又k 1,2当k1时满足条件,此时S {,1, 1}.③当T 5时,b n 5b n,si n(a n5d)sina n,故k1,2.当k1时,S{sin—,1,sin}满足题意1010④当T 6时,b n 6b n,sin (an6d)sina n,a na n等差数列{a n}的公差d (0,],故a n5d a n 2k ,或者a n 5d 2k a n,因为 d (0 ,所以6d a n 2k 或者a n 6d 2k a n,d (0,1 , 2, 3.1时,S {-^O, —3},满足题意.2 2⑤当T 7 时,b n 7 b n,si n(a n 7d) si na n si na n,所以a n 7d a n 2k ,或者a n 7d 2k a n,d (0,故k 1 , 2, 31时,因为b i ~b7对应着3个正弦值,故必有一个正弦值对应着3个点,必然有a m a n 2 ,d m 7,不符合条件.k 2时,因为b i~b7对应着3个正弦值,故必有一个正弦值对应着3个点,必然有a m a n 2 ,d n不是整数,不符合条件.k 3时,因为bi ~ b7对应着3 个正弦值,故必有一个正弦值对应着3个点,必然有a m a n—,或者d7—,此时,m n均不是整数,不符合题意.7综上,T3,4,5,6.(2019江苏)8.已知数列{a n}( n N*)是等差数列,S n是其前n项和若a2^ 兎0,S9 27 ,则Q的值是 _____________________ 【答案】16【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差,然后求解前8项和即可.a 2a 5CBa 1 d a-i 4d7d 0【详解】由题意可得:9 8S99a 1 9 8d227解得: a 1 51 ,则 S 8 8a 1 8 7d40 28 216.d 22【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题,是高考必考内容,解题过程中要注意应用函数方程思想,灵活应 用通项公式、求和公式等,构建方程(组),如本题,从已知出发,构建a 1, d 的方程组.(2019江苏)20.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:a ?a 4 a 5,a 3 4a ? 4印 0 ,求证:数列{a n }为“M—数列”;u . 1 2 2(2)已知数列{b n }满足:b 1 1,S b b ,其中S 为数列{b n }的前n 项和.S n b n b n 1① 求数列{b n }的通项公式;② 设m 为正整数,若存在 “M—数列” {} (n € N *),对任意正整数k ,当k 呦 时,都有C k b k q 1成立,求m 的 最大值.【答案】(1)见解析; (2[① b n = n n N * :② 5. 【解析】 【分析】(1 )由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论; (2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列{b n }是等差数列,据此即可确定其通项公式;②由①确定b k 的值,将原问题进行等价转化,构造函数,结合导函数研究函数的性质即可求得【详解】(1)设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1^0, q 丰0.因此数列{a n }为M —数列”1 22 (2) ①因S n—,所以b nb nbn11 2 2由b| 1,S 1th 得1 1 ,则 b 22.1由2 2 得 S nb n b n 1m 的最大值.a 2&4 a s由a 3 4a : 4ci|。
(word版)高考数列大题练习(裂项、错位相减、倒序)

数列练习题(考查裂项相消、错位相减、倒序相加、等差等比)一、解答题(本大题共18小题,共216.0分)1.已知数列{a n}为正项等比数列,满足a3=4,且a5,3a4,a6构成等差数列,数列{b n}满足b n=log2a n+log2a n+1.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)若数列{b n}的前n项和为S n,数列{c n}满足c n=1,求数列{c n}的前n项和4S n−1T n.2.已知数列{a n}是以2为首项,2为公比的等比数列,2n−1(1)求数列{a n}的通项公式;}的前n项和T n(2)若b n=log2a n(n∈N∗),求数列{1b n b n+13.设数列{a n}满足.(1)求{a n}的通项公式;}的前n项和.(2)求数列{a n2n+14. 已知数列{a n }满足a 1+2a 2+4a 3+⋯+2n−1a n =n(n+1)2(n ∈N ∗).(1)求{a n }的通项公式; (2)求{a n }的前n 项和S n .5. 已知各项是正数的等比数列{a n }满足a 3=8,a 4+a 5=48.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)已知数列{b n }满足b n =log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .6. 已知函数f (x )=a x (a >1),定义域为[−1,1],且最大值是4,记函数g (x )=f (x )2+f (x ). (1)求证:g (x )+g (1−x )=1;(2)计算g (110)+g (210)+g (310)+⋯+g (910)的值。
7. 已知数列{a n }为等比数列,首项a 1=4,数列{b n }满足b n =log 2a n ,且b 1+b 2+b 3=12.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;+a n,求数列{c n}的前n项和S n.(Ⅱ)令c n=4b n⋅b n+18.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{b n}的前n项和为T n.若a1=b1=3,a4=b2,S4−T2=12.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(2)求数列{a n+b n}的前n项和.9.设等差数列{a n}的前n项和为S n,a2+S2=−5,S5=−15.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(−1)n a n,求数列{b n}的前20项和T20.10.等差数列{a n}中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2a n−2+n,求b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b10的值.11.已知公差不为0的等差数列{a n}满足a1=1.若a5,a2,a1成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=a n+2n−1,求数列{b n}的前n项和S n.12.已知数列{a n}为公差不为零的等差数列,a1=2,且a1,a3,a7成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=2a n,求数列{a n+b n}的前n项和T n.13.已知{a n}是等比数列,a1=2,且a1,a3+1,a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(2n−1)⋅a n,求数列{b n}的前n项和S n.14.设公差不为0的等差数列{a n}中,a4=5,且a1,a3,a7构成等比数列,数列{b n}是各项均为正数的等比数列,且b1=2,b2b4=64.(Ⅰ)求数列{a n}、{b n}的通项公式;(2)设c n=a n⋅b n,求数列{c n}的前n项和T n.15.已知等差数列{a n}的公差是1,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;}的前n项和T n.(2)求数列{a n2n16.在等差数列{a n}中,a1+a2=7,a3=8.令b n=1,a n a n+1(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和T n;17.设{a n}是等差数列,a5=10,且a1+10,a2+8,a3+6成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)记{a n}的前n项和为S n,且b n=1,求数列{b n}的前n项和为T n.S n18.己知数列{a n}满足,a1=1,且a n−a n−1=−2a n a n−1(n≥2).}是等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(1)证明数列{1a n(2)设b n=a n a n+1,求数列{b n}的前n项和为S n.答案和解析1.【答案】解:(1)设等比数列{a n}的公比为q(q>0),由题意,得a5+a6=6a4⇒q+q2=6,解得q=2或q=−3(舍),又a3=4⇒a1=1,所以a n=a1q n−1=2n−1,;(2)S n=n(b1+b n)2=n[1+(2n−1)]2=n2.∴c n=14n2−1=12(12n−1−12n+1),∴T n=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=n2n+1.【解析】本题考查等比数列的通项公式及等差数列的性质与求和,同时考查裂项相消法求和,属于中档题.(1)由已知求出{a n}的公比及a1,从而求出a n,然后求出b n即可;(2)利用等差数列的求和公式求出S n,然后利用裂项相消法求和即可.2.【答案】解:(1)由等比数列通项公式得:a n2n−1=2n,所以a n=22n−1.(2)由(1)可得:,所以1b n b n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1),T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1.【解析】本题考查等比数列通项公式的应用、裂项相消法求解数列的前n项和的问题.关键是能够将数列{1b n b n+1}的通项公式进行裂项,从而采用裂项相消法来进行求解,属于常考题型.(1)根据等比数列通项公式可求得a n2n−1=2n,进而得到a n;(2)利用(1)的结论可求得b n,从而得到1b n b n+1的通项公式,采用裂项相消法可求得结果.3.【答案】解:(1)数列{a n}满足a1+3a2+⋯+(2n−1)a n=2n,n ≥2时,a 1+3a 2+⋯+(2n −3)a n−1=2(n −1), ∴两式相减得(2n −1)a n =2, ∴a n =22n−1,当n =1时,a 1=2,上式也成立, ∴a n =22n−1;(2)a n 2n +1=2(2n −1)(2n +1)=12n −1−12n +1∴数列{a n 2n+1}的前项和为:S n =(1−13)+(13−15)+⋯+(12n −1−12n +1)=1−12n+1=2n2n+1.4.【答案】解:(1)当时,,当时,a 1+2a 2+4a 3+⋯+2n−1a n =n(n+1)2,可得a 1+2a 2+4a 3+⋅⋅⋅+2n−2a n−1=(n−1)n 2,两式相减得2n−1a n =n(n+1)2−(n−1)n 2,即2n−1a n =n ,故a n =n ⋅(12)n−1.因为,满足a n =n ⋅(12)n−1,所以的通项公式为a n =n ⋅(12)n−1(n ∈N ∗).(2)由题意,S n =1⋅(12)0+2⋅(12)1+3⋅(12)2+⋯+n ⋅(12)n−1,则,则,即12S n =1−(12)n1−12−n ×(12)n ,所以S n =4−(n +2)⋅(12)n−1.5.【答案】解:(1)设数列{a n }的公比为q ,∴{a 1q 2=8a 1q 3+a 1q 4=48,两式相除得q 2+q −6=0, ∴q =2或q =3, 又∵a n >0, ∴q =2,a 1=2,∴a n =2n ;(2)解析:由(1)可知a n =2n , ∴b n =log 22n =n , ∴S n =1+2+3+⋯…+n =n(n+1)2.6.【答案】(1)证明:函数f(x)=a x (a >1),定义域为[−1,1],且最大值是4,∴a =4, ∴f(x)=4x , ∴g(x)=f(x)2+f(x)=4x2+4x =4x +2−22+4x =1−22+4x ,∴g(x)+g(1−x)=1−22+4x +1−22+41−x =2−22+4x −4x2+4x =2−1=1,.7.【答案】解:(Ⅰ)由b n =log 2a n 和b 1+b 2+b 3=12得log 2(a 1a 2a 3)=12,∴a 1a 2a 3=212.设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1=4,∴a 1a 2a 3=4⋅4q ⋅4q 2=26⋅q 3=212,计算得出q =4,∴a n =4⋅4n−1=4n(Ⅱ)由(Ⅰ)得b n =log 24n =2n ,c n =42n⋅2(n+1)+4n =1n (n+1)+4n =1n −1n+1+4n 设数列{1n (n+1)}的前n 项和为A n ,则A n =1−12+12−13+⋯+1n −1n+1 =nn+1 设数列{4n }的前n 项和为B n ,则B n =4−4n ⋅41−4=43(4n −1),∴S n=nn+1+43(4n−1)8.【答案】解:(1)由a1=b1,a4=b2,则S4−T2=(a1+a2+a3+a4)−(b1+b2)=a2+a3=12,设等差数列{a n}的公差为d,则a2+a3=2a1+3d=6+3d=12,所以d=2,所以a n=3+2(n−1)=2n+1;设等比数列{b n}的公比为q,由题b2=a4=9,即b2=b1q=3q=9,所以q=3,所以b n=3n.(2)a n+b n=(2n+1)+3n,所以{a n+b n}的前n项和为(a1+a2+⋯+a n)+(b1+b2+⋯+b n)=(3+5+⋯+2n+1)+(3+32+⋯+3n)=(3+2n+1)n2+3(1−3n)1−3=n(n+2)+3(3n−1)2.【解析】本题主要考查等差数列及其前n项和、等比数列及其前n项和,考查数列求和的基本方法和运算求解能力,属于中档题.(1)设出数列{a n}的公差和数列{b n}的公比,由题意列出关于q,d的方程组,求解方程组得到q,d的值,则等差数列和等比数列的通项公式可求;(2)由(1)可得a n+b n=(2n+1)+3n,利用分组求和法求出数列的前n项和.9.【答案】解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,由a2+S2=3a1+2d=−5,S5=5a1+10d=−15,即a1+2d=−3,解得a1=−1,d=−1.所以a n=−1−(n−1)=−n.(2)因为b n=(−1)n a n,所以T20=b1+b2+b3+b4+⋯+b19+b20=(−a1+a2)+(−a3+a4)+⋯+(−a19+a20)=d+d+⋯+d=10d=10×(−1)=−10.【解析】本题考查了数列的通项公式以及数列的求和,属于基本题.(1)由已知利用等差数列的通项公式以及前n项和公式,列出关于数列首项和公差的式子,解得数列的首项和公差,进而得数列的通项公式;(2)由题意得,直接由并项法,两项合并成一项对数列求和.10.【答案】解:(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得{a1+d=4(a1+3d)+(a1+6d)=15,解得{a1=3d=1.所以a n=a1+(n−1)d=n+2.(2)由(1)可得b n=2n+n.所以b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+⋅⋅⋅+(210+10)=(2+22+23+⋅⋅⋅+210)+(1+2+3+⋅⋅⋅+10)=2(1−210)1−2+(1+10)×102=(211−2)+55=211+53=2101.【解析】本题考查了等差数列的通项公式,利用分组转化法求和,考查学生的计算能力和推理能力,属于中档题.(1)根据题意可求得a1和d的值,从而即可得数列{a n}的通项公式.(2)根据(1)可知b n=2n+n,从而利用分组转化求和法求解即可得.11.【答案】解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,因为a5,a2,a1成等比数列,所以a22=a1a5,所以1+4d=(1+d)2,即d2=2d,因为d≠0,所以d=2,所以a n=2n−1;(2)因为b n=2n−1+2n−1,所以S n=(1+3+5+⋯+2n−1)+(20+21+⋯+2n−1)=n(1+2n−1)2+1−2n1−2=n2+2n−1.【解析】本题是等差数列与等比数列的综合题,考查等差数列的通项公式与等比数列的性质,考查等差数列与等比数列的前n项和,是基础题.(1)设等差数列{a n}的公差为d,由已知列式求得公差,则等差数列的通项公式可求;(2)把{a n}代入b n=a n+2n−1,然后利用数列的分组求和求解.12.【答案】解:(1)设数列{a n}公差为d≠0,∵a1=2,且a1,a3,a7成等比数列.∴a32=a1⋅a7,∴(2+2d)2=2×(2+6d),d≠0.解得d=1.∴a n=2+(n−1)×1=n+1.(2)数列{a n}的前n项和为n(2+n+1)2=12n2+32n;又b n=2n+1,所以数列{b n}为首项为4,公比为2的等比数列,所以数列{b n}的前n项和为4(1−2n)1−2=2n+2−4.所以数列{a n+b n}的前n项和为12n2+32n+2n+2−4.【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式前n项和公式,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.(1)设数列{a n}公差为d≠0,由a1=1,且a1,a3,a7成等比数列.可得a32=a1⋅a7,即(2+2d)2=2×(2+6d),d≠0,解可得d,即可得通项.(2)数列{a n}的前n项和为n(2+n+1)2=12n2+32n,b n=2n+1,利用等差数列与等比数列的前n项和公式即可得出.13.【答案】解:(1)等比数列{a n}中,a1=2,设公比为q(q≠0),因为a1,a3+1,a4成等差数列,所以a1+a4=2(a3+1),即2+2q3=4q2+2,解得q=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由(1)知,b n=(2n−1)⋅2n,则S n=1×21+3×22+5×23+⋯+(2n−1)⋅2n,2S n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−1)⋅2n+1,所以S n−2S n=2−(2n−1)⋅2n+1+(23+24+25+⋯+2n+1),,即−S n=2−(2n−1)⋅2n+1+23(1−2n−1)1−2整理得:S n=6+(2n−3)⋅2n+1.【解析】本题考查了等比数列的通项公式与等差数列的性质,以及错位相减法求数列的前n项和,属于中档题.(1)由等差数列的性质与等比数列的通项公式可求得;(2)等差数列与等比数列的乘积,利用错位相消法求出即可.14.【答案】解:(1)设{a n}的公差为d,因为a1,a3,a7成等比数列,所以a32=a1a7.所以(a1+2d)2=a1(a1+6d).所以4d2−2a1d=0.由d≠0,得a1=2d,由a4=a1+3d=2d+3d=5d=5,则d=1,a1=2,所以a n=n+1.设数列{b n}公比为q,易知q>0,由b1=2,b2b4=64,则b2b4=b12q4=4q4=64,得q=2(舍负),所以b n=2n.(2)由(1)知,c n=a n·b n=(n+1)·2n,所以T n=2×21+3×22+⋯+(n+1)·2n,①2T n=2×22+3×23+⋯+(n+1)·2n+1,②①−②得,−T n=4+(22+23+⋯+2n)−(n+1)·2n+1=−n·2n+1,解得:T n =n ·2n+1.【解析】本题考查了等差数列的通项公式、等比数列的通项公式和错位相减法,是中档题.(1)利用等差数列的通项公式和等比数列的性质,求出公差,然后求数列{a n }的通项公式;由等比数列的通项公式得出公比,即可得出{b n }的通项公式;(2)利用错位相减法求出数列的和.15.【答案】解:(1)因为{a n }是公差为1的等差数列,且a 1,a 3,a 9成等比数列,所以a 32=a 1a 9,即(a 1+2)2=a 1(a 1+8),解得a 1=1.所以a n =a 1+(n −1)d =n(n ∈N ∗).(2)T n =1×(12)1+2×(12)2+3×(12)3+⋯+n ×(12)n, 12T n =1×(12)2+2×(12)3+⋯+(n −1)×(12)n +n ×(12)n+1, 两式相减得12T n =(12)1+(12)2+(12)3+⋯+(12)n −n ×(12)n+1, 所以12T n =12−(12)n+11−12−n ×(12)n+1=1−12n −n2n+1. 所以T n =2−2+n2n .【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、错位相减法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.(1)因为{a n }是公差为1的等差数列,且a 1,a 3,a 9成等比数列,可得a 32=a 1a 9,即(a 1+2)2=a 1(a 1+8),解得a 1.利用通项公式即可得出结果.(2)利用错位相减法,即可得出结果.16.【答案】解:(1)设等差数列{a n }的公差为d ,由已知得{a 1+a 1+d =7a 1+2d =8,得{a 1=2d =3,∴a n=2+3(n−1)=3n−1;(2)由(1)可得b n=1(3n−1)(3n+2)=13(13n−1−13n+2),∴T n=13(12−15+...+13n−1−13n+2)=13(12−13n+2)=n2(3n+2).【解析】本题考查等差数列的通项公式和利用裂项相消法求和,属于基础题.(1)设等差数列{a n}的公差为d,由题意列出方程组即可求出a1,d,即可求出{a n}的通项公式;(2)由(1)可得b n=13(13n−1−13n+2),利用裂项相消法即可求得T n.17.【答案】解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,∵a1+10,a2+8,a3+6成等比数列,∴(a2+8)2=(a1+10)(a3+6),即(18−3d)2=(20−4d)(16−2d),解得d=2,∴a n=a5+(n−5)d=10+2(n−5)=2n;(2)由(1)知a n=2n,∴S n=n(2+2n)2=n2+n,∴b n=1n(n+1)=1n−1n+1,∴T n=(11−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1 n −1n+1)=1−1n+1=nn+1,∴数列{b n}的前n项和为T n=nn+1.【解析】本题考查了等差数列的通项公式,等差数列求和,等比数列性质的运用,裂项相消法求和,考查了分析和运算能力,属于中档题.(1)先设等差数列{a n}的公差为d,然后根据a5=10,且a1+10,a2+8,a3+6成等比数列,建立方程求出公差d即可求解;(2)根据(1)可得S n=n(2+2n)2=n2+n,即b n=1n(n+1)=1n−1n+1,然后用裂项相消法求和即可.18.【答案】解:(1)由a n−a n−1=−2a n a n−1(n⩾2)得1a n −1a n−1=2(n⩾2,n∈N∗),因此数列{1an}是首项为1,公差为2的等差数列,所以1a n=1+(n−1)×2=2n−1,因此a n=12n−1.(2)由(1)知:b n=12n−1⋅12n+1=12(12n−1−12n+1),因此S n=12[(11−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)=n2n+1.【解析】本题考查了数列的递推关系,等差数列的概念,等差数列的通项公式和裂项相消法,属于中档题.(1)利用数列的递推关系得1a n −1a n−1=2(n⩾2,n∈N∗),再利用等差数列的概念得数列{1an }是首项为1,公差为2的等差数列,再利用等差数列的通项公式得1a n=2n−1,从而得结论;(2)利用(1)的结论得b n=12(12n−1−12n+1),再利用裂项相消法,计算得结论.。
(适用于新高考新教材)单元质检卷五 数列 Word版含解析

单元质检卷五 数列(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021湖南永州高三月考)“a ,b ,c 成等比数列”是“a 2,b 2,c 2成等比数列”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 2.(2021福建宁德高三三模)在等差数列{a n }中,其前n 项和为S n ,若S 1=S 25,a 3+a 8=32,则S 16=( ) A.80B.160C.176D.198 3.(2021湖北武汉高三月考)“十二平均律”是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的振动数之比完全相等,亦称“十二等程律”,即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音的频率是最初那个音的2倍.设第8个音的频率为f ,则频率为√842f的音是( ) A.第3个音 B.第4个音C.第5个音D.第6个音 4.(2021河北邯郸高三期末)在等差数列{a n }中,a 2+2a 5=15,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 7=( )A.30B.35C.40D.455.(2021湖北武昌高三一模)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,若存在m ∈N *,满足S 2m S m =9,a2m a m=5m+1m -1,则数列{a n }的公比为( )A.-2B.2C.-3D.36.(2021浙江金华高三月考)已知数列na n 是等差数列,则( )A.a 3+a 6=2a 4B.a 3+a 6=a 4+a 5C.1a 3+1a 6=2a 4D.1a 3+1a 6=1a 4+1a 57.(2021北京朝阳高三二模)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和,已知a 1=8,a 4=-1,则数列{S n }( ) A.有最大项,有最小项 B .有最大项,无最小项 C.无最大项,有最小项D .无最大项,无最小项8.(2021湖南长郡中学高三二模)在数列{a n }中,a n =1f (n ),其中f (n )为最接近√n 的整数,若数列{a n }的前m 项和为20,则m=( ) A.15B.30C.60D.110二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021山东德州高三期中)在数列{a n}中,a1=1,a n a n-1-a n-1+1=0(n≥2,n∈N*),S n是其前n项和,则()2A.a6=2B.S12=6C.a112=a10a12D.2S11=S10+S1210.(2021河北衡水一中高三月考)已知数列{a n}是等比数列,公比为q,前n项和为S n,下列说法正确的有()为等比数列A.数列1a nB.数列log2a n为等差数列C.数列{a n+a n+1}为等比数列D.若S n=3n-1+r,则r=-1311.(2021广东佛山高三开学考试)若直线3x+4y+n=0(n∈N*)与圆C:(x-2)2+y2=a n2(a n>0)相切,则()A.a1=65B.数列{a n}为等差数列C.圆C可能过坐标原点D.数列{a n}的前10项和为2312.(2021广东珠海高三二模)分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,分形的外表结构极为复杂,但其内部却是有规律可循的,一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形,如图1,在长度为1的线段AB,以线段CD为边在线段AB的上方作一个正方形,然后擦掉线AB上取两个点C,D,使得AC=DB=14段CD,就得到图2;对图2中的最上方的线段EF作同样的操作,得到图3;依次类推,我们就得到以下的一系列图形.设图1,图2,图3,……,图n,各图中的线段长度和为a n,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.数列{a n}是等比数列B.S10=6657256C.a n<3恒成立D.存在正数m,使得S n<m恒成立三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021江苏南通高三三模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差为d,若S2n=2S n+n2,则d=.14.(2021福建三明高三二模)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,a n a n+1=22n+1,则S n=.15.(2021江西南昌高三开学考试)在数列{a n}中,a n+a n+2=n(n∈N*),则数列{a n}的前20项和S20=.16.(2021北京昌平高三模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n=ln n,若存在p∈R,使得a n≤pn对任意n ∈N*都成立,则p的取值范围为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021广西南宁高三月考)已知等差数列{a n}满足a n+2a n+1=3n+5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记数列1a n a n+1的前n项和为S n.若∀n∈N*,S n<-λ2+4λ(λ为偶数),求实数λ的值.18.(12分)(2021山东泰安高三模拟)已知S n为等比数列{a n}的前n项和,若a3=2,且4a1,3S2,2S3是等差数列{b n}的前三项.(1)求数列{a n}的前n项和S n;(2)求数列{b n}的通项公式,并求使得a n>b n的n的取值范围.19.(12分)(2021重庆巴蜀中学高三月考)已知数列{a n}满足a n>0,数列{a n}的前n项和为S n,若,在以下三个条件中任选一个条件填入横线上,完成问题(1)和(2):①a1+3a2+32a3+…+3n-1a n=n·3n(n∈N*);②数列{c n}满足:c n=1a n+1−1a n,a1=3,且{c n}的前n项和为12n+3−13;③S n=(a n+1)24-1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}是首项和公比均为2的等比数列,求数列{a b}中有多少个小于2 021的项.n20.(12分)已知数列{a n}的前n项和S n满足:tS n+1-S n=t(a n+1+a n-1),t∈R且t(t-1)≠0,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)已知数列{b n}是等差数列,且b1=3a1,b2=2a2,b3=a3,求数列{a n b n}的前n项和T n.21.(12分)(2021福建龙岩高三期中)已知各项均为正数的无穷数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,nS n+1=(n+1)S n+n(n+1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记[x]表示不超过x的最大整数,如[0.99]=0,[3.01]=3.令b n=[√a n],求数列{b n}的前51项和T51.22.(12分)(2021天津和平高三模拟)已知函数f(x)=x2+m,其中m∈R,定义数列{a n}如下:a1=0,a n+1=f(a n),n∈N*.(1)当m=1时,求a2,a3,a4的值;(2)是否存在实数m,使a2,a3,a4成公差不为0的等差数列?若存在,请求出实数m的值;若不存在,请说明理由;时,总能找到k∈N*,使得a k>2 021.(3)求证:当m>14单元质检卷五 数列1.A 解析 若a ,b ,c 成等比数列,则b 2=ac ,此时a 2c 2=(ac )2=b 4,则a 2,b 2,c 2成等比数列,即充分性成立.反之当a=1,b=1,c=-1时满足a 2,b 2,c 2成等比数列,但a ,b ,c 不成等比数列,即必要性不成立,即“a ,b ,c 成等比数列”是“a 2,b 2,c 2成等比数列”的充分不必要条件.故选A .2.B 解析 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d ,则根据题意可知,{a 1=25a 1+12×25×24×d ,a 1+2d +a 1+7d =32,即{2a 1+25d =0,2a 1+9d =32,解得{a 1=25,d =-2,故S 16=16×25+12×16×15×(-2)=160.故选B .3.C 解析 由题意知,这13个音的频率成等比数列,设这13个音的频率分别是a 1,a 2,…,a 13,公比为q (q>0),则a13a 1=q 12=2,得q=√212,所以a n =a 8q n-8=(√212)n-8f=2n -812f.令2n -812f=√842f=2-14f ,解得n=5.故选C .4.B 解析 由a 2+2a 5=15得a 2+a 4+a 6=15,即3a 4=15,因此a 4=5,于是S 7=7a 4=7×5=35.故选B .5.B 解析 设数列{a n }的公比为q.若q=1,则S 2m S m=2,与题中条件矛盾,故q ≠1.∵S2m S m=a 1(1-q 2m )1-q a 1(1-q m )1-q=q m +1=9,∴q m=8.∵a 2m a m=a 1q 2m -1a 1q m -1=q m =8=5m+1m -1,∴m=3,∴q 3=8,∴q=2.故选B .6.C 解析 设数列na n 的公差为d ,则4a 4=3a 3+d ,5a 5=3a 3+2d ,6a 6=3a 3+3d ,因此1a 3+1a 6=1a 3+163a 3+3d =123a 3+d =12×4a 4=2a 4,故选项C 正确;a 6=2a 3da 3+1,a 4=4a 3da 3+3,不满足a 3+a 6=2a 4,故选项A 错误;a 5=5a 32da 3+3,a 3+a 6≠a 4+a 5,故选项B 错误;1a 3+1a 6=32a 3+12d ,1a 4+1a 5=2720a 3+1320d ,则1a 3+1a 6≠1a 4+1a 5,故选项D 错误.故选C .7.A 解析 设数列{a n }的公比为q ,则q 3=a 4a 1=-18,所以q=-12,所以S n =a 1(1-q n )1-q=8[1-(-12) n ]1-(-12)=1631--12n.当n 为偶数时,S n =1631-12n,即S 2<S 4<S 6<…<163;当n 为奇数时,S n =163(1+12n),即S 1>S 3>S 5>…>163,所以数列{S n }有最大项S 1,最小项S 2,故选A .8.D 解析 由题意知,函数f (n )为最接近√n 的整数.f (1)=1,f (2)=1,f (3)=2,f (4)=2,f (5)=2,f (6)=2,f (7)=3,f (8)=3,f (9)=3,f (10)=3,f (11)=3, f (12)=3,…,由此可得在最接近√n 的整数f (n )中,有2个1,4个2,6个3,8个4,….又由a n =1f (n ),可得a 1=a 2=1,a 3=a 4=a 5=a 6=12,a 7=a 8=…=a 12=13,…,则a 1+a 2=2,a 3+a 4+a 5+a 6=2,a 7+a 8+…+a 12=2,….因为数列{a n }的前m 项和为20,即S m =10×2=20,可得m 为首项为2,公差为2的等差数列的前10项和,所以m=10×2+10×92×2=110.故选D .9.ABC 解析 当n=2时,有a 2a 1-a 1+1=0,即12a 2-12+1=0,解得a 2=-1,同理可得a 3=2,a 4=12,因此数列{a n }的项以3为周期重复出现,且S 3=a 1+a 2+a 3=12-1+2=32,所以a 6=a 3=2,故选项A正确;S 12=4S 3=4×32=6,故选项B 正确;因为a 11=a 2=-1,a 10=a 1=12,a 12=a 3=2,所以a 112=a 10a 12,故选项C 正确;因为2S 11=2(S 9+a 10+a 11)=23×32+12-1=8,S 10+S 12=S 9+a 10+S 12=3S 3+4S 3+a 10=7×32+12=11,所以2S 11≠S 10+S 12,故选项D 不正确,故选ABC.10.AD 解析 对于A 选项,设b n =1a n ,则b n+1b n =a n a n+1=1q (n ≥1,n ∈N *),所以数列1a n 为等比数列,故A 正确;对于B 选项,若a n <0,则log 2a n 没意义,故B 错误;对于C 选项,当q=-1时,a n +a n+1=0,等比数列的任一项都不能为0,故C 错误;对于D 选项,由题意得q ≠1,S n =a 1(1-q n )1-q=a 1q q -1q n-1-a 1q -1.由S n =3n-1+r 得,q=3,a 1q q -1=1,即a 1=23,所以r=-a 1q -1=-13,故D 正确.故选AD .11.BCD 解析 由圆C :(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0),则圆心C (2,0),半径为a n .因为直线3x+4y+n=0与圆C :(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0)相切,所以圆心C (2,0)到直线3x+4y+n=0的距离为a n ,即√9+16=n+65=a n ,则a 1=75,故选项A 错误;由a n =n+65,可得a n+1-a n =15,所以数列{a n }是以15为公差的等差数列,故选项B 正确;将(0,0)代入C :(x-2)2+y 2=a n 2,解得a n =2.由n+65=2,解得n=4,所以当n=4时,圆C 过坐标原点,故选项C 正确;设数列{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(75+n+65)2=n (n+13)10,所以S 10=10×(10+13)10=23,故选项D 正确.故选BCD.12.BC 解析 由题意可得a 1=1,a 2=a 1+2×12,a 3=a 2+2×122,以此类推可得a n+1=a n +2×12n ,则a n+1-a n =22n ,所以a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+221+222+…+22n -1=1+1-12n -11-12=3-12n -2,所以数列{a n }不是等比数列,故A 错误;对于B 选项,S 10=3×10-2(1-1210)1-12=26+128=6 657256,故B 正确;对于C 选项,a n =3-12n -2<3恒成立,故C 正确;对于D 选项,因为a n =3-12n -2>0恒成立,且a n+1-a n =3-12n -1-3+12n -2=12n -1>0,则数列{S n }为递增数列,所以数列{S n }无最大值,因此不存在正数m ,使得S n <m ,故D 错误.故选BC .13.1 解析 因为数列{a n }为公差为d 的等差数列,所以S 2n =2n (a 1+a 2n )2=n (a 1+a 2n ),S n =n (a 1+a n )2.又S 2n =2S n +n 2,所以n (a 1+a 2n )=2×n (a 1+a n )2+n 2,即a 1+a 2n =a 1+a n +n ,所以a 2n -a n =nd=n ,解得d=1.14.2n+1-2 解析 设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q (q>0),首项为a 1(a 1>0). 因为a n a n+1=22n+1,所以a n+1a n+2=22n+3,因此a n+1a n+2an a n+1=22n+322n+1=4,即q 2=4,所以q=2.而a 1a 2=8,即a 12q=8,所以a 1=2,所以S n =2(1-2n )1-2=2n+1-2.15.95 解析 因为a n +a n+2=n (n ∈N *),所以a n+1+a n+3=n+1(n ∈N *),所以a n +a n+1+a n+2+a n+3=2n+1(n ∈N *),所以S 20=a 1+a 2+…+a 20=(a 1+a 2+a 3+a 4)+…+(a 17+a 18+a 19+a 20)=2×1+1+2×5+1+2×9+1+2×13+1+2×17+1=2×(1+5+9+13+17)+5=2×(1+17)×52+5=95. 16.ln33,+∞ 解析 若存在p ∈R ,使得a n ≤pn 对任意的n ∈N *都成立,则p ≥lnnnmax .设f (x )=lnxx(x ∈N *),则f'(x )=1x ·x -lnxx 2.令f'(x )=1-lnxx 2=0,解得x=e,所以函数f (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数在x=e 时取最大值.因为n ∈N *,所以当n=3时函数最大值为ln33,所以p 的取值范围是ln33,+∞. 17.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d. 因为a n +2a n+1=3n+5,所以{a 1+2a 2=8,a 2+2a 3=11即{3a 1+2d =8,3a 1+5d =11,解得{a 1=2,d =1,所以a n =2+(n-1)=n+1.经检验,a n =n+1符合题设,所以数列{a n }的通项公式为a n =n+1. (2)由(1)得,1a n a n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2,所以S n =12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2. 因为n ∈N *,所以S n <12.又因为∀n ∈N *,S n <-λ2+4λ, 所以-λ2+4λ≥12,即(λ-2)2≤72. 因为λ为偶数,所以实数λ的值为2.18.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q.由4a 1,3S 2,2S 3是等差数列{b n }的前三项,得6S 2=4a 1+2S 3,即3S 2=2a 1+S 3, 所以3(a 1+a 1q )=2a 1+a 1+a 1q+a 1q 2,整理得q 2=2q ,解得q=2. 由a 3=2,得a 1×22=2,所以a 1=12, 所以S n=12(1-2n )1-2=2n -12. (2)由(1)得a n =2n-2,所以4a 1=2,3S 2=92,2S 3=7, 即等差数列{b n }的前三项为2,92,7, 所以b n =2+(n-1)92-2=12(5n-1).由a n >b n ,得12×2n-1>12×(5n-1),即2n-1>5n-1. 令c n =2n-1-5n+1,则有c n+1-c n =2n-1-5.当1≤n ≤3时,c n+1-c n <0,即c 1>c 2>c 3>c 4; 当n ≥4时,c n+1-c n >0,即c 4<c 5<…<c n <…. 而c 1=-3,c 5=-8,c 6=3,所以使a n >b n 的n 的取值范围是{n|n ≥6,n ∈N *}. 19.解 (1)若选①.因为a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =n·3n (n ∈N *),所以当n ≥2时,a 1+3a 2+32a 3+…+3n-2a n-1=(n-1)·3n-1, 两式相减得3n-1a n =(2n+1)·3n-1,则a n =2n+1. 又a 1=2+1=3,符合上式,所以a n =2n+1(n ∈N *). 若选②.由于c1+c2+…+c n=1a2−1a1+1a3−1a2+…+1a n+1−1a n=1a n+1−1a1=12n+3−13,又a1=3,所以a n+1=2n+3,因此当n≥2时,a n=2n+1.又a1=2+1=3,符合上式,所以a n=2n+1(n∈N*).若选③.当n=1时,a1=3.因为S n=(a n+1)24-1(n∈N*),所以当n≥2时,S n-1=(a n-1+1)24-1(n∈N*),两式相减得a n=S n-S n-1=(a n+1)24−(a n-1+1)24,即4a n=a n2+2a n+1-a n-12-2an-1-1,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1-2)=0.又a n>0,所以a n-a n-1=2, 故数列{a n}为等差数列,而a1=3,d=2,所以a n=2n+1.(2)由已知得b n=2n,所以a bn =2b n+1=2n+1+1,易知数列{a bn}为递增数列.又210=1 024<2 021,211=2 048>2 021,所以n+1≤10,n≤9,n∈N*,所以数列{a bn}中有9个小于2 021的项.20.解(1)当n=1时,tS2-S1=t(a2+a1-1),解得a1=t,当n≥2时,tS n+1-S n=t(a n+1+a n-1),tS n-S n-1=t(a n+a n-1-1),两式相减得ta n+1-a n=t(a n+1-a n-1),即a n=ta n-1.又因为a1=t≠0,所以a n-1≠0,即a na n-1=t,所以数列{a n}是以t为首项,t为公比的等比数列,故数列{a n}的通项公式为a n=t n,n∈N*.(2)由题意可知,2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,所以4t2=3t+t3.因为t≠0,所以t2-4t+3=0,解得t=3,t=1.又因为t≠1,所以t=3,故a n=3n,n∈N*.设数列{b n}的公差为d.由b1=9,b2=18,b3=27,可知d=9,因此b n=b1+(n-1)d=9+9(n-1)=9n,所以a n b n=9n·3n=n·3n+2,所以T n=1×33+2×34+3×35+…+n·3n+2, ①3T n=1×34+2×35+…+(n-1)·3n+2+n·3n+3, ②①-②得-2T n=33+34+35+…+3n+2-n·3n+3=3n+3-272-n·3n+3,所以T n=(2n-1)3n+3+274.21.解(1)因为nS n+1=(n+1)S n+n(n+1),所以S n+1n+1=S nn+1.又因为S1=a1=1,所以数列S nn是以1为首项,1为公差的等差数列,因此S nn=n,即S n=n2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-1,又因为a1=1符合上式,故a n=2n-1(n∈N*).(2)由(1)知b n=[√a n]=[√2n-1],当n∈{1,2}时,b n=[√2n-1]=1;当n∈{3,4}时,b n=[√2n-1]=2;当n∈{5,6,7,8}时,b n=[√2n-1]=3;当n∈{9,10,11,12}时,b n=[√2n-1]=4;当n∈{13,14,15,16,17,18}时,b n=[√2n-1]=5;当n∈{19,20,21,22,23,24}时,b n=[√2n-1]=6;当n∈{25,26,…,31,32}时,b n=[√2n-1]=7; 当n∈{33,34,…,37,40}时,b n=[√2n-1]=8;当n∈{41,42,…,49,50}时,b n=[√2n-1]=9;当n=51时,b n=[√2n-1]=10,所以数列{b n}的前51项和T51=2×1+2×2+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9+1×10=320.22.(1)解因为m=1,所以f(x)=x2+1.因为a1=0,所以a2=f(a1)=f(0)=1,a3=f(a2)=f(1)=2,a4=f(a3)=f(2)=5.(2)解存在.(方法1)假设存在实数m,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列,则a2=f(0)=m,a3=f(m)=m2+m,a4=f(a3)=(m2+m)2+m.因为a2,a3,a4成等差数列,所以2a3=a2+a4,所以2(m2+m)=m+(m2+m)2+m,化简得m2(m2+2m-1)=0,解得m=0(舍),m=-1±√2.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,所以存在m=-1±√2,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.(方法2)因为a2,a3,a4成等差数列,所以a3-a2=a4-a3,即a22+m-a2=a32+m-a3,所以(a32−a22)-(a3-a2)=0,即(a3-a2)(a3+a2-1)=0.因为公差d≠0,故a3-a2≠0,所以a3+a2-1=0,解得m=-1±√2.经检验,此时a2,a3,a4的公差不为0,所以存在m=-1±√2,使得a2,a3,a4成公差不为0的等差数列.(3)证明因为a n+1-a n=a n2+m-a n=a n-122+m-14≥m-14,且m>14,所以令t=m-14>0,得a n-a n-1≥t,a n-1-a n-2≥t,…,a2-a1≥t.将上述不等式全部相加得a n-a1≥(n-1)t,即a n≥(n-1)t, 因此要使a k>2 021成立,只需(k-1)t>2 021,因此只要取正整数k>2021t+1,就有a k≥(k-1)t>2021t·t=2 021.综上,当m>14时,总能找到k∈N*,使得a k>2 021.11。
(完整word版)高考数学数列不等式证明题放缩法十种办法技巧总结,推荐文档

1.均值不等式法例1 设.)1(3221+++⋅+⋅=n n S n Λ求证.2)1(2)1(2+<<+n S n n n 例2 已知函数bxa x f 211)(⋅+=,若54)1(=f ,且)(x f 在[0,1]上的最小值为21,求证:.2121)()2()1(1-+>++++n n n f f f Λ 例3 求证),1(221321N n n n C C C Cn n nnnn∈>⋅>++++-Λ.例4 已知222121n a a a +++=L ,222121n x x x +++=L ,求证:n n x a x a x a +++Λ2211≤1.例5 求证例6 例7 例8 }{n a 满足:1a 再如: 例9 设nnn n 3. 部分放缩例10 设++=a n a 21111,23a aa n ++≥L ,求证:.2<n a 例11 设数列{}n a 满足()++∈+-=N n na a a n n n 121,当31≥a 时证明对所有,1≥n 有:2)(+≥n a i n ; 21111111)(21≤++++++n a a a ii Λ.4 . 添减项放缩例12 设N n n∈>,1,求证)2)(1(832(++<n n n.例13 设数列}{na 满足).,2,1(1,211Λ=+==+n a a a a nn n 证明12+>n a n 对一切正整数n 成立;5 利用单调性放缩: 构造函数例14 已知函数223)(x ax x f -=的最大值不大于61,又当]21,41[∈x 时.81)(≥x f(Ⅰ)求a 的值;(Ⅱ)设*+∈=<<N n a f a a n n ),(,21011,证明.11+<n a n 例15(I 例16 例17 设 例18 设例19 例20 (1例21 (Ⅰ)写出数列}{n a 的前3项321,,a a a ; (Ⅱ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅲ)证明:对任意的整数4>m ,有8711154<+++m a a a Λ. 9. 借助数学归纳法例22(Ⅰ)设函数)10( )1(log )1(log )(22<<--+=x x x x x x f ,求)(x f 的最小值; (Ⅱ)设正数n p p p p 2321,,,,Λ满足12321=++++n p p p p Λ,求证:10. 构造辅助函数法例23 已知()f x = 2ln 243x x +-,数列{}n a 满足()()*11 2 ,0211N n a f a n an ∈=<<-++(1)求()f x 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-021,上的最大值和最小值; (2)证明:102n a -<<; (3)判断n a 与1()n a n N *+∈的大小,并说明理由.例24 已知数列{}n a 的首项135a =,1321n n n a a a +=+,12n =L,,.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式; (Ⅱ)证明:对任意的0x>,21121(1)3n na x xx ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥,12n =L ,,;21+<k 则411()11(0)141422x x x xf x x ==->-≠++•1(1)()(122f f n ⇒++>-⨯L 211(1)(1)2222n +-++-⨯⨯L 例3 简析 不等式左边123nnn n n C C C C ++++L =12222112-++++=-n n Λn n n 122221-⋅⋅⋅⋅⋅>Λ=212-⋅n n ,故原结论成立.例4 【解析】使用均值不等式即可:所以有22222211221122222n n n n a x a x a x a x a x a x ++++++≤+++L L其实,上述证明完全可以改述成求n n x a x a x a +++Λ2211的最大值。
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=。
全国卷数列高考题汇总附答案完整版

全国卷数列高考题汇总附答案完整版全国卷数列高考题汇总附答案Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】数列专题高考真题2014·I 17.已知数列{aa}的前a项和为a,a1=1,aa≠0,aaa+1=aaa−1,其中a为常数.Ⅰ)证明:aa+2−aa=a;Ⅱ)是否存在a,使得{aa}为等差数列并说明理由.2014·II 17.已知数列{aa}满足a1=1,aa+1=3aa+1.Ⅰ)证明{aa+2}是等比数列,并求{aa}的通项公式;Ⅱ)证明:a1+a3+⋯+aa<xxxxxxx a.2015·I 17.aa为数列{aa}的前a项和.已知aa>aa2+2aa=4aa+3。
Ⅰ)求{aa}的通项公式:Ⅱ)设a1=1,求数列{aa}的前a项和。
2015·II 4.等比数列{aa}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=42.2015·II 16.设Sn是数列{aa}的前n项和,且a1=−1,a a+1=SnSn+1,则Sn=__________.2016·I 3.已知等差数列{aa}前9项的和为27,a10=8,则a100=98.2016·I 15.设等比数列{aa}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…aa的最大值为__________.2016·II 17.Sn为等差数列{aa}的前a项和,且a1=1,a7=28记aa=[aaaaa],其中[a]表示不超过a的最大整数,如[.9]=0,[aa99]=1.I)求a1,a11,a101;II)求数列{aa}的前1 000项和.2016·III 12.定义“规范01数列”{aa}如下:{aa}的每一项为0或1,且不存在连续的1.例如,{0,1,0,0,1,0}和{0,1,0,1,0,1}是规范01数列,而{0,1,1,0}和{1,0,1,0,0}不是规范01数列.Ⅰ)证明:长度为n的规范01数列的个数为F(n+2),其中F(n)为斐波那契数列的第n项;Ⅱ)已知规范01数列{aa}的前n项和Sn,求{aa}的第n项。
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、(年新课标卷文)
已知等比数列{an}
中,
a1
1 3
,公比
q
1 3
.
()
Sn
为{an}
的前项和,证明:
Sn
1 an 2
()设 bn log3 a1 log3 a2 log3 an ,求数列{bn}的通项公式.
解:(Ⅰ)因为 an
1 (1)n1 33
1 3n
.
Sn
1 (1 1 ) 3 3n
①②得
(1 22 ) Sn 2 23 25 22n1 n 22n1 。
即
Sn
1 [(3n 9
1)22n1
2]
、(年全国新课标卷文)
设等差数列an 满足 a3 5 , a10 9 。
(Ⅰ)求 an 的通项公式;
(Ⅱ)求an的前 n 项和 Sn 及使得 Sn 最大的序号 n 的值。
解:()由 ()及,得
1 1
1 1 3n
2
,
3
所以 Sn
1 an 2
,
(Ⅱ) bn log 3 a1 log 3 a2 log 3 an
所以{bn }的通项公式为 bn
n(n 1) . 2
(1 2 ....... n)
n(n 1) 2
、(全国新课标卷理)
等比数列an 的各项均为正数,且 2a1 3a2 1, a32 9a2a6. ()求数列 an 的通项公式.
1,
Sn a1 a2 an .
2 24
2n
所以,当 n 1时,
3 / 12
Sn 2
a1
a2
2
a1
an an1 an
2n1
2020大二轮高考总复习理数文档:解答题2 数 列 Word版含解析.doc

第一单元 高考中档大题突破解答题02: 数 列基本考点——等差、等比数列的基本运算1.等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n =a 1+(n -1)d ;S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)2d .2.等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n =a 1qn -1(q ≠0);S n =a 1(1-q n )1-q =a 1-a n q1-q(q ≠1).3.等差(比)数列的基本运算在进行等差(比)数列项与和的运算时,若条件和结论间的联系不明显,则均可化成关于a 1和d (或q )的方程组求解,但要注意消元法及整体代换,以减少计算量.1.(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和. 已知S 2=2,S 3=-6. (1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n +1,S n ,S n +2是否成等差数列. (1)解:设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1+q )=2,a 1(1+q +q 2)=-6. 解得q =-2,a 1=-2. 故{a n }的通项公式为a n =(-2)n . (2)解:由(1)可得S n =a 1(1-q n )1-q=-23+(-1)n 2n +13.由于S n +2+S n +1=-43+(-1)n2n +3-2n +23=2⎣⎡⎦⎤-23+(-1)n 2n +13=2S n ,故S n +1,S n ,S n +2成等差数列.2.(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的前n 项和为T n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1)若a 3+b 3=5,求{b n }的通项公式; (2)若T 3=21,求S 3.解:设{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q , 则a n =-1+(n -1)·d ,b n =q n -1.由a 2+b 2=2得d +q =3.① (1)由a 3+b 3=5得2d +q 2=6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d =3,q =0(舍去),⎩⎪⎨⎪⎧d =1,q =2.因此{b n }的通项公式为b n =2n -1.(2)由b 1=1,T 3=21得q 2+q -20=0. 解得q =-5或q =4.当q =-5时,由①得d =8,则S 3=21. 当q =4时,由①得d =-1,则S 3=-6.常考热点——数列的综合问题1.错位相减法的关注点(1)适用题型:等差数列{a n }与等比数列 {b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和. (2)步骤:①求和时先乘以数列{b n }的公比. ②把两个和的形式错位相减. ③整理结果形式.[提醒] 错位相减法求和时,易漏掉减数式的最后一项. 2.裂项相消求和的原理及注意问题(1)原理:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.(2)注意:在相加抵消过程中,有的是依次抵消,有的是间隔抵消,特别是间隔抵消时要注意规律性.(2017·濮阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 5=15,且2a 2,a 6,a 8+1成公比大于1的等比数列.阿凡题1083958(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2n ·a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .[思路点拨] (1)利用等差数列的首项与公差通过数列的和求出a 3,利用2a 2,a 6,a 8+1成公比大于1的等比数列.求出公差,然后求解数列的通项公式.(2)化简数列的通项公式,利用错位相减法求解数列的和即可. 【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d ,因为S 5=15, 所以a 3=3,又因为2a 2,a 6,a 8+1成公比大于1的等比数列.所以a 26=2a 2(a 8+1),即:(a 3+3d )2=2(a 3-d )(a 3+5d +1),所以d =1或d =-1519(舍去),所以a 1=a 3-2d =3-2=1.所以a n =n , 数列{a n }的通项公式为a n =n ; (2)由(1)可知:设b n =2n ·a n =n ·2n ,T n =1×2+2×22+3×23+…+n ·2n ①; ①×2可得:2T n =1×22+2×23+3×24+…+(n -1)2n +n ·2n +1 ②,①-②得:-T n =2+22+23+…+2n -n ·2n +1=2(1-2n )1-2-n ·2n +1=2n +1-2-n ·2n +1.∴T n =(n -1)2n +1+2.用错位相减法求和的注意事项(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n -qS n ”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n .阿凡题1083959(1)求{a n }的通项公式;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n +1的前n 项和.【解】 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n ,故当n ≥2时, a 1+3a 2+…+(2n -3)a n -1=2(n -1), 两式相减得(2n -1)a n =2, 所以a n =22n -1(n ≥2).又由题设可得a 1=2,满足上式, 所以{a n }的通项公式为a n =22n -1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n +1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n +1=2(2n +1)(2n -1)=12n -1-12n +1,则S n =11-13+13-15+…+12n -1-12n +1=2n2n +1.1.(2017·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 1=2,对任意n ∈N *,都有2S n=(n +1)a n .(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n (a n +2)的前n 项和为T n ,求证:12≤T n <1.(1)解:因为2S n =(n +1)a n , 当n ≥2时,2S n -1=na n -1,两式相减,得2a n =(n +1)a n -na n -1,即(n -1)a n =na n -1, 所以当n ≥2时,a n n =a n -1n -1,所以a n n =a 11=2,即a n =2n (n ≥2).(2)证明:由(1)知a n =2n ,令b n =4a n (a n +2),n ∈N *,所以b n =42n (2n +2)=1n (n +1)=1n -1n +1.所以T n =b 1+b 2+…+b n即T n =⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝⎛⎭⎫1n -1n +1 =1-1n +1.因为1n +1>0,所以1-1n +1<1.显然当n =1时,T n 取得最小值12.所以12≤T n <1.2.(2017·株洲二模)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2-x <nx 的解集中正整数的个数.f (n )=1a n +1+1a n +2+…+1a n +n.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =a n2n ,求数列{b n }的前n 项和S n ;(3)求证:对n ≥2,且n ∈N *,恒有712≤f (n )<1. (1)解:x 2-x <nx 等价于x (x -n -1)<0,解得x ∈(0,n +1),其中有正整数n 个,于是a n =n .(2)解:由(1)得b n =n 2n =n ·⎝⎛⎭⎫12n , S n =b 1+b 2+…+b n =1×12+2×⎝⎛⎭⎫122+…+n ×⎝⎛⎭⎫12n ,12S n =1×⎝⎛⎭⎫122+2×⎝⎛⎭⎫123+…+n ×⎝⎛⎭⎫12n +1, 两式相减得12S n =12+⎝⎛⎭⎫122+⎝⎛⎭⎫123+…+⎝⎛⎭⎫12n -n ×⎝⎛⎭⎫12n +1=1-⎝⎛⎭⎫12n -n ×⎝⎛⎭⎫12n +1, 故S n =2-⎝⎛⎭⎫12n -1-n ×⎝⎛⎭⎫12n . (3)证明:f (n )=1a n +1+1a n +2+…+1a n +n=1n +1+1n +2+…+1n +n <1n +1n+…+1n =1.由f (n )=1a n +1+1a n +2+…+1a n +n =1n +1+1n +2+…+1n +n ,知f (n +1)=1n +2+1n +3+…+12n +12n +1+12n +2,于是f (n +1)-f (n )=12n +1+12n +2-1n +1>12n +2+12n +2-1n +1=0,故f (n +1)>f (n ),∴当n ≥2,且n ∈N *时,f (n )为增函数, ∴f (n )≥f (2)=712,综上可知712≤f (n )<1.1.(2017·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 5=-3,S 10=-40. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8,…,2n ,…项,按原来的顺序排成一个新数列{b n },求数列{b n }的前n 项和T n .解:(1)∵a 5=a 1+4d =-3, S 10=10a 1+45d =-40, 解得a 1=5,d =-2. ∴a n =-2n +7.(2)依题意,b n =a 2n =-2×2n +7=-2n +1+7,故T n =-(22+23+…+2n +1)+7n=-22-2n +1×21-2+7n=4+7n -2n +2.2.(2017·九江二模)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n +2=4S n +6,n ∈N *.(1)求a 1及通项公式a n ;(2)若b n =na n,求数列{b n }的前n 项和T n .解:(1)∵各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n , 满足S n +2=4S n +6,n ∈N *,∴n =1时,S 3=4S 1+6,∴a 1+a 2+a 3=4a 1+6,① n =2时,a 1+a 2+a 3+a 4=4(a 1+a 2)+6,② 由②-①,得a 4=4a 2=a 2q 2, ∴q 2=4,∵q >0,∴q =2, 由①式知a 1(1+q +q 2)=4a 1+6,∴a 1(1+2+4)=4a 1+6,3a 1=6,解得a 1=2, ∴a n =2n .(2)∵b n =n a n =n 2n ,∴T n =12+222+323+…+n2n ,③∴12T n =122+223+324+…+n -12n +n2n +1,④ 由③-④,得12T n =12+122+123+…+12n -n 2n +1=12⎝⎛⎭⎫1-12n 1-12-n 2n +1=1-12n -n 2n +1,∴T n =2-n +22n .3.(2017·开封二模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =12a n (a n +1),n ∈N *.(1)求通项a n ;(2)若b n =1S n,求数列{b n }的前n 项和T n .解:(1)a 1=S 1=12a 1(a 1+1),a 1>0,解得a 1=1,∀n ∈N *,a n +1=S n +1-S n =12a n +1(a n +1+1)-12a n (a n +1),移项整理并因式分解得: (a n +1-a n -1)(a n +1+a n )=0, 因为{a n }是正项数列,所以a n +1-a n -1=0,a n +1-a n =1,{a n }是首项a 1=1,公差为1的等差数列,a n =n .(2)由(1)得S n =12a n (a n +1)=12n (n +1),b n =1S n =2n (n +1)=2n -2n +1,T n =b 1+b 2+…+b n =⎝⎛⎭⎫21-22+⎝⎛⎭⎫22-23+…+⎝⎛⎭⎫2n -2n +1, =21-2n +1=2nn +1. 4.(2017·涪陵二模)数列{a n }满足:a 1=2,a 2=3,a n +2=3a n +1-2a n (n ∈N *). (1)记d n =a n +1-a n ,求证:数列{d n }是等比数列;(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ,证明S n <32.证明:(1)∵a n +2=3a n +1-2a n , ∴d n +1d n =a n +2-a n +1a n +1-a 1=3a n +1-2a n -a n +1a n +1-a n =2a n +1-2a na n +1-a n=2, ∴数列{d n }是等比数列,∵d 1=a 2-a 1=1,q =2, ∴d n =2n -1.(2)∵d n =2n -1,d n =a n +1-a n ,∴a n +1-a n =2n -1,∴a 2-a 1=20,a 3-a 2=21,a 4-a 3=22,…,a n -a n -1=2n -2,∴累加得:a n -a 1=20+21+…+2n -2=1-2n -11-2=2n -1-1,∴a n =2n -1+1.∴1a n =12n -1+1<12n -1(n ≥2),n =1时,S n =12<32成立; ∴当n ≥2时,S n =12+12+122+…+12n -1=12+12⎝⎛⎭⎫1-12n -11-12=32-12n -1<32. 5.(2017·江西重点中学一模)数列{a n }满足a 1=1,a 2=5,a n +2=2a n +1-a n +1 (1)设b n =a n +1-a n ,证明{b n }是等差数列,并求{b n }的通项公式; (2)设c n =tan b n ·tan b n +1,求数列{c n }的前n 项和S n . (1)证明:由a n +2=2a n +1-a n +1得, a n +2-a n +1=a n +1-a n +1,由b n =a n +1-a n 得,b n +1=b n +1,即b n +1-b n =1, 又b 1=a 2-a 1=5-1=4,所以{b n }是首项为4,公差为1的等差数列.且b n =b 1+(n -1)d =4+n -1=n +3;(2)解:c n =tan b n ·tan b n +1=tan (n +3)·tan (n +4), 由tan[(n +4)-(n +3)]=tan (n +4)-tan (n +3)1+tan (n +4)tan (n +3),可得tan(n +3)·tan(n +4)=tan (n +4)-tan (n +3)tan 1-1,即有数列{c n }的前n 项和S n =tan 5-tan 4tan 1+tan 6-tan 5tan 1+…+tan (n +4)-tan (n +3)tan 1-n=tan (n +4)-tan 4tan 1-n .6.(2017·南充二模)设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足:对任意n ∈N *,a n ,b n ,a n+1成等差数列,b n ,a n +1,b n +1成等比数列,且a 1=1,b 1=2,a 2=3. (1)证明数列{b n }是等差数列; (2)求数列{1a n}前n 项的和.(1)证明:∵对任意n ∈N *,a n ,b n ,a n +1成等差数列,b n ,a n +1,b n +1成等比数列, ∴2b n =a n +a n +1,a 2n +1=b n ·b n +1,a n >0, ∴a n +1=b n b n +1, ∴2b n =b n -1b n +b n b n +1, ∴2b n =b n -1+b n +1. ∴数列{b n }是等差数列.(2)解:a 1=1,b 1=2,a 2=3.由(1)可得:32=2b 2,解得:b 2=92.∴公差d =b 2-b 1=92-2=22. b n =2+22(n -1)=2×n +12. ∴b n =(n +1)22.∴a 2n +1=b n ·b n +1=(n +1)22×(n +2)22,a n +1>0.∴a n +1=(n +1)(n +2)2,∴n ≥2时,a n =n (n +1)2.n =1时也成立.∴a n =n (n +1)2.n ∈N *.∴1a n =2⎝⎛⎭⎫1n -1n +1. ∴数列{1a n}前n 项的和=2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝⎛⎭⎫1n -1n +1 =2⎝⎛⎭⎫1-1n +1=2n n +1.。
(完整)高考数列大题专题

(完整)高考数列大题专题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN高考中的数列—最后一讲(内部资料勿外传)1.已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足.(1)设c n=3n+6,{a n}是公差为3的等差数列.当b1=1时,求b2、b3的值;(2)设,.求正整数k,使得对一切n∈N*,均有b n≥b k;(3)设,.当b1=1时,求数列{b n}的通项公式.2.设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2,a3=a2+4.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)设{b n}是首项为1,公差为2的等差数列,求数列{a n+b n}的前n项和S n.3.已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a(a∈R)设数列的前n项和为S n,且,,成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式及S n;(Ⅱ)记A n=+++…+,B n=++…+,当a≥2时,试比较A n与B n的大小.4.已知等差数列{a n}满足a2=0,a6+a8=﹣10(I)求数列{a n}的通项公式;(II)求数列{}的前n项和.5.成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5.(I)求数列{b n}的通项公式;(II)数列{b n}的前n项和为S n,求证:数列{S n+}是等比数列.6.在数1 和100之间插入n个实数,使得这n+2个数构成递增的等比数列,将这n+2个数的乘积计作T n,再令a n=lgT n,n≥1.(I)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设b n=tana n?tana n+1,求数列{b n}的前n项和S n.7.设a 1,d 为实数,首项为a 1,公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S 5S 6+15=0.(Ⅰ)若S 5=5,求S 6及a 1;(Ⅱ)求d 的取值范围.8.已知等差数列{a n }的前3项和为6,前8项和为﹣4.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =(4﹣a n )q n ﹣1(q ≠0,n ∈N *),求数列{b n }的前n 项和S n .9.已知数列{a n }满足a 1=0,a 2=2,且对任意m 、n ∈N *都有a 2m ﹣1+a 2n ﹣1=2a m+n ﹣1+2(m ﹣n )2(1)求a 3,a 5;(2)设b n =a 2n+1﹣a 2n ﹣1(n ∈N *),证明:{b n }是等差数列;(3)设c n =(a n+1﹣a n )q n ﹣1(q ≠0,n ∈N *),求数列{c n }的前n 项和S n .10.已知{a n }是公差不为零的等差数列,a 1=1,且a 1,a 3,a 9成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n }的通项;(Ⅱ)求数列{2an }的前n 项和S n .11.已知数列{a n }满足,,n ∈N ×.(1)令b n =a n+1﹣a n ,证明:{b n }是等比数列;(2)求{a n }的通项公式.12.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知对任意的n ∈N *,点(n ,S n ),均在函数y=b x +r (b >0)且b ≠1,b ,r 均为常数)的图象上.(1)求r 的值;(2)当b=2时,记b n =n ∈N *求数列{b n }的前n 项和T n .13.(本小题满分12分)已知等差数列{}n a 满足:37a =,5726a a +=,{}n a 的前n 项和为n S .(Ⅰ)求n a 及n S ;(Ⅱ)令b n =211n a -(n ∈N *),求数列{}n b 的前n 项和n T .14.已知数列{a n}是一个公差大于0的等差数列,且满足a2a6=55,a2+a7=16(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{a n}和数列{b n}满足等式a n=(n∈N*),求数列{b n}的前n项和S n.15.设数列{a n}的通项公式为a n=pn+q(n∈N*,P>0).数列{b n}定义如下:对于正整数m,b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值.(Ⅰ)若,求b3;(Ⅱ)若p=2,q=﹣1,求数列{b m}的前2m项和公式;16.已知数列{x n}的首项x1=3,通项x n=2n p+np(n∈N*,p,q为常数),且成等差数列.求:(Ⅰ)p,q的值;(Ⅱ)数列{x n}前n项和S n的公式.17.设数列{a n}的前n项和为S n=2a n﹣2n,(Ⅰ)求a1,a4(Ⅱ)证明:{a n+1﹣2a n}是等比数列;(Ⅲ)求{a n}的通项公式.18.在数列{a n}中,a1=1,.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)令,求数列{b n}的前n项和S n;(Ⅲ)求数列{a n}的前n项和T n.19.已知数列{a n}的首项,,n=1,2,3,….(Ⅰ)证明:数列是等比数列;(Ⅱ)求数列的前n项和S n.20.在数列{}n a 中,10a =,且对任意*k N ∈k N ∈,21221,,k k k a a a -+成等差数列,其公差为k d 。
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2
高考中的数列问题
一、考点自测
1、数列{a n }是公差不为 0 的等差数列,且a 1 , a 3 , a 7 为等比数列{b n }中连续的三项,则数列{b n }的公比为( )
1 A.
B.4
C.2
D. 2
2、已知等差数列{a }的前n 项和为S , a = 5, S = 15 ,则数列
⎧ 1 ⎫
的前 100
n
n
5
5
⎨ a a ⎬ 项和为( )
⎩ n n +1 ⎭
100 99
99 101 A. B. C. D. 101
101
100
100
3、等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 1 ,2S 2 ,3S 3 成等差数列,则等比数列{a n } 的公比为
.
4、设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1 = -1, a n +1 = S n S n +1 ,则S n =
.
k n +1
n
a
5、 已知数列 {a n }的前 n 项和为 S n
, 对任意 n ∈ N * 都有 S
= 2
a 3 n - 1 , 若
3
1 < S < 9(k ∈ N *
) ,则k 的值为 .
二、常见题型
题型一:等差数列、等比数列的综合问题
例 1( 2016.四川) 已知数列 {a n }的首项为 1, S n 为数列 {a n }的前 n 项和, S = qS +1,其中q > 0,(n ∈ N * ) .
(1) 若a 2 , a 3 , a 2 + a 3 成等差数列,求数列{a n }的通项公式;
2
y 2
2 2 2
(2) 设双曲线 x -
2
= 1 的离心率为e n ,且e 2 = 2 ,求e 1 + e 2 + + e n .
n
n
方法总结:
变式练习1 已知首项为3 的等比数列{a }不是递减数列,其前n 项和为S ,且
2 n n
S 3 +a
3
, S
5
+a
5
, S
4
+a
4
成等差数列.
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设T
n =S
n
-
n
,求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.
1
S
题型二:数列的通项与求和
例2 已知数列的前n 项和为S
n
,在数列{b n }中,b1=a1,b n=a n-a n-1(n≥2),且
a n +S
n
=n .
(1)设c
n =a
n
-1,求证:{c n }是等比数列;
(2)求数列{b n }的通项公式.
方法总结:
变式练习2 已知数列{a n }的前n 项和为S n
(1)证明:数列⎧a n ⎫
是等比数列;
n
,且a
1
=
1
, a
2 n+1
=
n +1
a .
2n n ⎩⎭
⎨⎬
n (2) 求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n .
题型三:数列与其它知识的交汇考点 1、数列与函数的交汇
例 3 已知二次函数 f (x ) = ax 2 + bx 的图像过点(- 4n ,0),且 f ' (0) = 2n ,数列{a }
满足 1 = f ' ( 1
) ,且a = 4
a n +1 a n
(1) 求数列{a n }的通项公式;
(2) 记b n = ,求数列{b n }的前n 项和T n .
a n a n +1 1
n n
考点 2、数列与不等式的交汇 例 4
设 各 项 均 为 正 数 的 数 列
{a n }的 前
n 项 和 为
S n , 且
S n 满 足
S 2 - (n 2 + n - 3)S - 3(n 2 + n ) = 0 .
(1) 求a 1 的值;
(2) 求数列{a n }的通项公式;
(3) 证明:对一切正整数n ,有 1
+ a 1 (a 1 +1)
1 a
2 (a 2 +1)
+ +
1 a n (a n +1) < 1 . 3
方法总结
变式练习 3 设等差数列{a }的公差为d ,点(a , b )在函数 f (x ) = 2x 的图像上
n
n
n
(1) 若a 1 = -2 ,点(a 8 ,4b 7)在函数 f (x ) 的图像上,求数列{a n }的前n 项和S n ;
(2) 若a = 1,函数 f (x ) 的图像在点(a , b )处的切线在 x 轴上的截距为2 -
1
,
1
2
2
求数列⎧ a n ⎫
的前n 项和T .
ln 2
⎨ b ⎬ n ⎩ n ⎭。