高三文科数学专题测试九(文) 数列通项与数列求和(试题及详细答案解析)

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江苏省南京市高三数学二轮专题复习(第三层次)专题9数列通项、求和、综合应用 Word版含答案

专题9：数列通项、求和、综合应用(两课时)班级姓名一、前测训练1．(1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝． (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2n a n －1(n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝．答案：(1)a n ＝3n ＋1－72；（2）a n ＝2(n －1)(n ＋2)2．2．已知数列{a n }中，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则a n ＝．答案：a n ＝2n (n ＋1)．3．已知数列{a n }中，a 1＝1， a n ＝23a n －1＋1 (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝．答案：a n ＝3－2×(23)n －1．4．已知数列{a n }中，a 1＝1， a n =2a n -1＋2n (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝．答案：a n ＝(2n －1)×2n －1．5．已知数列{a n }中，a 1＝1， a n ＝2a n －1a n －1＋2 (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝．答案：a n ＝2n ＋1．6． (1) 已知数列{a n }中，a 1＋2a 2＋…＋na n ＝n 2(n ＋1)，则a n ＝．(2) 已知数列{a n }中，a 1a 2…a n ＝n 2，则a n ＝．答案：(1) a n ＝2n ；(2) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2(n －1)2，n ≥27． (1) 已知数列{a n }中，a n ＋a n ＋1＝2n ，a 1＝1 (n ∈N*)，则a n ＝．(2) 已知数列{a n }中，a n a n ＋1＝2n ，a 1＝1 (n ∈N*)，则a n ＝．答案：(1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数；(2) a n ＝⎩⎨⎧(2)n -1，n 为奇数，(2)n ，n 为偶数8．已知数列{a n }中，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n＜12，2a n－1，12≤a n＜1，若a 1＝67，则a2014的值为．答案：67．9．(1)数列1＋2，1＋2＋4，1＋2＋4＋8，…，1＋2＋4＋…＋2n 的前n 项的和为．(2)数列a n ＝1n (n ＋2)的前n 项的和为．(3)数列a n ＝(2n －1)·3n 的前n 项的和为．(4)设f (x )＝9x 9x ＋3，则f (120)＋f (220)＋f (320)＋…＋f (1920)的值为．(5)已知数列a n ＝(－1)n ·n ，则S n ＝．答案：(1)2n ＋2－(4＋n )；(2)34－12(1n ＋1＋1n ＋2)；(3)(n －1)·3n ＋1＋3；(4)192；(5) S n＝⎩⎨⎧－n ＋12，n 为奇数，n2，n 为偶数．10．(1)数列{a n }通项公式为a n ＝an 2＋n ，若{a n }满足a 1＜a 2＜a 3＜a 4＜a 5，且a n ＞a n ＋1对n ≥8恒成立，则实数a 的取值范围为．(2)已知数列a n ＝(12)n －2，b n ＝λa n －n 2，若数列{b n }是单调递减数列，则实数λ的取值范围为．答案：(1) 由9117222a <-<,得11,917a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭(－17，－9)；（2）由题意的()2211n n a n a n λλ+-+<-，即()221211122n n n n λλ---+<- ()1221n n λ->-+，当1n =时()1221n n --+的最大值-3 ，3λ∴>-.λ＞－1．11．求数列a n ＝4n 2(45)n －1(n ∈N *)的最大项．答案：()1214840,8.35n n n a a nn n -+⎛⎫-=---=≈ ⎪⎝⎭，∴最大项为a 9．二、方法联想1．形如a n －a n －1＝f (n )(n ∈N 且n ≥2)方法叠加法，即当n ∈N ，n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1．形如a na n －1＝f (n )(n ∈N 且n ≥2)方法用叠乘法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1．注意 n ＝１不满足上述形式，所以需检验． 2．形如含a n ，S n 的关系式方法利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，将递推关系转化为仅含有a n 的关系式(如果转化为a n 不能解决问题，则考虑转化为仅含有S n 的关系式)．注意优先考虑n ＝1时，a 1＝S 1的情况． 3．形如a n ＝pa n －1＋q (n ∈N 且n ≥2)方法化为a n ＋q p －1＝p (a n －1＋q p －1)形式．令b n ＝a n ＋qp －1，即得b n ＝pb n －1，转化成{b n }为等比数列，从而求数列{a n }的通项公式．4．形如a n ＝pa n －1＋f (n ) (n ∈N 且n ≥2)方法两边同除p n ，得a n p n =a n －1p n －1＋f (n )p n ，令b n ＝a n p n ，得b n ＝b n －1＋f (n )p n ，转化为利用叠加法求b n (若f (n )p n 为常数，则{b n }为等差数列)，从而求数列{a n }的通项公式． 5．形如a n ＝pa n －1qa n －1＋p(n ∈N 且n ≥2)方法两边取倒数得1a n ＝1a n －1＋q p ，令b n ＝1a n，得b n ＝b n －1＋qp ，转化成{b n }为等差数列，从而求数列{a n }的通项公式．6．形如a 1＋2a 2＋…＋na n ＝f (n )或a 1a 2…a n ＝f (n )方法 (1)列出⎩⎨⎧a 1＋2a 2＋…＋na n ＝f (n )a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)(n ∈N *且n ≥2)，两式作差得a n ＝f (n )－f (n －1)n(n ∈N *且n ≥2)，而a 1＝f (1)． (2)列出⎩⎨⎧a 1a 2…a n ＝f (n )a 1a 2…a n －1＝f (n －1)(n ∈N *且n ≥2)，两式作商得a n ＝f (n )f (n －1) (n ∈N *且n ≥2)，而1(1)a f =．注意 n ＝１是否满足上述形式须检验．7．形如a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n a n ＋1＝f (n )形式方法 (1)列出⎩⎨⎧a n ＋a n ＋1＝f (n )a n ＋1＋a n ＋2＝f (n ＋1)，两式作差得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，即找到隔项间的关系．(2)列出⎩⎨⎧a n a n ＋1＝f (n )a n ＋1a n ＋2＝f (n ＋1)，两式作商得a n ＋2a n＝f (n ＋1)f (n )，即找到隔项间的关系．8．归纳猜想方法列出前几项，找到数列的规律(如周期性)，利用归纳猜想得数列的项． 9．形如a n ±b n 的形式方法分组求和法．形如1a n (a n +d )或1n ＋d ＋n 等形式方法采用裂项相消法．形如a n b n 形式(其中a n 为等差，b n 为等比)方法采用错位相减法．首、尾对称的两项和为定值的形式方法倒序相加法．正负交替出现的数列形式方法并项相加法．10．数列的单调性方法1 转化为函数的单调性，如利用图象分析．注意图象分析时，数列图象为离散的点．方法2 利用a n ＋1－a n 与0的关系(或a n ＋1a n 与1的关系，其中a n ＞0)判断(或证明)数列的单调性．11．数列的最值方法1 利用a n ＋1－a n 与0的关系(或a n ＋1a n与1的关系，其中a n ＞0)判断数列的单调性．方法2 若第m 项为数列的最大项，则⎩⎨⎧a m ≥a m ＋1，a m ≥a m －1．若第m 项为数列的最小项，则⎩⎨⎧a m ≤a m ＋1，a m ≤a m －1．方法3 看函数图象，但是要注意是离散点.三、例题分析例1 已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋n －(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．答案: (1) 1129n a n =+-，数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2) ()()121,5,610,82222n aa a a n -=+∴∈∴∈---⎛⎫- ⎪⎝⎭. －10＜a ＜－8.〖教学建议〗(1)主要问题归类与方法：1．求数列的最大项与最小项问题：方法① 利用数列的单调性，即用比较法判断a n ＋1与a n 的大小．方法② 利用通项所对应的函数的单调性．方法③ 在等差数列中，可以通过解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥a k+1，a k ≥a k-1求最大项a k ，解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a k ≤a k+1，a k ≤a k-1求最小项a k ． 2．数列中的不等式恒成立问题：方法①：转化为求数列的最大项与最小项问题．方法②：分离常数后，再求最值．(2)方法选择与优化建议：对于问题1，学生一般会选择方法②，因为本题中通项所对应的函数是基本函数，单调性已知，便于处理，但要注意最值点必须是自变量取正整数；所以选择②．本题第一小问选择③也是比较简单的．对于问题2，学生一般会选择方法①，因为数列通项所对应的函数的单调性已知．例2：已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (x ∈R )同时满足以下两个条件：①不等式f (x )≤0的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在0＜x 1＜x 2，使得不等式f (x 1)＞f (x 2)成立．设数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )．(1)求函数f (x )的表达式； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(33)a n ＋5，c n ＝11－3b n ＋1－11－3b n ＋2 (n ∈N*)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜12．答案：（1）f (x )＝x 2－4x ＋4．(2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2(3)T n ＝12－13n ＋1－1，证明略〖教学建议〗(1)主要问题归类与方法：1．求二次函数的解析式问题：方法待定系数法，可设一般式，零点式与顶点式． 2．求数列的通项问题：方法:①利用数列的通项a n 与前n 和S n 的关系，在已知S n 条件下求通项a n ．②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项．3．与数列有关不等式证明：方法①：将数列的项与和具体求出来后，再用证明不等式的方法(比较法、综合法，分析法，反证法等)处理；方法②：利用放缩法，先去掉一些项(或项中的一部分)后，再将数列的项或和具体求出后，再比较．(2)方法选择与优化建议：对于问题1，学生一般会选择用待定系数法，但本题条件实际上是一个等式与一个不等式，从等式中可求出a 的值，但有2个，不等式中可确定a 的取值范围，从而确定a 的值，本小题的难点在于对条件的转化，要求学生对二次函数的图象及性质有全面的认识．对于问题2，学生一般会选择方法①，因为数列的前n 项已知，可由通项与前n 项之间的关系来求．对于问题3，学生一般会选择方法①，因为本题中数列的通项是某一数列相邻两项差的形式，用叠加法很容易求出和T n ，证明很容易，本题也可增加证明T n ≥38．也还有很多其他的变式．例3：已知数列{a n }的各项都为正数，且对任意n ∈N*，都有a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋k (k 为常数).(1)若k ＝(a 2－a 1)2，求证:a 1，a 2，a 3成等差数列； (2)若k =0，且a 2，a 4，a 5成等差数列，求a 2a 1的值；答案：(1) 用定义证； (2)q ＝1或q ＝1＋52．〖教学建议〗(1)主要问题归类与方法：1．证明一个数列是等差数列：方法①定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)，n ∈N*；②等差中项法：2a n ＝a n ＋1＋a n －1，n ≥2，n ∈N*；2．等比数列的子列构成一等差数列，求公比：方法①利用等差(比)数列的通项公式，进行基本量的计算(2)方法选择与优化建议：对于问题1，学生一般会选择方法②，因为本题是研究3个数构成等差数列；所以选择②．四、反馈练习1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝12n －1， n ≥2说明：本题考查由S n 求a n ，易忽略n ＝1的情况．2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则数列{a n }的奇数项的前n 项和为________．答案 4n －13说明：本题考查等比数列的求和3. 已知正数组成的等差数列{a n }，其前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是________．答案 25 解析 ∵S 20＝a 1＋a 202＝100，∴a 1＋a 20＝10.∵a n >0，∴a 7·a 14≤⎝⎛⎭⎪⎫a 7＋a 1422＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a 2022＝25.当且仅当a 7＝a 14＝5时取“＝”．说明：本题考查等差数列的性质和基本不等式的应用4.数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N ，n ≥1)，若a 2＝1，S n 是{a n }前n 项和，则S 21的值为________．答案:92说明：本题考查等和数列，周期数列5. 若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式为___________答案：a n ＝(－2)n －1说明：本题考查错位相减法6.已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________. 答案:2×⎝⎛⎭⎫32n －1⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝，⎝⎛⎭⎫32n －2 n说明：本题考查错位相减法7.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n3n ＋1，那么这个数列取到最小项时的n ＝________.答案：n ＝1说明：本题考查数列的单调性8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －λ)⎝⎛⎭⎫1a n＋1，b 1＝－λ，且数列{b n }是递增数列，则实数λ的取值范围为______________.答案：λ<2.说明：本题考查数列的单调性，不等式恒成立9．将奇数数列如下分组：1，(3,5)，(7,9,11)，(13,15,17,19)，…，使得第n 组中含有n 个数，那么第n 组中的n 个奇数的和为________．答案：n 3说明：本题考查归纳猜想 10．将正偶数排列如表，2 4 6 8 10 12 14 16 18 20…… 其中第i 行第j 个数表示为a ij (i ，j ∈N *)，例如a 43＝18，若a ij ＝2012，则i ＋j ＝________. 答案：61说明：本题考查数阵11.等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .答案：(1)a n ＝13－3n . (2) T n ＝n10（10－3n ）说明：（1）本题考查等差数列基本量的运算（2）本题考查裂项法求和12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝4，且满足2S nn＝a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 1，a 3，a 4的值，并猜想出数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝(－1)n a n ，请利用(1)的结论，求数列{b n }的前15项和T 15. 答案：(1) a n ＝3n －2 (2) T 15＝－22 说明：（1）本题考查归纳猜想（2）本题考查奇偶项求和13．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．答案：(1) a n ＝2或a n ＝4n －2.(2) 当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41. 说明：（1）本题考查等差数列基本量运算（2）本题考查数列不等式存在性问题14.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对一切正整数n 都有212n n S n a =+.（1）求证：142n n a a n ++=+（*n N ∈）；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）是否存在实数a ，使不等式212111(1)(1)(1)n a a a ---<对一切正整数n 都成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．答案：（1）证明：∵212n n S n a =+（*n N ∈）① ∴ 2111(1)2n n S n a ++=++（n N ∈）②由②-①得221111[(1)]()22n n n n S S n a n a ++-=++-+1112122n n n a a +=++-（*n N ∈），∴142n n a a n ++=+（*n N ∈）.（2）2n a n =（*n N ∈）. （3）a 的取值范围是((3,).2+∞ 说明：（1）本题考查a n 与n S 的关系（2）本题考查利用数列的单调性来解决恒成立问题15．已知数列{a n }的前n 项和为n S ，对任意正整数(2)n n ≥,都有11132n n n n S S S a +--=++. （1）求证：数列{a n }为等差数列；（2）若19,a =-321,S =-设数列{}n a 的前n 项和为n T ，求n T ；（3）对于给定的正整数(1)n n >,若22112n a a ++≤，则n S 的最大值.答案：（1）对任意正整数(2)n n ≥,都有11132n n n n S S S a +--=++. 所以11122n n n n n S S S S a -+--=-+则112n n n a a a -+=+对于任意的2n ≥的正整数成立，则证得数列{a n }为等差数列；（2）2(10),5,1050, 6.n nn n T n n n -≤⎧=⎨-+≥⎩（3）n S .说明：（1）本题考查等差数列基本量运算（2）本题考查含绝对值的数列的求和问题（3）本题考查数列的最值。

专题6.1 数列的通项公式与求和(原卷版) 文科生

【考点1】数列的概念与表示【备考知识梳理】1．定义：按照一定顺序排列着的一列数．2．表示方法：列表法、解析法（通项公式法和递推公式法）、图象法．3．分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列． 4．n a 与n S 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥．5．处理方法：.用函数的观点处理数列问题【规律方法技巧】1. 数列是定义域为正整数集或其有限子集的函数，故数列具有函数的特征（周期性、单调性等）．2. 观察法是解决数列问题的法宝，先根据特殊的几项，找出共同的规律，横看“各项之间的关系结构”，纵看“各项与项数n 的关系”，从而确定数列的通项公式．【考点针对训练】1. 【2016年4月河南八市高三质检卷】已知*1log (2)()n n a n n N +=+∈，观察下列算式：1223lg 3lg 4log 3log 42lg 2lg 3a a •=•=•=；123456237lg 3lg 4lg8log 3log 4log 83lg 2lg 3lg 7a a a a a a •••••=•=•=，…；若*1232016()m a a a a m N ••••=∈，则m 的值为（）A ．201622+ B ．20162 C ．201622- D ．201624-2.数列 ,817,275,31,31--的一个通项公式是 A ．n n a n n 312)1(1--=+ B ．n n a n n 312)1(--= C ． n n n n a 312)1(1--=+ D ． nn n n a 312)1(--= 【考点2】递推关系与数列通项公式【备考知识梳理】在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈．数列通项公式的求解常用方法：1、定义法，直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．2、公式法，若已知数列的前项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n n n 求解．3、由递推式求数列通项法，对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列．4、待定系数法（构造法），求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高．通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法．【规律方法技巧】数列的通项的求法： ⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式.⑵已知n S （即12()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥.⑶已知12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩.⑷若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +(2)n ≥.⑸已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a aa a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥.⑹已知递推关系求n a ，用构造法（构造等差、等比数列）.特别地，（1）形如1n n a ka b -=+、1nn n a ka b -=+（,k b 为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为的等比数列后，再求n a .如(21)已知111,32n n a a a -==+，求n a ；（2）形如11n n n a a ka b--=+的递推数列都可以用倒数法求通项.注意：（1）用1--=n n n S S a 求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（2n ≥，当1n =时，11S a =）；（2）一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解. （3）由n S 与1n S -的关系，可以先求n S ，再求n a ，或者先转化为项与项的递推关系，再求n a ．【考点针对训练】1. 【2016届榆林市高三二模】在数列{}n a 中，()1111,114n n a a n a -=-=->，则2016a 的值为（） A ．14-B ．5C ．45D ．以上都不对 2. 【2016湖北省八校高三.二联】数列{}n a 满足1=1a ，()()1=11n n na n a n n ++++，且2=cos 3n n n b a π，记n S 为数列{}n b 的前项和，则120S = . 【考点3】数列求和【备考知识梳理】数列的求和也是高考中的热点内容，考察学生能否把一般数列转化为特殊数列求和，体现了化归的思想方法，其中错位相减和裂项相消是高考命题的热点．估计在以后的高考中不会有太大的改变．数列求和的常用方法，尤其是利用裂项法和错位相减法求一些特殊数列的和，数列求和的基本方法：1.基本公式法：()1等差数列求和公式：()()11122n n n a a n n S na d +-==+ ()2等比数列求和公式：()111,11,111n n n na q S a q a a q q qq =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩()30122nn n n n n C C C C ++++=.2.错位相消法：一般适应于数列{}n n a b 的前向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列．3.分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列，然后利用公式法求和．4.拆项（裂项）求和：把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩下有限项再求和.常见的拆项公式有：()1若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭； ()2()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；()31k=；()411m m m n n n C C C -+=-；()5()!1!!n n n n ⋅=+-.5.倒序相加法：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的．【规律方法技巧】数列求和关键是研究数列通项公式，根据通项公式的不同特征选择相应的求和方式，若数列是等差数列或等比数列，直接利用公式求和；若通项公式是等差乘等比型，利用错位相减法；若通项公式可以拆分成两项的差且在累加过程中可以互相抵消，利用裂项相消法，从近年的考题来看，逐渐加大了与函数不等式的联系，通过对通项公式进行放缩，放缩为易求和的数列问题处理．【考点针对训练】1. 【2016年江西九江高三第三次联考】设n S 是等差数列{}n a 的前项和，若12,21344672==S S ，则=2016S （）A ．22B ．26C ．30D ．342. 【2016届淮北一中高三最后一卷】已知函数()()()()1210log 110ax x f x x x ⎧->⎪=⎨+-<≤⎪⎩且334f f ⎡⎤⎛⎫-= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，在各项为正的数列{}n a 中，{}1112,,2n n n a a f a a +⎛⎫==+⎪⎝⎭的前项和为n S ，若126n S =，则n =____________．【应试技巧点拨】1. 由递推关系求数列的通项公式（1）利用“累加法”和“累乘法”求通项公式此解法来源与等差数列和等比数列求通项的方法，递推关系为1()n n a a f n +-=用累加法；递推关系为1()n n a f n a +=用累乘法.解题时需要分析给定的递推式，使之变形为1n n a a +-、1n naa +结构，然后求解.要特别注意累加或累乘时，应该为)1(-n 个式子，不要误认为个. (2)利用待定系数法，构造等差、等比数列求通项公式求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高.通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.递推公式为q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）.把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. 3.如何选择恰当的方法求数列的和在数列求和问题中，由于题目的千变万化，使得不少同学一筹莫展，方法老师也介绍过，就不清楚什么特征用什么方法.为此提供一个通法 “特征联想法”：就是抓住数列的通项公式的特征，再去联想常用数列的求和方法.通项公式作为数列的灵魂，只有抓住它的特征，才能对号入座，得到求和方法. 特征一：....++=n n n b a C ，数列{}n C 的通项公式能够分解成几部分，一般用“分组求和法”. 特征二：n n n C a b =⋅，数列{}n C 的通项公式能够分解成等差数列和等比数列的乘积，一般用“错位相减法”. 特征三：1n n nC a b =⋅，数列{}n C 的通项公式是一个分式结构，一般采用“裂项相消法”. 特征四：nn n n C C a =⋅，数列{}n C 的通项公式是一个组合数和等差数列通项公式组成，一般采用“倒序相加法”.4. 利用转化，解决递推公式为n S 与n a 的关系式. 数列{n a }的前项和n S 与通项n a 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥.通过纽带：12)n n n a S S n -=-≥（，根据题目求解特点，消掉一个n n a S 或.然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉n S ，利用已知递推式，把n 换成（n+1）得到递推式，两式相减即可.若消掉n a ，只需把1n n n a S S -=-带入递推式即可.不论哪种形式，需要注意公式1n n n a S S -=-成立的条件 2.n ≥ 【三年高考】1. 【2016高考上海文科】无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.2. 【2016高考新课标Ⅲ文数】已知各项都为正数的数列{}n a 满足11a =,211(21)20n n n n a a a a ++---=.（I ）求23,a a ；（II ）求{}n a 的通项公式.3.【2016高考浙江文数】设数列{n a }的前项和为n S .已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈.（I ）求通项公式n a ；（II ）求数列{2n a n --}的前项和.4．【2016高考上海文科】对于无穷数列{n a }与{n b }，记A ={x |x =a ，*N n ∈}，B ={x |x =n b ，*N n ∈}，若同时满足条件：①{n a }，{n b }均单调递增；②A B ⋂=∅且*N A B =，则称{n a }与{n b }是无穷互补数列.（1）若n a =21n -，n b =42n -，判断{n a }与{n b }是否为无穷互补数列，并说明理由；（2）若n a =2n 且{n a }与{n b }是无穷互补数列，求数列{n b }的前16项的和；（3）若{n a }与{n b }是无穷互补数列，{n a }为等差数列且16a =36，求{n a }与{n b }得通项公式. 5．【2015高考安徽，文13】已知数列}{n a 中，11=a ，211+=-n n a a （2≥n ），则数列}{n a 的前9项和等于 .6.【2015高考新课标1，文13】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 = .7.【2015高考山东，文19】已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬•⎩⎭的前项和为21nn +. （I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）设()12n an n b a =+⋅，求数列{}n b 的前项和n T .8.【2015高考湖南，文19】设数列{}n a 的前项和为n S ，已知121,2a a ==，且13n n a S +=*13,()n S n N +-+∈，（I ）证明：23n n a a +=；（II ）求n S .9.【2015高考浙江，文17】已知数列n a 和n b 满足，*1112,1,2(n N ),n n a b a a +===∈*12311111(n N )23n n b b b b b n+++++=-∈. （1）求n a 与n b ；（2）记数列n n a b 的前n 项和为n T ，求n T .10.【2014高考全国2卷文第16题】数列}{n a 满足2,1181=-=+a a a nn ，则=1a ________． 11.【2014高考湖南卷文第16题】已知数列{}n a 的前项和*∈+=N n nn S n ，22. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()n nan a b n 12-+=，求数列{}n b 的前n 2项和.12.【2014高考山东文第19题】在等差数列{}n a 中，已知公差2d =，2a 是1a 与4a 的等比中项.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设(1)2nn n b a +=，记1234(1)n n n T b b b b b =-+-+++-，求n T .【一年原创真预测】1. 已知数列{}n a 的前项和n S 满足21(1)22n n nS n S n n +-+=+*()n N ∈，13a =，则数列{}n a 的通项n a =（）A ．41n -B ．21n +C ．3nD ．2n + 2．已知数列{}n a 中，12a =，12(1)n n na n a +=+，则5a =（） A ．320 B ．160 C ．80 D ．403.已知数列{}n a 的前项和为n S ，11a =．当2n ≥时，1221n n a S n -+=+，则299S = （） A ．246 B ．299 C ．247 D ．2484.m b 为数列{2}n 中不超过3*()Am m N ∈的项数，2152=b b b +且310b =，则正整数A 的值为_______.5.已知数列{}n a 的首项1a m =，其前项和为n S ，且满足2132n n S S n n ++=+，若对n N *∀∈，1n n a a +<恒成立，则m 的取值范围是_______． 6.已知数列{}n a 的前n 项和2n 33S n n 22=+．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记n an b 2=，*n n *n3,n 2k 1,k N 2S 3n c b ,n 2k,k N ⎧=-∈⎪+=⎨⎪=∈⎩，设数列n {c }的前n 项和为n T ，求2n T ．7.已知数列{}n a 满足*1221212221,2,2,3,()n n n n a a a a a a n N +-+===+=∈.数列{}n a 前项和为n S .(Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若12m m m a a a ++=，求正整数m 的值；（Ⅲ）是否存在正整数m ，使得221mm S S -恰好为数列{}n a 中的一项？若存在，求出所有满足条件的m 值，若不存在，说明理由.8.已知数列{}n a 中任意连续三项的和为零，且212 1.a a ==- (Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 满足*1111(N ),n n n b b a n b a ++=∈=，求数列{}n b 的前n 项和n S 的取值范围.【考点1针对训练】 1. 【答案】C【解析】由题意：1223lg 3lg 4log 3log 42lg 2lg 3a a •=•=•=；123456237lg 3lg 4lg8log 3log 4log 83lg 2lg 3lg 7a a a a a a •••••=•=•=，…；12345613142315lg3lg 4lg16log 3log 4log 1616,lg 2lg3lg15a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=⋅=…；据此可知，*1232016()m a a a a m N ••••=∈，则m 的值为201622-2.【答案】C.【考点2针对训练】 1. 【答案】C 【解析】2341415,,,54a a a a ===-=因此周期为3，即2016345a a ==，选C. 2. 【答案】7280140418111201212413972802626⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯-⨯= 【考点3针对训练】1. 【答案】C【解析】由134420166721344672,,S S S S S --成等差数列，得1221022016-+=⨯S ，即=2016S 30,故选C.2. 【答案】6【三年高考】 1. 【答案】42. 【解析】（Ⅰ）由题意得41,2132==a a . （Ⅱ）由02)12(112=---++n n n n a a a a 得)1()1(21+=++n n n n a a a a .因为{}n a 的各项都为正数，所以211=+n n a a ，故{}n a 是首项为，公比为21的等比数列，因此121-=n n a . 3.4．【解析】（1）因为4∉A ，4∉B ，所以4∉AB ，从而{}n a 与{}n b 不是无穷互补数列．（2）因为416a =，所以1616420b =+=．数列{}n b 的前16项的和为()()23412202222++⋅⋅⋅+-+++=()512020221802+⨯--=．（3）设{}n a 的公差为d ，d *∈N ，则1611536a a d =+=．由136151a d =-≥，得1d =或．若1d =，则121a =，20n a n =+，与“{}n a 与{}n b 是无穷互补数列”矛盾；若2d =，则16a =，24n a n =+，,525,5n n n b n n ≤⎧=⎨->⎩．综上，24n a n =+，,525,5n n n b n n ≤⎧=⎨->⎩．5．【答案】27【解析】∵2≥n 时，21,21121+=+=-a a a a n n 且，∴{}1a a n 是以为首项，21为公差的等差数列，∴2718921289199=+=⨯⨯+⨯=S 6.【答案】6【解析】∵112,2n n a a a +==，∴数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，∴2(12)12612n n S -==-，∴264n =，∴n=6. 7.8.9.【解析】 (1)由112,2n n a a a +==，得2nn a =.当1n =时，121b b =-，故22b =.当2n ≥时，11n n n b b b n+=-，整理得11n n b n b n ++=，所以n b n =. (2)由(1)知，2nn n a b n =⋅，所以23222322n n T n =+⋅+⋅++⋅2341222232(1)22n n n T n n +=+⋅+⋅++-⋅+⋅，所以2311222222(1)22n n n n n n T T T n n ++-=-=++++-⋅=--，所以1(1)22n n T n +=-+.10.【答案】12．【解析】由已知得，111n n a a +=-，82a =，所以781112a a =-=，67111a a =-=-，56112a a =-=， 451112a a =-=，34111a a =-=-，23112a a =-=，121112a a =-=． 11.12.【一年原创真预测】 1. 【答案】A【解析】由21(1)22n n nS n S n n +-+=+，得121n n S S n n +-=+，则数列{}n S n 是首项为131S=，公差为2的等差数列，则32(1)21nS n n n=+-=+，即22n S n n =+，则当2n ≥时，1n n n a S S -=-＝2222(1)(1)41n n n n n +----=-．又当1n =时，113a S ==，满足41n a n =-，故选A ．2．【答案】B【解析】由12(1)n n na n a +=+，得121n n a a n n +=⋅+，则数列{}n an是首项为2，公比为2的等比数列，所以1222n n na n-=⋅=，即2n n a n =⋅，所以5552160a =⋅=，故选B ． 3.【答案】B4.【答案】64或65【解析】设1b t =，则由2152=b b b +，可设*25=,=2,()b t d b t d d N ++∈ （0d =不满足题意）因此122t t A +≤<，1221282,21252,++t dt d t d t d A A ++++≤<≤<从而22131222max{2,2,}min{2,2,}125125++t d t d tt d t t d A ++-++-≤<,再由3122,t d t -+<+得4d <，d 为正整数 1,2,3d ∴=，代入验证得3d =，因此12822125ttA ≤<⨯，由23536t b b b t +=≤≤=+及310b =得4,5,67t =，，由310b =得10112272A ≤<，再结合12822125tt A ≤<⨯验证只有当6t =时，13622125A ≤<有解，解得64A =或65．5.【答案】15(,)43-6.【解析】()I 当n 2≥时，()()2n 133S n 1n 122-=-+-，n n n 1a S S 3n -∴=-=，又n 1=时，11a S 3==满足上式, 所以n a 3n =.()II ()*n n*1,n 2k 1,k N n n 2c 8,n 2k,k N ⎧=-∈⎪+=⎨⎪=∈⎩.()()21321242n n n T c c c c c c -=+++++++111111123352n 12n 1⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()242n 888++++()n6416411122n 1164-⎛⎫=-+ ⎪+-⎝⎭()n n 646412n 163=+-+. 7.（II ）由12m m m a a a ++=，①若2()m k k *=∈N ，则22122k k k a a a ++= 即2131k k +=⇒=，即2m =, ② 若21()m k k *=-∈N ，即21221k k k a a a -+= 即1(21)2321k k k --⋅⋅=+，1223121k k -⋅=+-,123k -⋅为正整数∴221k -为正整数，即211k -=，即1k =，但此时式为0233⋅=不合题意,综上，2m =.（III ）若221m m S S -为{}n a 中的一项，则221mm S S -为正整数,2113212422(...+)(...)m m m S a a a a a a ---=++++++ 112(121)2(31)31231m m m m m --+--=+=+--，221221213m m m m m S S a S S ---+∴==-2122(1)331m m m --≤+-，故若221m m S S -为{}n a 中的某一项只能为123,,a a a ，①若2122(1)3131m m m ---=⇒+-无解；②若212122(1)3231031m m m m m ----=⇒+-=+-，显然1m =不符合题意，2m =符合题意，当3m ≥时，设12()31m f m m -=+-，则112()3ln 32,()3(ln 3)20m m f m m f m --'''=-=->,即1()3ln 32m f m m -'=-为增函数，故()(3)0f m f ''≥>，即()f m 为增函数，,故()(3)10f m f >=>，故当3m ≥时方程12310m m -+-=无解，即2m =是方程唯一解；③若22122(1)33131m m m m ---=⇒=+-即1m =，综上所述，1m =或2m =. 8.（II ）因为33132231331322132131323313()()4n n n n n n n n n n n n b b b b b b a a a a a a a a b b b b -------=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅==，所以11313212113()()24n n n b a a a a a ---==⋅，1132321113()()24n n n b a a a a ---==-⋅，从而当*3,n k k N =∈时，。

高三数学数列求和试题答案及解析

高三数学数列求和试题答案及解析1.已知数列{an }满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－，则该数列前26项的和为________．【答案】－10【解析】由于a1＝1， a2＝－2，an＋2＝－，所以a3＝－1，a4＝，a5＝1，a6＝－2，…，所以{an}是周期为4的数列，故S26＝6×＋1－2＝－10.2.已知和均为给定的大于1的自然数，设集合，集合，(1)当时，用列举法表示集合A；(2)设其中证明：若则.【答案】(1) ， (2) 详见解析.【解析】(1)本题实质是具体理解新定义，当时，，，再分别对取得到 (2)证明大小不等式，一般利用作差法.,根据新定义：，所以，即.解：当时，，，可得，证明：由及可得所以.【考点】新定义，作差证明不等式，等比数列求和3.已知数列{an }的前n项和为Sn，对任意的n∈N*有Sn＝an－，且1<Sk<12，则k的值为()A．2B．2或4C．3或4D．6【答案】B【解析】本题考查等比数列的前n项和，考查考生对数列知识的综合运用能力，属于中档题．首先要根据Sn ＝an－，推出数列{an}是等比数列并求出其通项公式，然后用前n项和公式表达出Sn，再对选项中k的值逐一进行验证．∵a1＝a1－，∴a1＝－2.∵an＋1＝S n＋1－S n＝(a n＋1－a n)，∴a n＋1＝－2a n，数列{a n}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴an ＝(－2)n，Sn＝(－2)n－.逐一检验即可知k＝4或2.4.设数列{an }的前n项和为Sn，点(n，)(n∈N*)均在函数y＝x＋的图象上，则a2014＝()A．2014B．2013C．1012D．1011【答案】A【解析】由题意得＝n＋，即Sn ＝n2＋n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[ (n－1)2＋ (n－1)]＝n；当n＝1时，a1＝S1＝1.∴an＝n，故a2014＝2014，选A.5.对任意，函数满足，设，数列的前15项的和为，则．【答案】【解析】因为，所以即因此数列任意相邻两项和为因为，因此所以或，又由.【考点】数列求和6.已知数列{an }中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}前n项的和，则S2 013＝________.【答案】－1 005【解析】由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0.所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.7.数列的通项，其前n项和为．（1）求；（2）求数列｛｝的前n项和．【答案】（1）；（2）【解析】（1）化简通项公式为，考虑到的值是周期性出现的，而且周期是3，故将数列三项并为一组为+++……+分别求和，进而求；（2）求，观察其特征选择相应的求和方法，通常求数列前n项和的方法有①裂项相消法，在求和过程中相互抵消的办法；②错位相减法，通项公式是等差数列乘以等比数列的形式；③分组求和法，将数列求和问题转化为等差数列求和或者等比数列求和问题；④奇偶并项求和法，考虑数列相邻两项或者相邻几项的特征，进而求和的方法,该题利用错位相减法求和. 试题解析：(1) 由于，,∴；(2)两式相减得：【考点】1、三角函数的周期性；2、数列求和；3、余弦的二倍角公式.8.已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列{bn }的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小，并予以证明.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由于数列的递推式的结构为，在求数列的通项的时候可以利用累加法来求数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，根据其通项结构选择错位相减法求出数列的前项和，在比较与的大小时，一般利用作差法，通过差的正负确定与的大小，在确定差的正负时，可以利用数学归纳法结合二项式定理进行放缩来达到证明不等式的目的.试题解析：（1）当时，.又也适合上式，所以.（2）由（1）得，所以.因为①，所以②.由①－②得，，所以.因为，所以确定与的大小关系等价于比较与的大小.当时，；当时，；当时，；当时，；……，可猜想当时，.证明如下：当时，.综上所述，当或时，；当时，.【考点】累加法、错位相减法、二项式定理9.已知，点在函数的图象上，其中（1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和．【答案】（1）证明详见解析; ；（2）【解析】(1)把点（an ，an+1）代入f(x)=x2+2x中，整理可得递推公式an+1+1=(an+1)2，两边取常用对数，整理可证是公比为2，a1=2的等比数列，然后由数列的通项公式可推出数列{an}的通项公式.（2）由已知递推公式an+1=an2+2an变形整理得，代入中，整理可得最后利用裂项法求数列的前n项和Sn.试题解析：(Ⅰ)由已知,,两边取对数得,即是公比为2的等比数列.(*)由(*)式得(2)又.【考点】1.数列的递推公式及等比数列的定义和通项公式；2.求数列的前n项和.10.设数列满足，,且对任意，函数满足(Ⅰ)求数列的通项公式；（Ⅱ）若，求数列的前项和.【答案】(Ⅰ) （Ⅱ）【解析】由所以，是等差数列.而（2）第（1）题，通过求导以及，能够判断出是等差数列是等差数列，由第（1）题的结论能够写出的通项公式，根据的特征，选择求和的方法，利用分组求和的方法即可求出.【考点】考查函数的求导法则和求导公式，等差、等比数列的性质和数列基本量的求解.并考查逻辑推理能力和运算能力.11.已知数列的各项都是正数，前项和是，且点在函数的图像上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。

2024年高考全国甲卷数学(文)真题卷(含答案与解析)

绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试文科数学使用范围：陕西、宁夏、青海、内蒙古、四川注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，只将答题卡交回．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 集合{}1,2,3,4,5,9A =，{}1B x x A =+∈，则A B =I （）A. {}1,2,3,4B. {}1,2,3C. {}3,4D. {}1,2,92.设z =，则z z ⋅=（）A. -iB. 1C. -1D. 23. 若实数,x y 满足约束条件43302202690x y x y x y --≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩，则5z x y =-的最小值为（）A. 5B.12C. 2-D. 72-4. 等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，37a a +=（） A. 2-B.73C. 1D.295. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（） A.14B.13C.12D.236. 已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)-，点(6,4)-在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A. 4B. 3C. 2D.7. 曲线()631f x x x =+-在()0,1-处的切线与坐标轴围成的面积为（） A.16B.C.12D. 8. 函数()()2e esin xxf x x x -=-+-在区间[ 2.8,2.8]-大致图像为（）A. B.C. D.9.已知cos cos sin ααα=-，则πtan 4α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A. 1+B. 1-C.D. 1原10题略10. 设αβ、是两个平面，m n 、是两条直线，且m αβ=I .下列四个命题： ①若//m n ，则//n α或//n β ②若m n ⊥，则,n n αβ⊥⊥③若//n α，且//n β，则//m n ④若n 与α和β所成角相等，则m n ⊥其中所有真命题的编号是（） A. ①③B. ②④C. ①②③D. ①③④11. 在ABC V 中内角,,A B C 所对边分别为,,a b c ，若π3B =，294b ac =，则sin sin A C +=（） A.32B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．原13题略的的12. 函数()sin f x x x =在[]0,π上的最大值是______． 13. 已知1a >，8115log log 42a a -=-，则=a ______． 14. 曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,∞+上有两个不同的交点，则a 的取值范围为______．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．15. 已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=-. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n S 的通项公式.16. 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M 为AD 的中点.（1）证明：//BM 平面CDE ；（2）求点M 到ABF 的距离.17. 已知函数()()1ln 1f x a x x =--+．（1）求()f x 单调区间；（2）若2a ≤时，证明：当1x >时，()1e xf x -<恒成立．18. 设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ，点31,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭在C 上，且MF x ⊥轴．（1）求C 方程；（2）过点()4,0P 的直线与C 交于,A B 两点，N 为线段FP 的中点，直线NB 交直线MF 于点Q ，证明：AQ y ⊥轴．的的（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B 铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．19. 在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为cos 1ρρθ=+. （1）写出C 直角坐标方程；（2）设直线l ：x ty t a =⎧⎨=+⎩（t 为参数），若C 与l 相交于A B 、两点，若2AB =，求a 的值.20. 实数,a b 满足3a b +≥．（1）证明：2222a b a b +>+；（2）证明：22226a b b a -+-≥．参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 集合{}1,2,3,4,5,9A =，{}1B x x A =+∈，则A B =I （）A. {}1,2,3,4B. {}1,2,3C. {}3,4D. {}1,2,9【答案】A 【解析】【分析】根据集合B 的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算. 【详解】依题意得，对于集合B 中元素x ，满足11,2,3,4,5,9x +=，则x 可能的取值为0,1,2,3,4,8，即{0,1,2,3,4,8}B =，于是{1,2,3,4}A B ⋂=. 故选：A 2.设z =，则z z ⋅=（）A. -iB. 1C. -1D. 2【答案】D 【解析】的的【分析】先根据共轭复数的定义写出z ，然后根据复数的乘法计算.【详解】依题意得，z =，故22i 2zz =-=. 故选：D3. 若实数,x y 满足约束条件43302202690x y x y x y --≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩，则5z x y =-的最小值为（）A. 5B.12C. 2-D. 72-【答案】D 【解析】【分析】画出可行域后，利用z 的几何意义计算即可得.【详解】实数,x y 满足43302202690x y x y x y --≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩，作出可行域如图：由5z x y =-可得1155y x z =-，即z 的几何意义为1155y x z =-的截距的15-，则该直线截距取最大值时，z 有最小值，此时直线1155y x z =-过点A ，联立43302690x y x y --=⎧⎨+-=⎩，解得321x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩，即3,12A ⎛⎫⎪⎝⎭，则min 375122z =-⨯=-. 故选：D.4. 等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，37a a +=（） A. 2- B.73C. 1D.29【答案】D【解析】【分析】可以根据等差数列基本量，即将题目条件全转化成1a 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91S =，根据等差数列的求和公式，911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=，又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=.故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，1937a a a a +=+，由91S =，根据等差数列的求和公式，193799()9()122a a a a S ++===，故3729a a +=. 故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d =，则9111199S a a ==⇒=，则371229a a a +==. 故选：D5. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（） A.14B.13C.12D.23【答案】B 【解析】【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意；基本事件总数显然是44A 24=，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为81243=. 故选：B6. 已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)-，点(6,4)-在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）的A. 4B. 3C. 2D.【答案】C 【解析】【分析】由焦点坐标可得焦距2c ，结合双曲线定义计算可得2a ，即可得离心率. 【详解】设()10,4F -、()20,4F 、()6,4-P ，则1228F F c ==，110PF ==，26PF ==，则1221064a PF PF =-=-=，则28224c e a ===. 故选：C.7. 曲线()631f x x x =+-在()0,1-处的切线与坐标轴围成的面积为（）A.16B.C.12D. 【答案】A 【解析】【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.【详解】()563f x x ='+，所以()03f '=，故切线方程为3(0)131y x x =--=-，故切线的横截距为13，纵截距为1-，故切线与坐标轴围成的面积为1111236⨯⨯= 故选：A.8. 函数()()2e esin xxf x x x -=-+-在区间[ 2.8,2.8]-的大致图像为（）A. B.C. D.【答案】B 【解析】【分析】利用函数的奇偶性可排除A 、C ，代入1x =可得()10f >，可排除D. 【详解】()()()()()22ee sin e e sin xx x x f x x x x x f x ---=-+--=-+-=，又函数定义域为[]2.8,2.8-，故该函数为偶函数，可排除A 、C ，又()11πe 11111e sin11e sin 10e e 622e 42ef ⎛⎫⎛⎫=-+->-+-=-->-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故可排除D. 故选：B. 9.已知cos cos sin ααα=-，则πtan 4α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A. 1+B. 1-C.D. 1【答案】B 【解析】【分析】先将cos cos sin αα-α弦化切求得tan α，再根据两角和的正切公式即可求解.【详解】因为cos cos sin ααα=-，所以11tan =-α，tan 1⇒α=-，所以tan 1tan 11tan 4α+π⎛⎫==-α+ ⎪-α⎝⎭，故选：B . 原10题略10. 设αβ、是两个平面，m n 、是两条直线，且m αβ=I .下列四个命题： ①若//m n ，则//n α或//n β ②若m n ⊥，则,n n αβ⊥⊥③若//n α，且//n β，则//m n ④若n 与α和β所成的角相等，则m n ⊥其中所有真命题编号是（） A. ①③ B. ②④C. ①②③D. ①③④【答案】A的【解析】【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当n ⊂α，因为//m n ，m β⊂，则//n β，当n β⊂，因为//m n ，m α⊂，则//n α，当n 既不在α也不在β内，因为//m n ，,m m αβ⊂⊂，则//n α且//n β，故①正确；对②，若m n ⊥，则n 与,αβ不一定垂直，故②错误；对③，过直线n 分别作两平面与,αβ分别相交于直线s 和直线t ，因为//n α，过直线n 的平面与平面α的交线为直线s ，则根据线面平行的性质定理知//n s ，同理可得//n t ，则//s t ，因为s ⊄平面β，t ⊂平面β，则//s 平面β，因为s ⊂平面α，m αβ=I ，则//s m ，又因为//n s ，则//m n ，故③正确；对④，若,m n αβ⋂=与α和β所成的角相等，如果//,//αβn n ，则//m n ，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.11. 在ABC V 中内角,,A B C 所对边分别为,,a b c ，若π3B =，294b ac =，则sin sin A C +=（）A.32B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】利用正弦定理得1sin sin 3A C =，再利用余弦定理有22134a c ac +=，再利用正弦定理得到22sin sin A C +的值，最后代入计算即可.【详解】因为29,34B b ac π==，则由正弦定理得241sin sin sin 93A CB ==. 由余弦定理可得:22294b ac ac ac =+-=，即:22134a c ac +=，根据正弦定理得221313sin sin sin sin 412A C A C +==，所以2227(sin sin )sin sin 2sin sin 4A C A C A C +=++=，因为,A C 为三角形内角，则sin sin 0A C +>，则sin sin A C +=. 故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．原13题略12. 函数()sin f x x x =在[]0,π上的最大值是______．【答案】2 【解析】【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可. 【详解】()πsin 2sin 3f x x x x ⎛⎫==-⎪⎝⎭，当[]0,πx ∈时，ππ2π,333x ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，当ππ32x -=时，即5π6x =时，()max 2f x =.故答案为：213. 已知1a >，8115log log 42a a -=-，则=a ______．【答案】64 【解析】【分析】将8log ,log 4a a 利用换底公式转化成2log a 来表示即可求解.【详解】由题28211315log log log 4log 22a a a a -=-=-，整理得()2225log 60log a a --=， 2log 1a ⇒=-或2log 6a =，又1a >，所以622log 6log 2a ==，故6264a ==故答案为：64.14. 曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,∞+上有两个不同的交点，则a 的取值范围为______．【答案】()2,1-【解析】【分析】将函数转化为方程，令()2331x x x a -=--+，分离参数a ，构造新函数()3251,g x x x x =+-+结合导数求得()g x 单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令()2331x x x a -=--+，即3251a x x x =+-+，令()()32510,g x x x x x =+-+> 则()()()2325351g x x x x x =+-=+-'，令()()00g x x '=>得1x =，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()1,x ∞∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，()()01,12g g ==-，因为曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,∞+上有两个不同的交点，所以等价于y a =与()g x 有两个交点，所以()2,1a ∈-.故答案为：()2,1-三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．15. 已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n S 的通项公式.【答案】（1）153n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭（2）353232n ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 【解析】【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n S .【小问1详解】因为1233n n S a +=-,故1233n n S a -=-，所以()12332n n n a a a n +=-≥即153n n a a +=故等比数列的公比为53q =，故1211523333533a a a a =-=⨯-=-，故11a =，故153n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭.【小问2详解】由等比数列求和公式得5113353523213n n n S ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭-. 16. 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M 为AD 的中点.（1）证明：//BM 平面CDE ；（2）求点M 到ABF 的距离.【答案】（1）证明见详解；（2【解析】的【分析】（1）结合已知易证四边形BCDM 为平行四边形，可证//BM CD ，进而得证；（2）作FO AD ⊥，连接OB ，易证,,OB OD OF 三垂直，结合等体积法M ABF F ABM V V --=即可求解.【小问1详解】因为//,2,4,BC AD BC AD M ==为AD 的中点，所以//,BC MD BC MD =，四边形BCDM 为平行四边形，所以//BM CD ，又因为BM ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//BM 平面CDE ；【小问2详解】如图所示，作BO AD ⊥交AD 于O ，连接OF ，因为四边形ABCD 为等腰梯形，//,4,BC AD AD =2AB BC ==，所以2CD =，结合（1）BCDM 为平行四边形，可得2BM CD ==，又2AM =，所以ABM V 为等边三角形，O 为AM中点，所以OB =又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD 中点，所以,//EF MD EF MD =，四边形EFMD 为平行四边形，FM ED AF ==，所以AFM △为等腰三角形，ABM V 与AFM △底边上中点O 重合，OF AM ⊥，3OF ==，因为222OB OF BF +=，所以OB OF ⊥，所以,,OB OD OF 互相垂直，由等体积法可得M ABF F ABM V V --=，2112333F ABM ABM V S FO -=⋅=⋅=△，222cos 2FA AB FB FAB FAB FA AB +-∠===∠=⋅11sin 222FAB S FA AB FAB =⋅⋅∠==△，设点M 到FAB的距离为d ，则1133M FAB F ABM FAB V V S d d --==⋅⋅==△，解得d =，即点M 到ABF . 的17. 已知函数()()1ln 1f x a x x =--+．（1）求()f x 的单调区间；（2）若2a ≤时，证明：当1x >时，()1e x f x -<恒成立．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当1x >时，1e 21ln 0x x x --++>即可.【小问1详解】()f x 定义域为(0,)+∞，11()ax f x a x x'-=-= 当0a ≤时，1()0ax f x x -'=<，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，1,x a ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减. 综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；0a >时，()f x 在1,a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减. 【小问2详解】2a ≤，且1x >时，111e ()e (1)ln 1e 21ln x x x f x a x x x x ----=--+-≥-++，令1()e 21ln (1)x g x x x x -=-++>，下证()0g x >即可.11()e 2x g x x -'=-+，再令()()h x g x '=，则121()e x h x x-'=-，显然()h x '在(1,)+∞上递增，则0()(1)e 10h x h ''>=-=，即()()g x h x ='在(1,)+∞上递增，故0()(1)e 210g x g ''>=-+=，即()g x 在(1,)+∞上单调递增，故0()(1)e 21ln10g x g >=-++=，问题得证18. 设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ，点31,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭在C 上，且MF x ⊥轴．（1）求C 的方程；（2）过点()4,0P 的直线与C 交于,A B 两点，N 为线段FP 的中点，直线NB 交直线MF 于点Q ，证明：AQ y ⊥轴．【答案】（1）22143x y += （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设(),0F c ，根据M 的坐标及MF ⊥x 轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设:(4)AB y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，联立直线方程和椭圆方程，用,A B 的坐标表示1Q y y -，结合韦达定理化简前者可得10Q y y -=，故可证AQ y ⊥轴.【小问1详解】设(),0F c ，由题设有1c =且232b a =，故2132a a -=，故2a =，故b = 故椭圆方程为22143x y +=. 【小问2详解】直线AB 的斜率必定存在，设:(4)AB y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，由223412(4)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩可得()2222343264120k x k x k +-+-=，故()()422Δ102443464120k k k =-+->，故1122k -<<，又22121222326412,3434k k x x x x k k-+==++，而5,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故直线225:522y BN y x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，故22223325252Q y y y x x --==--，所以()1222112225332525Q y x y y y y y x x ⨯-+-=+=-- ()()()12224253425k x x k x x -⨯-+-=- ()222212122264123225825834342525k k x x x x k k k k x x -⨯-⨯+-++++==-- 2222212824160243234025k k k k k x --+++==-，故1Q y y =，即AQ y ⊥轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,x y x y ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，注意∆的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x （或12y y +、12y y ）的形式；（5）代入韦达定理求解.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B 铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．19. 在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为cos 1ρρθ=+.（1）写出C 的直角坐标方程；（2）设直线l ：x t y t a=⎧⎨=+⎩（t 为参数），若C 与l 相交于A B 、两点，若2AB =，求a 的值. 【答案】（1）221y x =+（2）34a =【解析】【分析】（1）根据cos xρρθ⎧⎪=⎨=⎪⎩可得C 的直角方程. （2）将直线的新的参数方程代入C 的直角方程，法1：结合参数s 的几何意义可得关于a 的方程，从而可求参数a 的值；法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求a 的值.【小问1详解】由cos 1ρρθ=+，将cos xρρθ⎧⎪=⎨=⎪⎩cos 1ρρθ=+，1x =+，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为221y x =+.【小问2详解】对于直线l 的参数方程消去参数t ，得直线的普通方程为y x a =+.法1：直线l 的斜率为1，故倾斜角为π4，故直线的参数方程可设为x y a s ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，s ∈R .将其代入221y x =+中得()221)210s a s a +-+-=设,A B 两点对应的参数分别为12,s s，则)()212121,21s s a s s a +=--=-，且()()22Δ818116160a a a =---=->，故1a <，12AB s s ∴=-=2==，解得34a =. 法2：联立221y x a y x =+⎧⎨=+⎩，得22(22)10x a x a +-+-=， ()22Δ(22)41880a a a =---=-+>，解得1a <，设()()1122,,,A x y B x y ,2121222,1x x a x x a ∴+=-=-，则AB ==2=，解得34a = 20. 实数,ab 满足3a b +≥．（1）证明：2222a b a b +>+；（2）证明：22226a b b a -+-≥．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用22222()a b a b +≥+即可证明.（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.【小问1详解】因为()()2222222022a b a ab b a b b a -+=--++=≥，当a b =时等号成立，则22222()a b a b +≥+，因为3a b +≥，所以22222()a b a b a b +≥+>+; 【小问2详解】 222222222222()a b b a a b b a a b a b -+-≥-+-=+-+22222()()()()(1)326a b a b a b a b a b a b =+-+≥+-+=++-≥⨯=。

高考文科数学__数列专题复习(附答案及解析)

高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系11,1,2nnn s n a s s n( 数列{}n a 的前n 项的和为12nn s a a a ).等差数列的通项公式*11(1)()n a a n d dn a d n N ；等差数列其前n 项和公式为1()2n nn a a s 1(1)2n n na d211()22d na d n .等比数列的通项公式1*11()n nna a a qq nN q；等比数列前n 项的和公式为11(1),11,1nna q q s q na q或11,11,1n n a a qq qs na q 1.(广东卷)已知等比数列}{n a 的公比为正数，且3a ·9a =225a ，2a =1，则1a =A.21 B.22 C.2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A. -1B. 1C. 3D.73.（江西卷）公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若4a 是37a a 与的等比中项, 832S ,则10S 等于A. 18B. 24C. 60D. 904（湖南卷）设n S 是等差数列n a 的前n 项和，已知23a ，611a ，则7S 等于【】A ．13B ．35C ．49D ．635.（辽宁卷）已知n a 为等差数列，且7a －24a ＝－1, 3a ＝0,则公差d ＝（A ）－2 （B ）－12（C ）12（D ）26.（四川卷）等差数列｛n a ｝的公差不为零，首项1a ＝1，2a 是1a 和5a 的等比中项，则数列的前10项之和是A. 90B. 100C. 145D. 190 7.（宁夏海南卷）等差数列n a 的前n 项和为n S ，已知2110mmma a a，2138mS ,则m（A ）38（B ）20 （C ）10 （D ）911.（四川卷）等差数列｛n a ｝的公差不为零，首项1a ＝1，2a 是1a 和5a 的等比中项，则数列的前10项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1901（浙江）设等比数列{}n a 的公比12q，前n 项和为n S ，则44S a ．3.(山东卷)在等差数列}{n a 中,6,7253a a a ,则____________6a .4.（宁夏海南卷）等比数列{n a }的公比0q , 已知2a =1，216n nn a a a ，则{n a }的前4项和4S =2（浙江文）（本题满分14分）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，2n S knn ，*n N ，其中k是常数．（I ）求1a 及n a ；1 ．（2012年高考（辽宁文））在等差数列{a n }中,已知a 4+a 8=16,则a 2+a 10=（）A ．12B ．16C ．20D ．242．（2012年高考（重庆文））已知{}n a 为等差数列,且13248,12,a a a a (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;一、选择题1.【答案】B 【解析】设公比为q ,由已知得22841112a qa qa q,即22q,又因为等比数列}{n a 的公比为正数，所以2q,故211222a a q,选B2.【解析】∵135105a a a 即33105a ∴335a 同理可得433a ∴公差432d a a ∴204(204)1a a d .选B 。

高考文科数学数列专题讲解及高考真题精选(含答案)

⎩⎨⎧无穷数列有穷数列按项数 2221,21(1)2nn a a n a a n a n =⎧⎪=+=⎪⎨=-+⎪⎪=-⋅⎩n n n n n常数列:递增数列:按单调性递减数列:摆动数列:数列1.数列的有关概念：（1）数列：按照一定次序排列的一列数。

数列是有序的。

数列是定义在自然数N*或它的有限子集{1,2,3,…,n }上的函数。

（2）通项公式：数列的第n 项a n 与n 之间的函数关系用一个公式来表示，这个公式即是该数列的通项公式。

如:221n a n =-。

（3）递推公式：已知数列{a n }的第1项（或前几项），且任一项a n 与他的前一项a n -1（或前几项）可以用一个公式来表示，这个公式即是该数列的递推公式。

如:121,2,a a ==12(2)n n n a a a n --=+>。

2．数列的表示方法：（1）列举法：如1，3，5，7，9，… （2）图象法：用（n, a n ）孤立点表示。

（3）解析法：用通项公式表示。

（4）递推法：用递推公式表示。

3．数列的分类：4．数列{a n }及前n 项和之间的关系:123n n S a a a a =++++ 11,(1),(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩ 5．等差数列与等比数列对比小结：等差数列等比数列一、定义1(2)n n a a d n --=≥1(2)nn a q n a -=≥ 二、公式1．()11n a a n d =+-()(),n m a a n m d n m =+->2．()12n n n a a S +=()112n n na d -=+1．11n na a q -=,()n m n m a a q n m -=-2．()()()11111111n n nna q S a q a a qq qq =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩ 三、性质1．,,2a b c b a c ⇔=+成等差，称b 为a 与c 的等差中项2．若m n p q +=+（m 、n 、p 、*q ∈N ），则m n p q a a a a +=+3．n S ，2n n S S -，32n n S S -成等差数列1．2,,a b c b ac ⇔=成等比，称b 为a 与c 的等比中项2．若m np q +=+（m 、n 、p 、*q ∈N ），则m n p q a a a a ⋅=⋅3．n S ，2n n S S -，32n n S S -成等比数列6.在等差数列｛n a ｝中,有关S n 的最值问题：(1)当1a >0,d<0时，满足⎩⎨⎧≤≥+01m m a a 的项数m 使得m s 取最大值. (2)当1a <0,d>0时，满足⎩⎨⎧≥≤+01m m a a 的项数m 使得m s 取最小值。

2024届高考数学专项练习压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用(解析版)

压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用命题预测数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．高频考法（1）数列通项、求和问题（2）数列性质的综合问题（3）实际应用中的数列问题（4）以数列为载体的情境题（5）数列放缩01 数列通项、求和问题1、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11qa p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；（2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设2024届高考数学专项练习n n na b q =，从而变成1n b +=1n p b q +，从而将问题转化为第（1）个问题；（3）形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第（1）个问题．2、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．3、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()11n k n kn n k=+−++，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式：（1）111(1)1n n n n =−++；（2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=−⎢⎥+++++⎣⎦；（5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++−−++=．4、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，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．5、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和；（2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．【典例1-1】（2024·河北沧州·一模）在数列{}n a 中，已知321212222nn a a a a n −++++=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a +成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．【解析】（1）当1n =时，12a =；当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a −−−−⎛⎫⎛⎫=++++−++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =−−=，所以122nn a −=⇒2n n a =，2n ≥. 当1n =时，上式亦成立，所以：2n n a =. （2）由()123155n n ⎡⎤+++++−=⎣⎦⇒10n =.所以新数列{}n b 前55项中包含数列{}n a 的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=， ()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+.设123935719T a a a a =++++1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯，所以()1239102322222192T T T −=−=⨯+⨯+++−⨯101722=−⨯−.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【典例1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知等比数列{}n a 的首项为2，公比q 为整数，且1243424a a a a ++=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列21n n n a ⎧⎫⋅的前n 项和为nS ，比较nS 与4的大小关系，并说明理由.【解析】（1）由已知可得12n n a q −=⨯，因为1243424a a a a ++=，所以324222242q q q ⨯+⨯+⨯=⨯，即324240q q q −++=，则()()22220q q q −−−=，解得2q或13所以2q，()1*222n n n a n −=⋅=∈N .（2）由（121212nnn n n a n =⋅⋅1122222n n n nn n n n −−=−=⋅⋅ 令12n n nb −=，设{}n b 前n 项和为n C ，则01211232222n n nC −=++++，所以123112322222n n n C =++++，两式相减得1211111122222nn n n C −=++++−1122212212n n n n n −+=−=−−，所以42442n nnC +=−<，令12n n x n −=⋅0n x >，设{}n x 前n 项和为n T ，则0n T >，所以4n n n S C T =−<.【变式1-1】（2024·四川泸州·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()12n n na n S +=+，则n a = . 【答案】()212n n −+⋅【解析】当2n ≥时，()()111n n n a n S −−=+，即12n n n S a n +=+，111n n n S a n −−=+，则11121n n n n n n n S S a a a n n −+−−=−=++，即()1221n n n a a n ++=+，则有()121nn n a a n −+=，1221n n a n a n −−=−，，21232a a ⨯=，则()212112112n n n n n n a a a a a n a a a −−−−=⨯⨯⨯⨯=+⋅，当1n =时，11a =，符合上式，故()212n n a n −=+⋅.故答案为：()212n n −+⋅.【变式1-2】（2024·青海西宁·二模）已知各项都是正数的等比数列{}n a 的前3项和为21，且312a =，数列{}n b 中，131,0b b ==，若{}n n a b +是等差数列，则12345b b b b b ++++= ．【答案】33−【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >，则333221a a a q q ++=，即21112121qq ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，化简得23440q q −−=，解得2q（负值舍去），所以331312232n n n n a a q −−−=⋅=⨯=⨯．于是111333,4,12a a b a b =+=+=，所以等差数列{}n n a b +的公差为()()3311431a b a b +−+=−，所以()14414,4432n n n n n a b n n b n a n −+=+−==−=−⨯，所以()()23412345412345312222b b b b b ++++=⨯++++−⨯++++()56032133=−⨯−=−.故答案为：33−02 数列性质的综合问题1、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=．在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．2、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+− ⎪⎝⎭，公差为2d ．③若项数为偶数2k ，则 S S kd −=奇偶，1k kS a S a +=偶奇．若项数为奇数21k +，则1 k S S a +−=奇偶，1S k S k+=奇偶．（2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠−时，n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()nn q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()21 11k a q S S q−−=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 3、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}mn a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列．【典例2-1】（2024·山西晋城·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则21a 的取值范围是（）A ．67,78⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．613,715⎛⎫⎪⎝⎭C ．67,,78⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．613,,715⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可得：()158168915080S a S a a =>⎧⎨=+<⎩，即88900a a a >⎧⎨+<⎩，可知90a <，设等差数列{}n a 的公差为d ，则980d a a =−<，可得等差数列{}n a 为递减数列，则10a >，由88900a a a >⎧⎨+<⎩可得11702150a d a d +>⎧⎨+<⎩，则112715d a −<<−，所以211116131,715a a d d a a a +⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭. 故选：B.【典例2-2】（2024·北京顺义·二模）设1a ，2a ，3a ，…，7a 是1，2，3，…，7的一个排列.且满足122367a a a a a a −≥−≥≥−，则122367a a a a a a −+−++−的最大值是（）A ．23B ．21C ．20D ．18【答案】B【解析】122367a a a a a a −+−++−即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又122367a a a a a a −≥−≥≥−，比如1726354→→→→→→，其对应的一个排列为1,7,2,63,5,4,则122367a a a a a a −+−++−的最大值是6+5+4+3+2+1=21故选：B【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）已知数列{}n a 满足2n a n n λ=−，对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，且对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，则实数λ的取值范围是（）A ．11,148⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,147⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,157⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,158⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】因为对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，所以数列{}n a 在[]1,3上是递减数列，因为对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，所以数列{}n a 在[)7,+∞上是递增数列，所以0172211522λλλ⎧⎪>⎪⎪>⎨⎪⎪<⎪⎩，解得11157λ<<，所以实数λ的取值范围是11,157⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C.【变式2-2】（多选题）（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且*n ∀∈N ，101na q q<−，则（） A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n a 是递减数列C ．若数列{}n S 是递增数列，则1q >D ．若数列{}n T 是递增数列，则1q >【答案】ACD【解析】由题意可知()()()()111211111,1n n n n n n n a q S T a a q a q a qq−−−===−，且*n ∀∈N ，101na q q<−，故有101a q <−且0q >（否则若0q <，则11na q q −的符号会正负交替，这与*n ∀∈N ，101n a q q<−，矛盾），也就是有101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩，无论如何，数列{}n a 是递增数列，故A 正确，B 错误；对于C ，若数列{}n S 是递增数列，即110n n n S S a ++−=>，由以上分析可知只能101a q >⎧⎨>⎩，故C 正确；对于D ，若数列{}n T 是递增数列，显然不可能是1001a q <⎧⎨<<⎩，（否则()121n n n n T a q −=的符号会正负交替，这与数列{}n T 是递增数列，矛盾），从而只能是101a q >⎧⎨>⎩，且这时有111n n n T a T ++=>，故D 正确. 故选：ACD.03 实际应用中的数列问题（1）数列实际应用中的常见模型①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； ②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n 项n a 与第1n +项1n a +的递推关系还是前n 项和n S 与前1n +项和1n S +之间的递推关系．在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．（2）解决数列实际应用题的3个关键点 ①根据题意，正确确定数列模型； ②利用数列知识准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．【典例3-1】（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（） A ．12里 B ．24里 C ．48里 D ．96里【答案】C【解析】由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为12的等比数列，设这个数列为{}n a ，前n 项和为n S ，则16611163237813212a S a ⎛⎫− ⎪⎝⎭===−，解得1192a =，所以321192482a =⨯=，即该人第三天走的路程为48里. 故选：C.【典例3-2】（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60︒），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O 开始，沿直线繁殖到11A ，然后分叉向21A 与22A 方向继续繁殖，其中21112260A A A ∠=︒，且1121A A 与1122A A 关于11OA 所在直线对称，112111221112A A A A OA ==….若114cm OA =，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【解析】由题意可知，114cm OA =，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在11OA 方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在11OA 方向上前进的距离依次为：3131134,2,248，则31353842155724+++=>+=，黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在11OA 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，即1311432164316841+28114228231144++⎛⎫⎛⎫+++⨯+++≈+⨯=<= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭−−，综合可得培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为8cm ，故选：C【变式3-1】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（）A ．2022312−B ．2023332−C ．202231−D ．202333−【答案】A【解析】设题图②中第n 行白心圈的个数为n a ，黑心圈的个数为n b ，依题意可得1113,2,2n n n n n n n n n a b a a b b b a −+++==+=+，且有111,0a b ==，故有()11113,,n n n n n n n n a b a b a b a b ++++⎧+=+⎨−=−⎩，所以{}n n a b +是以111a b 为首项，3为公比的等比数列，{}n n a b −为常数数列，且111a b −=，所以{}n n a b −是以111a b −=为首项，1为公比的等比数列，故13,1,n n n n n a b a b −⎧+=⎨−=⎩故1131,231,2n n n na b −−⎧+=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩所以20222023312b −=. 故选：A.【变式3-2】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME -International Congreas of Mathematics Education ）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME -14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3210387848482020⨯+⨯+⨯+⨯=，正是会议计划召开的年份，那么八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】B【解析】由进位制的换算方法可知，八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制得：1098110187878787878118−⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=⨯=−−，()101001019919101010101010811021C 10C 102C 102C 21−=−−=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+−因为01019919101010C 10C 102C 102+⨯+⋅⋅⋅+⨯是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为101010C 21−的末尾数字，由101010C 211023−=可得，末尾数字为3.故选：B04 以数列为载体的情境题解决数列与数学文化相交汇问题的关键【典例4-1】（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【解析】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n −=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n −=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列，当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S −=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =−，则()()112n a a n d n d =+−=−，则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤−+−+−⎣⎦===，因为21n −≥−且2Z n −∈， ()2313912228n n n −⎛⎫=−−≥− ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n −∈∈，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”，故命题②正确；故选：A.【典例4-2】（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =−（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”． (1)若3n n a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和； (2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（1）因为3nn a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =−=−，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n −=−+−++−=−=−−−．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤，所以11n n n n M m M m ++−≥−，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-，由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列．当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==，则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>，所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减，记2min ,{}n n a a a a =,,,，则当0n n >时，有n n M m =，于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =−=−，故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列．综上，命题得证．【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为由图中虚线上的数1，3，6，10，…依次构成的数列的第n 项，则1220111a a a ++⋅⋅⋅+的值为 .【答案】4021【解析】设第n 个数为n a ，则11a =，212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1n n a a n −−=，叠加可得()11232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， ∴122011122212232021a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯ 111114021223202121⎛⎫=⨯−+−+⋅⋅⋅+−= ⎪⎝⎭.故答案为：4021. 【变式4-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 . （注：()()22221211236n n n n +++++⋅⋅⋅+=）【答案】1391【解析】设题设高阶等差数列为{}n a ，令1n n n b a a +=−，设数列{}n b 的前n 项和为n B ，则数列{}n b 的前几项分别为3,4,6,9,13,18，1111n n n B a a a ++=−=−，令1+=−n n n c b b ，设数列{}n c 的前n 项和为n C ，则数列{}n c 的前几项分别为1,2,3,4,5，1113n n n C b b b ++=−=−，易得2,2n n n n c n C +==，所以21332n n n n b C ++=+=+，故()21133222n n n n b n −=+=−+，则()()()()()1211111632626n n n n n n n n n B n n ⎡⎤++++−=−+=+⎢⎥⎣⎦，所以11n n a B +=+，所以211391a =．故答案为：139105 数列放缩在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.放缩法证不等式的理论依据是：,A B B C A C >>⇒>；,A B B C A C <<⇒<.放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.【典例5-1】（2024·天津滨海新·二模）已知数列{}n a 满足112,1,2n n n n a t qa n a −−=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，其中220,0,0,N q t q t n ≥≥+≠∈.(1)若0qt =，求数列{}n a 的前n 项的和； (2)若0=t ，2q且数列{}n d 满足：11n nn n n a a d a a =++−，证明：121ni i d n =<+∑. (3)当12q =，1t =时，令)22,2n n b n n a =≥∈−N ，判断对任意2n ≥，N n ∈，n b 是否为正整数，请说明理由.【解析】（1）因为0qt =，220q t +≠，所以当0q =时，0t ≠，2n ≥时，1n n t a a −=，即n 为奇数时，2n a =；n 为偶数时，2n ta =. 记数列{}n a 的前n 项的和为n S ，当n 为偶数时，222n n t S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，112221224n n n t tn tS S n −−−⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭，综上2,2221,214n n t n k S tn t n n k ⎧⎛⎫+= ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨−⎪++=+⎪⎩，其中N k ∈.当0=t 时，0q ≠，2n ≥时，1n n a qa −=，此时{}n a 是等比数列，当1q =时，2n S n =；当1q ≠时，()211nn q S q−=−，故()2,121,11nn n q S q q q=⎧⎪=−⎨≠⎪−⎩. （2）由（1）知，0=t ，2q时，2n n a =，22112121n n n n n n n n n a a d a a =+=++−+−1122121n n =+−−+，112211111112212121212121nin n i dn =⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪−+−+−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 1212121n n n ≤+−<++（3）对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.理由如下：当12q =，1t =时，21111322a a a =+=，此时24b =； 2321117212a a a =+=，此时324b =；由202n n b a =>−，平方可得2242n n a b =+，212142n n a b ++=+，又222121111124n n n n n a a a a a +⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，所以22221414221442n n n n b b b b +⎛⎫+=+++ ⎪+⎝⎭，整理可得()222142n n n b b b +=+，当3n ≥时，()2221142n n n b b b −−=+，所以()()222222111424242n n n n n n b b b b b b +−−⎡⎤=+=++⎣⎦ ()()22242211141241n n n n n b b b b b −−−=++=+，所以()21121n n n b b b +−=+，由23N,N b b ∈∈，所以4N b ∈，以此类推，可知对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均为正数，11a =，221n n n a a a ++≥．(1)若23a =，证明：13n n a −≥；(2)若10512a =，证明：当4a 取得最大值时，121112na a a +++<．【解析】（1）由题意知，211n n n n a a a a +++≥，设1n n na q a +=，12n q q q ∴≤≤≤，23a =，11a =，13q ∴=，当2n ≥时，113211121111213n n nn n n a a a a a a q q q a q a a a −−−−=⋅⋅=⋅⋅≥⋅=．当1n =时，11a =满足13n n a −≥，综上，13n n a −≥.（2）()31011291231512a a q q q q q q a =⋅⋅=≥⋅⋅⋅，1238q q q ∴⋅⋅≤，4a ∴的最大值为8，当且仅当123456789q q q q q q q q q ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅时取等号．而12n q q q ≤≤≤，1292q q q ∴====，而10n ≥时，192n n q q q −≥≥≥=，1112n n n a a q −−≥∴⋅=，2112111111111121()()2121222212nn n n a a a −⎛⎫⋅− ⎪⎛⎫⎝⎭∴+++≤++++==−< ⎪⎝⎭−．【变式5-1】（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑．【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n nS S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+−=+−+⎩，解得：1a 1,d2，所以()()12121n a n n n *=+−=−∈N ．（2）由（1）知，()()12123n n n b n b +−=+，即12123n n b n b n +−=+，12321n n b n b n −−=+，122521n n b n b n −−−=−，……，322151,75b b b b ==，利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n −−−−−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+− ()()()99112212122121n n n n n ⎛⎫==−≥ ⎪−+−+⎝⎭，13b =也符合上式，12311nkn n k bb b b b b −==+++++∑9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=−+−+−++− ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎣⎦911221n ⎛⎫=−⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=−< ⎪+⎝⎭∑．【变式5-2】（2024·广西·二模）在等差数列{}n a 中，26a =，且等差数列{}1n n a a ++的公差为4. (1)求10a ； (2)若2111n n n n b a a a −+=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：21228n S n n <++. 【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则1212()()24n n n n n n a a a a a a d +++++−+=−==，2d =，又26a =，所以1624a =−=，所以42(1)22n a n n =+−=+，1022a =．（2）由（1）得11114()44(1)(2)412n b n n n n n n =+=−+++++，所以2212111(1)111()42222422284(2)8n n n n S b b b n n n n n n +=+++=−+⨯=++−<++++．1．在公差不为0的等差数列{}n a 中，3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，则m =（） A ．11 B ．13C ．15D ．17【答案】C【解析】设等差数列的公差为d ，则0d ≠，因为3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，所以()1111162,226a m d a d a d a d +−+==++，由前者得到12a d =，代入后者可得128m +=，故15m =，故选：C.2．记数列{}n a 的前n 项积为n T ，设甲：{}n a 为等比数列，乙：2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，则（）A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则11n n a a q −=，(1)12(1)211n n n n n n T a q a q−+++−==，于是(1)12()22n n n n n T a q −=，(1)111211(1)12()222()22n n n n n n n n n n nT a qa q T a q ++++−==⋅，当1q ≠时，12n a q ⋅不是常数，此时数列2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若2n nT ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，令首项为1b ，公比为p ，则112n n n T b p −=，112(2)n n T b p −=⋅，于是当2n ≥时，112112(2)22(2)n n n n n T b p a p T b p −−−⋅===⋅，而1112a T b ==，当1b p ≠时，{}n a 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D3．已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，916a =，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若55b a =，则9S =（） A ．－36或36 B ．－36C ．36D ．18【答案】C【解析】数列{}n a 为等比数列，设公比为q ，且11a =，916a =，则89116a q a ==，则44q =，则45514b a a q ===，则()199599362b b S b+⨯===，故选：C.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，则n 的值为（）A ．16B ．12C ．10D ．8【答案】B【解析】由36S =，得1236a a a ++=①，因为()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，所以34n n S S −−=，即124n n n a a a −−++=②，①②两式相加，得1213210n n n a a a a a a −−+++++=，即()1310n a a +=，所以1103n a a +=，所以()152023n n n a a n S +===，解得12n =. 故选：B.5．在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”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【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <−时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈−时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>，当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>，故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件. 故选：B.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n nS a a =+，数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，下列说法错误的是（）A ．2n S nB ．{}n b 为递减数列C ．202420242023b = D ．2(1)n a n n =−【答案】B【解析】当1n =时，11122a a a =+，解得12a = 当2n ≥时，1122n n n n n S S S S S −−=−−+，即2212n n S S −−=，且212S =，所以数列}{2n S 是首项为2，公差为2的等差数列，所以()22212n S n n =+⋅−=，又0n a >，所以2n S n =，故A 正确；当2n ≥时，有()22121n a n n n n =−=−，取1n =时，121112a =−=1a ，故数列}{n a 的通项公式为21n a n n =−,故D 正确；因为数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，所以21232n n n T b b b b S n =⋅⋅==，当1n =时，12b =，当2n ≥时，()12111121111n n n T n n n b T n n n n −−+=====+−−−−，显然1n =不适用，故数列{}n b 的通项公式为2,111,21n n b n n =⎧⎪=⎨+≥⎪−⎩，显然122b b ==，所以数列{}n b 不是递减数列，故B 错误，由当2n ≥时，1n n b n =−，得202420242024202412023b ==−，故C 正确，故选：B.7．（多选题）数列{}n a 满足：()111,32n n a S a n −==≥，则下列结论中正确的是（）A ．213a =B ．{}n a 是等比数列C ．14,23n n a a n +=≥D ．114,23n n S n −−⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭【答案】AC【解析】由13(2)n n S a n −=≥，当1122,31n S a a ====，解得213a =，故A 正确；当1n ≥，可得13n n S a +=，所以1133(2)n n n n S S a a n −+−=−≥，所以133(2)n n n a a a n +=−≥，即14(2)3n n a a n +=≥，而2113=a a ，故C 正确，B 不正确；因22112311413341,24313n n n n Sa a a a n −−−−⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=++++=+=> ⎪⎝⎭−，故D 错误. 故选：AC.8．（多选题）设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和.且56S S <，678S S S =>，则下面结论正确的是（）A ．0d ≤B ．70a =C ．6S 与7S 均为n S 的最大值D ．满足0n S <的n 的最小值为14【答案】BCD【解析】A ：因为678S S S =>，所以7678780,0S S a S S a −==−=<，所以870d a a =−<，故A 错误； B ：由A 的解析可得B 正确；C ：因为56S S <，678S S S =>，所以6S 与7S 均为n S 的最大值，故C 正确；D ：因为71132a a a =+，由()113131302a a S +==，()()114147814702a a S a a +==+<，故D 正确；故选：BCD.9．（多选题）已知数列{}n a 满足：212n n n a a a λ+=++*()N n ∈，其中R λ∈，下列说法正确的有（）A ．当152,4a λ==时，1n a n ≥+ B ．当1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时，数列{}n a 是递增数列C ．当2λ=−时，若数列{}n a 是递增数列，则()()1,31,a ∞∞∈−−⋃+D ．当13,0a λ==时，1211112223n a a a +++<+++【答案】ACD【解析】对于A ，当54λ=时，2215111042n n n n n a a a a a +⎛⎫−=++=++≥> ⎪⎝⎭，又12a =，故11n n a a +>+，所以1211211n n n a a a a n n −−>+>+>>+−+=，故A 项正确．对于B ，因为22111()24n n n n n a a a a a λλ+−=++=++−且1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，所以10n n a a +−≥，当14λ=，112a =-时，22211111,,()2220n n n n n a a a a a a a ++⇒⇒−=+==-==-，此时数列{}n a 是常数列，故B 项错误；对于C, 由于数列{}n a 是递增数列, 当2n ≥时，故10n n a a −−>，2211111(22)(22)()(2)0n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−−−−=+−−+−=−++>，故120n n a a −++>，所以2121020a a a a −>⎧⎨++>⎩，即()()211121112202220a a a a a a ⎧+−−>⎪⎨+−++>⎪⎩，解得11a >或13a <−，故C 项正确；对于D,当0λ=时，2212(1)1n nn n a a a a +=+=+−，结合13a =，可知2214111a a =−=>， 232133a a =−>，⋯，结合111()(2)n n n n n n a a a a a a +−−−=−++，可知{}n a 是递增数列，13n a a ≥=，则12(2)3(2)n n n n a a a a ++=+≥+，即1232n n a a ++≥+，所以1121212223(2)222n nn n n a a a n a a a −−−−+++⨯⨯⨯≥≥+++，即11523(2)3(2)3n nn a a n −+≥+=⨯≥，所以131(2)253n n n a ≤⨯≥+，当1n =时，1111312553a =≤⨯+，所以*131(N )253n n n a ≤⨯∈+，可得2111(1)1311133133()125333510313nn n i i a =−≤+++=⨯<<+−∑，故D 项正确；故选：ACD ．10．（多选题）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=−+，则下列说法正确的是（）A ．当112a =时，()5124n a n <≤≥ B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a = C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a > D ．当13a =时，1221n n a −=+【答案】AD【解析】对于A ，当112a =时，254a =，令1n nb a =−，则21n n b b +=，214b =，故()1024n b n <≤≥，即()5124n a n <≤≥，A 正确；对于B ，若数列{}n a 为常数列，令n a t =，则222t t t =−+，解得1t =或2,1n t a =∴=或2n a =，B 不正确；对于C ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，若数列{}n a 为递增数列，则数列{}n b 为递增数列，则210n n n n b b b b +−=−>，解得0n b <或1n b >.当11b <−时，2211b b =>，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列；当110b −≤<时，201b <≤，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴≥≥⋅⋅⋅≥≥⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 不为递增数列，即数列{}n a 不为递增数列；当11b >时，21n n b b +=，123n b b b b ∴<<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列.综上，当11b <−或11b >，即10a <或12a >时，数列{}n a 为递增数列，C 不正确；对于D ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，12b =，两边同时取以2为底的对数，得212log 2log n n b b +=，21log 1b =，∴数列{}2log n b 是首项为1，公比为2的等比数列， 12log 2n n b −∴=，即11222,21n n n n b a −−=∴=+，D 正确.故选：AD.11．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{}n L 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,，即1213L L ==,，且()21n n n L L L n *++=+∈N ．设数列{}n L 各项依次除以4所得余数形成的数列为{}n a ，则2024a = ．【答案】3【解析】{}n L 的各项除以4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,，故可得{}n a 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2，所以20246337223a a a ⨯+===. 故答案为：3.12．某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134【解析】设第一层有m 根，共有n 层，则(1)20242n n n S nm −=+=， 4(21)404821123n m n +−==⨯⨯，显然n 和21m n +−中一个奇数一个偶数，则1121368n m n =⎧⎨+−=⎩或1621253n m n =⎧⎨+−=⎩或23176n m =⎧⎨=⎩，即11179n m =⎧⎨=⎩或16119n m =⎧⎨=⎩或2377n m =⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53当11179n m =⎧⎨=⎩时，10531096.6h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有189根；当16119n m =⎧⎨=⎩时，155310139.9h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377n m =⎧⎨=⎩时，22310200.52150h =⨯≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根. 故答案为：13413．已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m nS S −{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00mn −的值为 .【答案】21【解析】不妨设数列{}n a 的公差大于零，由于9100a a <，得9100,0a a <>，且9n ≤时，0n a <，10n ≥时，0n a >，不妨取m n >，则1mm n ii n S S a=+−=∑，设3030910i i k S S a ==−=∑，若9,30n m >=，则030301n ii n S S ak =+−≤<∑，此时式子取不了最大值；若9,30n m <=，则09301n ii n S S a k =+−≤+∑，又9i ≤时，0i a <，因为09301n ii n S S a k k =+−≤+<∑，此时式子取不了最大值；因此这就说明09n n ==必成立. 若30m <，则0910m m i i S S a k =−≤<∑，这也就说明030m <不成立，因此030m =，所以0021m n −=. 故答案为：21.14．已知数列 {}n a 是各项均为正数的等比数列， n S 为其前 n 项和， 1331614a a S ==，，则2a = ；记 ()1212n n T a a a n ==，，，若存在 *0n ∈N 使得 n T 最大，则 0n 的值为．【答案】 4 3或4【解析】等比数列{}n a 中，公比0q >；由213216a a a ⋅==，所以24a =，又314S =，所以13131610a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩解得1328a a =⎧⎨=⎩或1382a a =⎧⎨=⎩；若1328a a =⎧⎨=⎩时，可得2q，则21224a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为2,4,8,16⋯，，可知数列{}n a 单调递增，且各项均大于1，所以不会存在0n 使得012,,,n a a a ⋯的乘积最大(舍去)；若1382a a =⎧⎨=⎩时，可得12q =，则211842a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为118,4,2,1,,24，…，可知数列{}n a 单调递减，从第5项起各项小于1且为正数，前4项均为正数且大于等于1，所以存在03n =或04n =，使得8421⨯⨯⨯的乘积最大，综上，可得0n 的一个可能值是3或4. 故答案为：4；3或415．在数列{}n a 中，122,3a a ==−.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=−∈N .若{}n b 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为nb= ，n a 的最小值为 .【答案】 6n − 13−【解析】由题意1215b a a =−=−，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =−+−⋅=−；故16n n a a n +−=−，所以当6n ≤时，10n n a a +−≤，当6n >时，10n n a a +−>，所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +−=−，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()25432113=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是13−. 故答案为：6n −，13−16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n 级*()n K n ∈N 角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60︒），则n 级n K 角雪花曲线的开三角个数为，n 级n K 角雪花曲线的内角和为．。

第9题数列的通项公式、求和及数列的综合问题--2019年高考数学23题试题分析与考题集训含答案

第9题数列的通项公式、求和及数列的综合问题【考法】本主题考题形式为选择题、填空题，主要考查求数列通项公式、数列求和及数列的综合问题，考查运算求解能力、转化与化归思想，难度为中档或难题，分数为5分.【回扣】1.求数列的通项公式的常见类型和解法：（1）观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数n 的关系时，分解所给数列的前几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归纳出n a 的通项公式，再用数学归纳法证明. （2）累加法：对于可转化为形式数列的通项公式问题，化为，通过累加得n a ==，求出数列的通项公式，注意相加等式的个数（3）累积法：对于可转化为形式数列的通项公式问题，化为1()n na f n a +=，通过累积得n a ==，求出数列的通项公式，注意相乘等式的个数（4）构造法：对于化为（其中p 是常数）型，常用待定系数法将其化为，由等比数列定义知{()n a Af n +}是公比为p 的等比数列，由等比数列的通项公式先求出()n a Af n +通项公式，再求出n a 的通项公式.（5）利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项：对递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =)，利用进行求解.注意n a =1n n S S --成立的条件是n ≥2，求n a 时不要漏掉n =1即n a =1S 的情况，当1a =1S 适合n a =1n n S S --时，n a =1n n S S --；当1a =1S 不适合n a =1n n S S --时，用分段函数表示.2.数列求和的主要方法：（1）分组求和：若给出的数列不是特殊数列，但把数列的每一项分成两项，或把数列的项重新组合，使之转化为等比或等差数列，分组利用等比或等差数列的前n 和公式求前n 项和.（2）拆项相消法：若数列的每一项都可拆成两项之差，求和时中间的一些项正好相互抵消，于是将前n 项和转化为首尾若干项和，注意未消去的项是哪些项.常用拆相公式: ①若{}n a 是各项都不为0公差为(0)d d ≠的等差数列，则11n n a a +=②n a ==（3）倒序相加法：如果一个数列与首尾两相距离相等的两项之和等于首尾两项之和，则正着写和与到序写和的两式对应项相加，就转化为一个常数列的前n 项和.推导等差数列的前项和公式正是应用了此法，体现了转化与化归数学思想（4）错位相减法：若数列{}n a 是公差为(0)d d ≠的等差数列，{}n b 是公比为(1)q q ≠的等比数列，则在数列{}n n a b 的前项和n S ==①，两边同乘以公比q 得n qS =② ，①式与②式错位相减得(1)n q S -==，转化为等比数列，的前n 项和问题，注意转化出的等比数列的首项及项数.（5）并项求和法：若数列某项组合相加可将其化为等比数列或等差数列的和问题，常用并项法，即通过并项化为特殊数列，利用公式求和．【易错提醒】1.已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2.利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项．7．裂项相消法求和时，一注意分裂前后的值要相等，如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12)111(+-n n ；二注意要注意消去了哪些项，保留了哪些项.8．通项中含有(－1)n的数列求和时，要把结果写成n为奇数和n为偶数两种情况的分段形式．【考向】考向一数列的通项公式【解决法宝】对数列求通项公式问题要熟练掌握常见的求通项公式方法，根据题中条件，选择合适的方法求解，特别是已知数列的递推公式求通项公式问题，常需要对所给条件进行变形，如两边去倒数等，转化为常见形式，在选择合适的方法求解.例1【2019届湖北省重点高中联考协作体期中】已知数列满足:.若，则数列的通项公式是（）A．B．C．D．【分析】根据题干得到变形为，故是等比数列,公比为2，根据等比数列的公式得到，进而得到.【解析】由得所以,故是等比数列,公比为,,，故选C.考向二数列求和【解决法宝】1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.3.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.4.用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.例2．【2019届广东省汕尾市质检】已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为______．【分析】首先利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用通项公式和裂项相消法求出数列的和，最后利用放缩法和恒成立问题的应用求出结果．【解析】数列的首项，则常数，故数列是以为首项，3为公差的等差数列，则首项符合通项，故，，∴，由于数列的前n项和恒成立，故，则t的最小值为.考向三数列综合问题【解题法宝】1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.例3．【2019届黑龙江省齐齐哈尔市一模】已知数列的前项和满足，.数列的前项和为，则满足的最小的值为______．【分析】根据题意，将S n＝3a n﹣2变形可得S n﹣1＝3a n﹣1﹣2，两式相减变形，并令n＝1求出a1的值，即可得数列{a n}是等比数列，求得数列{a n}的通项公式，再由错位相减法求出T n的值，利用T n＞100，验证分析可得n的最小值，即可得答案．【解析】根据题意，数列{a n}满足S n＝3a n﹣2，①,当n≥2时，有S n﹣1＝3a n﹣1﹣2，②，①﹣②可得：a n＝3a n﹣3a n﹣1，变形可得2a n＝3a n﹣1，当n＝1时，有S1＝a1＝3a1﹣2，解可得a1＝1，则数列{a n}是以a1＝1为首项，公比为的等比数列，则a n＝（）n﹣1，数列{na n}的前n项和为T n，则T n＝1+23×（）2+……+n×（）n﹣1，③，,则有T n2×（）2+3×（）3+……+n×（）n，④，③﹣④可得：T n＝1+（）+（）2+……×（）n ﹣1﹣n ×（）n ＝﹣2（1）﹣n ×（）n，变形可得：T n ＝4+（2n ﹣4）×（）n，若T n ＞100，即4+（2n ﹣4）×（）n＞100，分析可得：n ≥7，故满足T n ＞100的最小的n 值为7.【集训】1.【云南省昆明市一中2018届第六次月考】已知数列的前项和为，则的值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】当时，；当时，，所以12-=n a n ，所以，故选C ．2.【2019届河北省衡水中学二调】已知数列的前n 项和为，，，且对于任意，，满足，则的值为A ．90B ．91C ．96D ．100【答案】B 【解析】对于任意，，满足，，．数列在时是等差数列，公差为2．，，则，故选B ．3.【福建省厦门外国语学校2018届下学期第一次月考】已知函数，且，则等于（）A. －2013B. －2014C. 2013D. 2014 【答案】D4【2019届河南省新乡市二模】已知数列的首项，且满足，则的最小的一项是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知得，，所以数列为首项为，公差为的等差数列，，则，其对称轴.所以的最小的一项是第项.故选A.5.【2019届云南曲靖市一模】数列中，，，设其前项和为，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】将式子变形为：是等比数列，首项为，故得，故选A.6.【2019届河北省衡水中学高考押题（二)】已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，数列满足关系，数列的前项和为，则的值为（）A．-454 B．-450 C．-446 D．-442【答案】B【解析】数列是首项为1 ,公差为2的等差数列，,数列满足关系，时，，两式相减可得，可得（），时，,解得，,故选B.7.【广东省华南师范大学附属中学2018届综合测试（三）】等比数列的前项和（为常数），若恒成立，则实数的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题知，所以，，所以，得，所以，得，所以时，，故选C。

2023年高考数学-----数列的通项、求和及综合应用专项练习题(含答案解析)

2023年高考数学-----数列的通项、求和及综合应用专项练习题（含答案解析）一、单选题1．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，12n n na S +=，()1nn n b a =−，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则100T =（） A ．0 B ．50C ．100D ．2525【答案】B【解析】法一：由于12n n na S +=①，则当2n ≥时，()112n n n a S −−=②， ①-②，得()112n n n na n a a +−−=，即11n n a n a n ++=，易知2121a a =，所以()3211212312121n n n a a a na a n n a a a n −=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=≥−．又11a =满足n a n =，故()*N n a n n =∈，则()1nn b n =−⋅，易知1234991001b b b b b b +=+==+=，所以10050T =.法二：由于12n n na S +=①，则当2n ≥时，()112n n n a S −−⋅=②， ①-②，得()112n n n na n a a +−−=，即11n n a a n n +=+，又易知2121a a=，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列，所以111n a a n ==，所以n a n =，则()1nn b n =−⋅，易知1234991001b b b b b b +=+==+=，所以10050T =.故选：B ．2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三期中）一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的实心塔群，共分十二阶梯式平台，自上而下一共12层，每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座．已知其中10层的塔数成公差不为零的等差数列，剩下两层的塔数之和为8，则第11层的塔数为（）A ．17B ．18C ．19D ．20【答案】A【解析】设成为等差数列的其中10层的塔数为：1210,,,a a a ，由已知得，该等差数列为递增数列，因为剩下两层的塔数之和为8，故剩下两层中的任一层，都不可能是第十二层，所以，第十二层塔数必为10a ；故()1101010881002a a ⨯+=−=，11020a a +=①；又由1019a a d −=②，0d >，且*d ∈N ，所以， ①+②得，102209a d =+，得109102a d =+，由11020a a +=知1020a <，又因为*10N a ∈，观察答案，当且仅当2d =时，10a 满足条件，所以，1019a =；组成等差数列的塔数为：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19；剩下两层的塔数之和为8，只能为2，6.所以，十二层的塔数，从上到下，可以如下排列：1，2，3，5，6，7，9，11，13，15，17，19；其中第二层的2和第五层的6不组成等差数列，满足题意，则第11层的塔数为17. 故答案选：A3．（2022·江苏·常熟市中学高三阶段练习）等差数列{}n a各项均为正数，首项与公差相等，15k ==2022a 的值为（）A ．9069B ．9079C ．9089D ．9099【答案】D【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为首项1a 与公差d 相等，所以()11n n d d a n a =+−=，11k k d +==，15k ==所以1511k dd =====92d = 所以202292022202290992a d =⨯=⨯=，故选：D ．4．（2022·浙江·绍兴市越州中学高三阶段练习）记[]x 表示不超过实数x 的最大整数，如[]11=，[]1.21=，[]1.22−=−，设[]8log n a n =，则20221i i a ==∑（）．A ．5475B ．5479C ．5482D ．5485【答案】D【解析】因为[]8log n a n =，且8log 81=，288log 8log 642==，388log 8log 5123==，488log 8log 40964==，所以1270a a a ====，89631a a a ====， 64655112a a a ====，51251320223a a a ====，所以127070a a a +++=⨯=，896315656a a a +++=⨯=， 64655112448896a a a +++=⨯=，5125132022315114533a a a +++=⨯=，所以2022105689645335485i i a ==+++=∑. 故选：D.5．（2022·上海市洋泾中学高三阶段练习）设等比数列125,,,a a a ，首项11a =，实系数一元二次方程20k k a x x a ++=的两根为12,x x ．若存在唯一的()1,2,,5=k a k ，使得12x x −<则公比q的取值可能为（）．A ．14B ．12C ．23D ．34【答案】B【解析】依题意，等比数列125,,,a a a ，首项11a =，所以0k a ≠，由于实系数一元二次方程20k k a x x a ++=的两根为12,x x ，①若221140,04k k a a ∆=−≥<≤，且12121,1k x x x x a +=−=，由12x x −=得22211143,7,7k k k a a a −<<>. 所以21174k a <≤，①若221140,4k k a a ∆=−<>，由求根公式可得12x x −==<解得2114k a <<. 综上所述，2117ka <<，注意到选项中的0q >1k a <<（*），当14q =时，1234511111,,,,41664256a a a a a =====，没有符合题意的k a . 当12q =时，1234511111,,,,24816a a a a a =====，其中212a =符合（*），具有唯一性， B 选项正确. 当23q =，12345248161,,,,392781a a a a a =====，其中2324,39a a ==符合（*），没有唯一性.当34q =时，123453927811,,,,41664256a a a a a =====，其中2343927,,41664a a a === 符合（*），没有唯一性.故选：B6．（2022·全国·高三阶段练习）已知等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且234n n S n T n+=，则55a b =（） A ．12 B ．712 C ．58D ．813【答案】B【解析】5595151922a a a b b a b b ==++()()1999199292a a S Tb b +⋅==+⋅，由题意可得99293217493612S T ⨯+===⨯. 故选：B7．（2022·广西·南宁市第十九中学模拟预测（文））数列{}n a 满足14a =−，*11,0,N 2,0n n n n n a a a n a a ++≤⎧=∈⎨>⎩则满足122018n a a a +++>的n 的最小值为（）A ．16B ．15C ．14D ．13【答案】A【解析】因为当0n a ≤时，11n n a a +=+，14a =−，所以234563,2,1,0,1a a a a a =−=−=−==，当0n a >时，12n n a a +=，所以当6n ≥时，{}n a 是以61a =，2q =的等比数列，故6662n n n a a q −−==，所以0161243210222n n a a a −+++=−−−−+++++()51121012n −⨯−=−+−5211n −=−，故52112018n −−>，即522029n −>，因为101121024,22048==，*N n ∈，所以511n −≥，即16n ≥，所以n 的最小值为16. 故选：A.8．（2022·福建省福州第十一中学高三期中）已知定义在[)0,∞+上的函数()f x 满足()()32f x f x =+，当[)0,2x ∈时，()236f x x x =−+，设()f x 在[)22,2x n n ∈−上的最大值为na （*n ∈N ），且{}n a 的前n 项和为n S ，则n S =（）A ．91123n ⎛⎫− ⎪⎝⎭B ．2142n −− C ．133n−D ．1142n −−【答案】A【解析】当1n =时，()22363(1)3f x x x x =−+=−−+()f x 在[)0,2上的最大值为：()113a f ==；当2n =时，由()()()()13223f x f x f x f x =+⇒=−，所以()f x 在[)2,4上的最大值即()13f x 在[)0,2上的最大值为：()1113f =；同理，当3n =时，()f x 在[)4,6上的最大值即()213f x 在[)0,2上的最大值为：()211133f =；当4n =时，()f x 在[)6,8上的最大值即()313f x 在[)0,2上的最大值为：()311139f =；所以数列{}n a 为以3为首项，13为公比的等比数列，所以：131913112313n n n S ⎛⎫− ⎪⎛⎫⎝⎭==− ⎪⎝⎭−，故选：A 二、多选题9．（2022·江苏盐城·模拟预测）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 ，并满足条件11a >，201920201a a ⋅>，20192020101a a −<−，下列结论正确的是（）A ．20192020S S <B ．2019202110a a ⋅−<C ．2020T 是数列{}n T 中的最大值D ．若1n T >，则n 最大为4038．【答案】ABD【解析】对A ，∵11a >，201920201a a >，20192020101a a −<−，且数列{}n a 为等比数列，∴20191a >，20201a <，∴01q <<，因为20200a >，∴20192020S S <，故A 正确；对B ，∵22019202120201a a a =<，∴2019202110a a −<，故B 正确；对C ，因为等比数列{}n a 的公比01q <<，11a >，所以数列{}n a 是递减数列，因为20191a >，20201a <，所以2019T 是数列{}n T 中的最大项，故C 错误；对D ，(1)112122111111...1nn n n n n n T a a q a q a q a q a q −−−⎛⎫=⋅⋅=⋅=> ⎪⎝⎭，因为20191a >，20201a <，故201811a q >，201911a q <，故120192n −<，即4039n <，故n 最大为4038，故D 正确．故选：ABD ．10．（2022·江苏南京·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，211n n a a +=+，则（）A ．2n a n ≥B ．12n n a −≥C ．12161n n a −≥+D ．122log 4n n a −≥【答案】BCD【解析】221131()024n n n n n a a a a a +−=−+=−+>，∴1n n a a +>，{}n a 是递增数列，又11a =，所以0n a >，22a =，35a =，426a =，233a <，A 显然错误； 2211112222n n n n n n a a a a a +−=+≥≥≥≥=，∴12n n a −≥，B 正确；对选项C ，222421()n n n n a a a a ++>>=，∴244442222424()()n n n n a a a a −−−>>=，依此类推：21444222242()()()n n n n a a a a −−−>>>>142n −=，1244216n n −−=，下证241n n −≥−，1n =时，140−≥，2n =时，0411=≥， 3n =时，242>，假设n k =时，241k k −≥−成立，2k >，则1n k =+时，1224444(1)(1)1k k k k +−−=⋅≥−>+−，所以对任意不小于3的正整数n ，241n n −>−，所以24121616n n n a −−=>，又2n a 是正整数，所以12161n n a −≥+，C 正确；对选项D ，由选项C 得1422n n a −≥，所以141222log log 24n n n a −−≥=， D 正确．故选：BCD ．11．（2022·山西临汾·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．若22n S n n =−，则{}n a 是等差数列 B ．若121n n S +=−，则{}n a 是等比数列 C ．若{}n a 是等差数列，则202310122023S a =D ．若{}n a 是等比数列，且10a >，0q >，则221212n n n S S S −+⋅> 【答案】AC【解析】对于A ，若22n S n n =−，则11a =，当2n ≥时，143n n n a S S n −=−=−，显然1n =时也满足43n a n =−，故43n a n =−，由14n n a a −−=，则{}n a 为等差数列，故A 正确；对于B ，若121n n S +=−，则13a =，2214a S S =−=，3328a S S =−=，显然3212a a a a ≠，所以{}n a 不是等比数列，故B 错误；对于C ，因为{}n a 为等差数列，则()12023101220231012202320232202322a a a S a +⨯===，故C 正确；对于D ，当1n =时，()()222222132111110S S S a q q a q a q ⋅−=++−+=−<，故当1n =时，不等式不成立，即221212n n n S S S −+⋅>不成立，故D 错误．故选：AC ．12．（2022·山东·微山县第二中学高三期中）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 ，且满足条件11a >，202220231a a >⋅，()()20222023101a a −⋅−<，则下列选项正确的是（）A ．{}n a 为递减数列B ．202220231S S +<C ．2022T 是数列{}n T 中的最大项D ．40451T <【答案】ACD【解析】因为数列{}n a 为等比数列，且11a >，202220231a a >⋅，故0q >，该数列为正项等比数列；若1q =，显然不满足题意，舍去；若1q >，则111n n a a q −=>，不满足()()20222023101a a −⋅−<，舍去；若()0,1q ∈，则该数列为单调减数列，由()()20222023101a a −⋅−<，故可得20221a >，202301a <<或202201a <<，20231a >，显然202201a <<，20231a >不满足题意，故舍去，则20221a >，202301a << 对A ：因为()11,0,1a q >∈，故数列{}n a 为单调减数列，A 正确；对B ：20231a <，即202320221S S −<，即202220231S S +>，故B 错误；对C ：因为{}n a 单调递减，且202220231,1a a ><，故n T 的最大值为2022T ，C 正确；对D ：()4045404512404520231T a a a a ==<，故D 正确；故选：ACD. 三、填空题13．（2022·全国·模拟预测）已知正实数b 是实数a 和实数c 的等差中项，且a c <，若2a ，2b ，2c 成等比数列，则ca=______．【答案】3−−【解析】设a ，b ，c 的公差为d ，则a b d =−，c b d =+，则()()222222()b a c b d b d ==−⋅+，化简得4222d b d =，因为a c <，所以0d >，则222d b =，得d，因此3c b d a b d +===−−−故答案为：3−−14．（2022·全国·模拟预测）若定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，且()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭恰有2n （n *∈N ）个根i x （1i =，2，…，2n ），122n n a x x x ⋅⋅⋅⋅=⋅，则数列{}n a 的前n 项和n S =___________. 【答案】122n +−【解析】因为定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以如果a 是()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭的一个根，即()20f a f a ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以2a因为满足()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即2a 也是()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭的一个根. 所以()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭的根成对出现，且两根之积为22a a ⨯=.所以2222nn n a =⨯⨯⨯=个，所以()12122212n n n S +−==−−.故答案为：122n +−15．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的通项公式为102n n a −=，n *∈N ，记{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则使不等式n n T S ≥成立的n 的最大值为___________. 【答案】17 【解析】由102nn a −=得()0191122n nn a +−−+==，91102122n n n n a a −+−==，912a =， ()91101211212111212n nn na q S q⎛⎫⎛⎫− ⎪ ⎪ ⎪−⎝⎭⎛⎫⎝⎭∴===⨯− ⎪−⎝⎭−， 219981110222222n n n n n T −−−=⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯=，由n n T S ≥得21910212212n n n−⎛⎫≥⨯− ⎪⎝⎭，所以219202221n n n −+−−+≥.设()21920222n n n f n −+−−=+，n *∈N ，当1n =时，()1f n =，不等式成立；当217n ≤≤时，2192002n n −+−>，()1f n >显然成立；当18n ≥时，2192012n n −+−≤−，()118221f n −−≤+<，不等式不成立.故使n n T S ≥成立的n 的最大值为17. 故答案为：1716．（2022·河北·高三期中）定义n 个正数12,,,n p p p ⋯的“均倒数”为12nnp p p ++⋅⋅⋅+，若各项均为正数的数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，则2023a 的值为______ 【答案】8091【解析】由已知可得数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121,21n n n n a a a S n ==++⋯++可得(21)n S n n =+,则2n …时, 21[2(1)1](1)231n S n n n n −=−+−=−+141n n n a S S n −∴=−=−，当1n =时,113a S ==,满足41n a n =−, 202341,4202318091n a n a ∴=−=⨯−=.故答案为: 8091 . 四、解答题17．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的首项11a =，公比为q ，{}n b 是公差为()0d d >的等差数列，11b a =，33b a =，2b 是1b 与7b 的等比中项． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设{}n b 的前n 项和为n S ，数列{}n c 满足2n nn nc a S =，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【解析】（1）第一步：求数列{}n b 的通项公式因为{}n b 是公差为()0d d >的等差数列，111b a ==，2b 是1b 与7b 的等比中项，所以()()21116d d +=⨯+，（等比数列的性质）解得4d =或0d =（舍去），（注意0d >）所以数列{}n b 的通项公式为43n b n =−．第二步：求数列{}n a 的通项公式所以339a b ==，又11a =，所以3q =±，所以数列{}n a 的通项公式为13n n a −=或()13n n a −=−．（2）第一步：求数列{}n c 的通项公式由（1）得()21n S n n =−，13n n a −=或()13n n a −=−，由2n n nnc a S =，得()21219n n n n a S c n n −==−，第二步：利用错位相减法求和于是()1231121395979219n n n T c c c n −=+++=+⨯+⨯+⨯++−， ()23499395979219n n T n =+⨯+⨯+⨯++−，则()()1234181299999219n n n T n −−=+⨯+++++−−，（运用错位相减法求和时最后一项注意变号）即()()191981221919n n n T n −−−=+⨯−−−，整理得()859532n n n T −+=，所以数列{}n c 的前n 项和()859532n nn T −+=． 18．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均不为零，11a =，前n 项和n S 满足()*21112N 2n n n n n S S a =−≥∈，. (1)求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列； (2)记1n n n b S S +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）依题意，0,0n n a S ≠≠，11a =，()*21112N 2n n nn n S S a =−≥⋅∈， ()12111112n n n n n n n n S S S S S S S S −−−−=−=−−，11111,22n n n n n n n n S S S S S S S S −−−−−=−=−，两边除以1n n S S −得()11122n n n S S −−=≥，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11111S a ==为首项，公差为2的等差数列. （2）由（1）得()112121n n n S =+−=−，所以111,2121n n S S n n +==−+， 1n n n b S S +=()()1111212122121n n n n ⎛⎫==− ⎪−+−+⎝⎭所以12111111111121335212122121n n n T b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=−+−+⋅⋅⋅+−=−= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥−+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦. 19．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足12a =，且()()13140n n a a +−⋅++=，*n ∈N .(1)求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬−⎩⎭是等差数列； (2)若数列{}n b 满足121n n n b a +=−，求{}n b 的前n 项和. 【解析】（1）由()()13140n n a a +−⋅++=，得1431n n a a +=−+，所以111111114311n n n n a a a a +−=−−−−⎛⎫−− ⎪+⎝⎭ ()()()11112141212121221n n n n n n n a a a a a a a +−=−=−==−−−−−+，又1111a =−，所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬−⎩⎭是以1为首项，12为公差的等差数列. （2）由（1）可知，()11111122n n n a +=+−⨯=−，所以()()112121212n n n n n n b n a ++⨯+===+⨯−.记{}n b 的前n 项和为n T ，则()1231223242212n n n T n n −=⨯+⨯+⨯++⨯++⨯①，()23412223242212n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++⨯++⨯②，由①-②得()23414222212n n n T n +−=+++++−+⨯()()111412412212n n n n n −++−=+−+⨯=−⨯−，所以12n n T n +=⨯.20．（2022·全国·模拟预测）在①11a =，②2410a a +=，③数列{}1n S a +为等比数列这三个条件中选出两个，补充在下面的横线上，并解答这个问题.问题：已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，___________.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若{}n S 的前n 项和为n T ，且26m T =，求m 的值.注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【解析】（1）选条件①②：设数列{}n a 的公比为q ，则()3224110a a q q q q +=+=+=，所以2q =，所以1112n n n a a q −−=⨯=.选条件①③：设数列{}n a 的公比为q ，因为11a =，数列{}1n S a +为等比数列，所以()()()2211131S a S a S a +=+⋅+，得()()2121123222a a a a a a +=⋅++，化简可得()22(2)22q q q +=++，得2q =.所以1112n n n a a q −−=⨯=. 选条件②③：设数列{}n a 的公比为q ，因为数列{}1n S a +为等比数列，所以()()()2211131S a S a S a +=+⋅+，得()()2121123222a a a a a a +=⋅++，化简可得()222211(2)22a q a q q +=++，因为210a ≠，所以2q =.因为32411112810a a a q a q a a +=+=+=，所以11a =，所以1112n n n a a q −−=⨯=.（2）根据等比数列求和公式可得()11211n n n a q S q −==−−，利用分组求和，可得()12122212n n n T n n +−=−=−−−.所以12226m m T m +=−−=，得4m =.21．（2022·安徽·蒙城第一中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为()()211,3,12n n n S a n S nS n n n ≥−=−=+−．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令2n n na b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（1）因为()()2112n n n S nS n n n ≥−−=+−，则有()211n n n S nS n n −−−=−，两边同时除以(1)n n −得：111n n S S n n −−=−，113S a ==，所以数列{}n S n 是以3为首项，1为公差的等差数列，故3(1)1+2n S n n n=+−⨯=，则2+2n S n n =，当2n ≥时，()221+(1)22211n n n n a S n n n S n −=−=−=−−−+，符合11a =，故2+1=n a n .（2）2+122n n n n a n b ==， 23413579212+1222222n n n n n T −−=++++++① 2345113579212+12222222n n n n n T +−=++++++② ①−②得：23411322222+12222222n n n n T +=+++++−L 即11111(1)132+15252212222212n n n n n n T −++−+=+−=−−，得2552n nn T +=−. 22．（2022·上海市洋泾中学高三阶段练习）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，向量(),n n a a S =，向量()2,4n b a =+−，且a b ⊥．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若对任意正整数n 都有()211n n b a ⋅−=成立，求20221i i b =∑．【解析】（1）因为a b ⊥，所以()()(),2,4240n n n n n n a a b a S a a S ⋅+−=⋅+−==，所以，242n n n S a a =+.当1n =时，211142a a a =+，解得10a =（舍）或12a =. 当2n ≥时，242n n n S a a =+，211142n n n S a a −−−=+，相减得，221114422n n n n n n S S a a a a −−−=−−+−即，2211422n n n n n a a a a a −−=−+−，化简得()()1120n n n n a a a a −−+−−=. 10n n a a −+>，12n n a a −∴−=所以，{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列. ()2212n a n n ∴=+−=.（2）因为()211n n b a ⋅−=，所以211n n b a =−. 由（1）知，2n a n =， ()221111112212121n n b a n n n ⎛⎫===− ⎪−−+⎝⎭− 所以202211111111233540434045=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−+−++− ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑i i b 1120221240454045⎛⎫=−= ⎪⎝⎭. 23．（2022·江苏盐城·模拟预测）已知数列{}n a 满足1232a a ==，223n n n a a +=+⨯(*N n ∈)，且1n n nb a a +=+(*N n ∈)． (1)求数列{}n b 的通项公式；(2)若()24(1)341n n n b c n +=−(*Nn ∈)，求数列{}n c 的前n 项和．【解析】（1）因为1232a a ==，()*223N n n n a a n +=+⨯∈，1n n n b a a +=+，可得1123b a a =+=，223n n n a a +−=⨯，又()1121n n n n n n b b a a a a ++++−=+−+223n n n a a +=−=⨯，则当2n ≥时，()()()121321n n n b b b b b b b b −=+−+−++−213232323n −=+⨯+⨯++⨯()2131313n n −=+=−，上式对1n =也成立，所以3n n b =，*n ∈N ；（2）由()()*24(1)N 341n n n b c n n +=∈−，可得1443(21)(21)n n n c n n ++=−+1113(21)3(21)n n n n +=−−+，则数列{}n c 的前n 项和为1223111131333335−+−+⨯⨯⨯⨯1113(21)3(21)n n n n ++−−+ 11133(21)n n +=−+．。

数学高考数列的通项与求和提分专练(含答案)

数学高考数列的通项与求和提分专练（含答案）数列是以正整数集(或它的有限子集)为定义域的函数，以下是数学2021高考数列的通项与求和提分专练，请考生仔细做题。

一、选择题1.{an}为等差数列，其前n项和为Sn，假定a3=6，S3=12，那么公差d等于()A.1B.C.2D.3答案：C 命题立意：此题主要考察等差数列的通项公式、求和公式，考察运算求解才干.解题思绪：依据，a1+2d=6,3a1+3d=12，解得d=2，应选C.2.数列{an}的前n项和Sn=an-1(a0)，那么{an}()A.一定是等差数列B.一定是等比数列C.或许是等差数列，或许是等比数列D.既不能够是等差数列，也不能够是等比数列答案：C 命题立意：等差数列和等比数列的基本运算是高考经常考察的重点，此题依据数列的前n项和求解通项公式，浸透等差数列和等比数列的定义，表达了基本知识的运用，同时也表达了分类讨论的思想，对才干要求较高，应予以注重.解题思绪： Sn=an-1(a0)， an=即an=当a=1时，an=0，数列{an}是一个常数列，也是等差数列;当a1时，数列{an}是一个等比数列，应选C.3.在数列{an}中，假定对恣意的n均有an+an+1+an+2为定值(nN*)，且a7=2，a9=3，a98=4，那么数列{an}的前100项的和S100等于()A.132B.299C.68D.99答案：B 解题思绪：设an+an+1+an+2=x，那么an+1+an+2+an+3=x，两式作差得an=an+3，所以数列{an}为周期数列并且周期T=3，a98=a332+2=a2，a9=a32+3=a3，a7=a1，所以S100=33S3+a1=299，应选B.4.等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn=lg an，b3=18，b6=12，那么数列{bn}的前n项和的最大值等于()A.126B.130C.132D.134答案：C 解题思绪：bn+1-bn=lg an+1-lg an=lg =lg q(常数)，{bn}为等差数列.设公差为d，由bn=-2n+240，得n12， {bn}的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负， S11，S12最大且S11=S12=132.5.在数列{an}中，a1=1，a2=2，假定an+2=2an+1-an+2，那么an等于()A.n3-n+B.n3-5n2+9n-4C.n2-2n+2D.2n2-5n+4答案：C 命题立意：此题考察等差数列的定义与通项公式、累加法求数列的通项公式，难度中等.解题思绪：依题意得(an+2-an+1)-(an+1-an)=2，因此数列{an+1-an}是以1为首项，2为公差的等差数列，an+1-an=1+2(n-1)=2n-1.当n2时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)++(an-an-1)=1+1+3++(2n-3)=1+=( n-1)2+1=n2-2n+2.又a1=1=12-21+2，因此an=n2-2n+2，应选C.6.(天津模拟)数列{an}满足a1=0，an+1=(nN*)，那么a20=()A.0B.-1 C1. D.2答案：B 命题立意：此题主要考察数列的周期性，难度中等. 解题思绪：由于数列{an}满足a1=0，an+1=(nN*)，a2=-，a3=，a4=0， T=3，那么a20=a2=-，应选B.二、填空题7.数列{an}中，a1=1，an+1=(-1)n(an+1)，记Sn为{an}前n 项的和，那么S2 013=________.答案：-1 005 命题立意：此题主要考察递推数列的有关知识，要求考生掌握罕见的几类求递推数列的通项与前n项和，首先是与等差(等比)数列相关的递推数列，其次是一阶线性递推数列，还有具有周期性的数列.此题就是一种具有周期性的递推数列.解题思绪：由a1=1，an+1=(-1)n(an+1)可得该数列是周期为4的数列，且a1=1，a2=-2，a3=-1，a4=0.所以S2013=503(a1+a2+a3+a4)+a2 013=503(-2)+1=-1 005.8.在各项均为正数的等比数列{an}中，a3+a4=11a2a4，且它的前2n项的和等于它的前2n项中偶数项之和的11倍，那么数列{an}的通项公式an=________.答案：102-n 命题立意：此题考察等比数列的通项公式及其前n项和公式等知识，考察考生的运算才干.解题思绪：设等比数列{an}的公比为q，前2n项和为S2n，前2n项中偶数项之和为Tn，由题意知q1，那么S2n=，Tn=.由题意可知S2n=11Tn，即=.解得q=(或令n=1，那么S2=11T1，即a1+a2=11a2，化简得a1=10a2，故q=).又a3+a4=11a2a4，所以a1q2+a1q3=11aq4，化简得1+q=11a1q2，将q=代入可得a1=10，故an=a1qn-1==102-n.9.各项都为正数的数列{an}，其前n项的和为Sn，且Sn=(+)2(n2)，假定bn=+，且数列{bn}的前n项的和为Tn，那么Tn=________.答案：解题思绪：-=，那么=n，Sn=n2a1，an=Sn-Sn-1=(2n-1)a1，bn=+=2+-，Tn=+++=2n+2-=.10.数列{an}满足a1=3，an-anan+1=1，An表示{an}的前n项之积，那么A2 013=________.答案：-1 命题立意：此题与常考的求等差、等比数列的通项公式或前n项和不同，此题考察给定数列的前n项之积，这就要求考生能依据数列，失掉数列的性质.求解此题的关键是失掉{an}的周期.解题思绪：由a1=3，an-anan+1=1，得an+1=，所以a2==，a3=-，a4=3，所以{an}是以3为周期的数列，且a1a2a3=-1，又2 013=3671，所以A2 013=(-1)671=-1.三、解答题11.数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(an-1)，数列{bn}满足bn=bn-1-(n2)，且b1=3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足cn=anlog2(bn+1)，其前n项和为Tn，求Tn.解析：(1)关于数列{an}有Sn=(an-1)，Sn-1=(an-1-1)(n2)，由-，得an=(an-an-1)，即an=3an-1，当n=1时，S1=(a1-1)=a1，解得a1=3，那么an=a1qn-1=33n-1=3n.关于数列{bn}，有bn=bn-1-(n2)，可得bn+1=bn-1+，即=.bn+1=(b1+1)n-1=4n-1=42-n，即bn=42-n-1.(2)由(1)可知cn=anlog2(bn+1)=3nlog2 42-n=3nlog2 24-2n=3n(4-2n).Tn=231+032+(-2)33++(4-2n)3n，3Tn=232+033++(6-2n)3n+(4-2n)3n+1，由-，得-2Tn=23+(-2)32+(-2)33++(-2)3n-(4-2n)3n+1=6+(-2)(32+33++3n)-(4-2n)3n+1，那么Tn=-3++(2-n)3n+1=-+3n+1.12.数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，a1+a4=-，且关于恣意的nN+有Sn，Sn+2，Sn+1成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)bn=n(nN+)，记Tn=++++，假定(n-1)2m(Tn-n-1)关于n2恒成立，务实数m的范围.解析：(1)设公比为q，S1，S3，S2成等差数列，2S3=S1+S2，2a1(1+q+q2)=a1(2+q)，得q=-，又a1+a4=a1(1+q3)=-，a1=-， an=a1qn-1=n.(2)∵ bn=n，an=n，=n2n，Tn=12+222+323++n2n，2Tn=122+223+324++(n-1)2n+n2n+1，①-，得-Tn=2+22+23++2n-n2n+1，Tn=-=(n-1)2n+1+2.假定(n-1)2m(Tn-n-1)关于n2恒成立，那么(n-1)2m[(n-1)2n+1+2-n-1]，(n-1)2m(n-1)(2n+1-1)，m.令f(n)=，f(n+1)-f(n)=-=0，f(n)为减函数，f(n)f(2)=.m.即m的取值范围是.13.数列{an}是公比为的等比数列，且1-a2是a1与1+a3的等比中项，前n项和为Sn;数列{bn}是等差数列，b1=8，其前n项和Tn满足Tn=nbn+1(为常数，且1).(1)求数列{an}的通项公式及的值;(2)比拟++++与Sn的大小.解析：(1)由题意得(1-a2)2=a1(a3+1)，即2=a1，解得a1=， an=n.又即解得或(舍).=.(2)由(1)知Sn=1-n，Sn=-n+1，又Tn=4n2+4n，数学2021高考数列的通项与求和提分专练及答案的全部内容就是这些，查字典数学网希望考生可以考上理想的大学。

高考数学复习专题训练—求数列的通项及前n项和(含解析)

高考数学复习专题训练—求数列的通项及前n项和1.(2021·湖南长郡中学月考)已知等比数列{a n}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a32=9a2a6.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{1b n}的前n项和T n.2.(2021·山东威海期末)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足a3=8,S5=2a7.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=a n cos nπ+2n+1,求数列{b n}的前2n项和T2n.3.(2021·东北三省四市联考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,S5=25,且a3-1,a4+1,a7+3成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n a n+1,T n是数列{b n}的前n项和,求T2n.4.(2021·陕西西安铁一中月考)已知数列{a n}是公差不为0的等差数列,且a2=3,a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设S n为数列{a n+2}的前n项和,b n=1S n,求数列{b n}的前n项和T n.5.(2021·广东揭阳检测)已知等差数列{a n}与正项等比数列{b n}满足a1=b1=3,且b3-a3,20,a5+b2既是等差数列,又是等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)在①c n=1a n·a n+1+(-1)nb n,②c n=a n·b n,③c n=2(a n+3)a n a n+1b n+1这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并完成求解.若,求数列{c n}的前n项和S n.6.(2021·山东菏泽一模)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且a n+1=2S n+2,数列{b n}满足b1=2,(n+2)b n=nb n+1.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)在a n与a n+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为c n的等差数列,求数列{b n c n}的前n项和T n.7.(2021·广东广州检测)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+3n+1.(1)求证:数列{a n3n}是等差数列;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)设数列{a n}的前n项和为S n,求证:S n3n >3n2−74.答案及解析1.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q>0),由a 32=9a 2a 6,得a 32=9a 42,所以q 2=19,所以q=13.由2a 1+3a 2=1,得2a 1+3a 1·13=1,所以a 1=13. 故数列{a n }的通项公式为a n =13n .(2)因为b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =-(1+2+…+n )=-n (n+1)2,所以1b n =-2n (n+1)=-2(1n-1n+1). 所以T n =1b 1+1b 2+…+1b n =-2(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)=-2nn+1.所以数列{1b n}的前n 项和T n =-2nn+1.2.解 (1)设{a n }的公差为d ,依题意,{a 1+2d =8,5a 1+5×42d =2(a 1+6d ),解得{a 1=2,d =3.所以a n =2+3(n-1)=3n-1.(2)因为b n =a n cos n π+2n+1=(-1)n a n +2n+1=(-1)n ·(3n-1)+2n+1, 所以T 2n =(a 2-a 1)+(a 4-a 3)+…+(a 2n -a 2n-1)+(22+23+…+22n+1)=3n+22(1-22n )1-2=3n+22n+2-4.3.解 (1)由题意可知S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=25,所以a 3=5. 设等差数列{a n }的公差为d ,由a 3-1,a 4+1,a 7+3成等比数列, 可得(6+d )2=4(8+4d ),整理得d 2-4d+4=0,解得d=2. 所以a n =a 3+(n-3)d=2n-1.(2)因为b n =(-1)n a n +1=(-1)n (2n-1)+1,所以T 2n =(-1+1)+(3+1)+(-5+1)+(7+1)+…+[-(4n-3)+1]+(4n-1+1)=4n. 4.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0),则由题意,可知{a 1+d =3,(a 1+d )2=a 1(a 1+4d ),解得{a 1=1,d =2.∴a n =1+2(n-1)=2n-1.(2)由(1)得a n +2=2n+1,∴S n =(a 1+2)+(a 2+2)+(a 3+2)+…+(a n-1+2)+(a n +2)=3+5+7+…+(2n-1)+(2n+1)=(2n+1+3)n 2=n 2+2n.∴b n=1S n =1n2+2n=1n(n+2)=12(1n-1n+2).∴T n=b1+b2+b3+…+b n-1+b n=12(1-13)+(12-14)+(13-15)+…+(1n-1-1n+1)+1n−1n+2=1 2(1+12-1n+1-1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2).5.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q(q>0),由已知得20=b3-a3=a5+b2,即20=3q2-(3+2d),20=(3+4d)+3q,解得d=2,q=3,所以a n=2n+1,b n=3n.(2)若选择①,则c n=1a n·a n+1+(-1)nb n=1(2n+1)(2n+3)+(-3)n=12(12n+1-12n+3)+(-3)n,所以S n=c1+c2+…+c n=12×(13-15)+(-3)1+12×(15-17)+(-3)2+…+12(12n+1-12n+3)+(-3)n=12(13-12n+3)+-3[1-(-3)n]1+3=n3(2n+3)−3[1-(-3)n]4.若选择②,则c n=a n·b n=(2n+1)3n,所以S n=c1+c2+…+c n=3×3+5×32+…+(2n+1)3n,3S n=3×32+5×33+…+(2n+1)3n+1,两式相减得-2S n=32+2×32+2×33+…+2×3n-(2n+1)3n+1=-2n·3n+1,所以S n=n·3n+1.若选择③,则c n=2(a n+3)a n a n+1b n+1=2(2n+4)(2n+1)(2n+3)3n+1=1(2n+1)3n−1(2n+3)3n+1,所以S n=c1+c2+…+c n=(13×3-15×32)+15×32−17×33+…+[1(2n+1)3n-1(2n+3)3n+1]=1 9−1(2n+3)3n+1.6.解(1)设等比数列{a n}的公比为q,由a n+1=2S n+2,可得a n=2S n-1+2(n≥2),两式相减得a n+1-a n=2S n-2S n-1=2a n,整理得a n+1=3a n,可知q=3.令n=1,则a2=2a1+2,即3a1=2a1+2,解得a1=2.故a n=2·3n-1.由b1=2,(n+2)b n=nb n+1,得b n+1b n =n+2n,则当n≥2时,b n=b nb n-1·b n-1b n-2·…·b2b1·b1=n+1n-1·nn-2 (3)1×2=n(n+1).又b1=2满足上式,所以b n=n(n+1).(2)若在a n与a n+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为c n的等差数列,则a n+1-a n =(n+1)c n ,即2·3n -2·3n-1=(n+1)c n ,整理得c n =4·3n -1n+1,所以b n c n =4n·3n-1,所以T n =b 1c 1+b 2c 2+b 3c 3+…+b n-1c n-1+b n c n =4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)3n-2+4·n·3n-1=4[1×30+2×31+3×32+…+(n-1)3n-2+n·3n-1],3T n =4[1×31+2×32+…+(n-1)3n-1+n·3n ],两式相减得-2T n =4(30+31+32+…+3n-1-n·3n)=4(1-3n1-3-n ·3n )=(2-4n )·3n -2,所以T n =(2n-1)3n +1.7.(1)证明由a n+1=3a n +3n+1,得a n+13n+1=a n 3n +1,即a n+13n+1−a n3n =1. 又a13=13,所以数列{an 3n }是以13为首项,1为公差的等差数列.(2)解由(1)得a n 3n=13+(n-1)×1=n-23,所以a n =(n -23)·3n .(3)证明由(2)得S n =(1-23)×31+(2-23)×32+…+[(n -1)-23]×3n-1+(n -23)×3n ,3S n =(1-23)×32+(2-23)×33+…+(n-1)-23×3n +(n -23)×3n+1, 两式相减得2S n =(n -23)×3n+1-3n+1-92-1=n-76×3n+1+72, 故S n =(n 2-712)3n+1+74,从而S n3n=(n 2-712)3n+13n+74×3n=(3n 2-74)+74×3n>3n 2−74.。

2019年高考数学数列求和(文科)含解析

Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(21－4)＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝(21＋22＋…＋2n)－4n＝－4n＝2n＋1－2－4n，
所以S9＝210－2－4×9＝986.
11．(2017·新课标全国卷Ⅱ，15)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
答案：
4．(2018·辽宁省实验中学模拟)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，那么数列{bn}的前10项和等于()
A．130 B．120
C．55 D．50
答案：C
解析：由题意知数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，得an＝2n，所以bn＝log22n＝n，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以其前10项和S10＝＝55，故选C.
∴S9＝9b5＝18，故选B.
2．(2018·广东中山一中段考)数列1 ，2 ，3 ，4 ，…，n ，…的前n项和等于()
A. ＋ B．－＋＋1
C．－＋ D．－＋
答案：B
解析：设数列{an}的通项公式为an＝n＋，是一个等差数列与一个等比数列对应项的和的形式，适用分组求和，所以1 ＋2 ＋3 ＋4 ＋…＋n ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＝＋＝＋1－ n.故选B.
一、选择题
1．(2018·广东中山华侨中学3月模拟，4)已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于()
A．9 B．18
C．36 D．72
答案：B
解析：∵a2·a8＝4a5，即a ＝4a5，∴a5＝4，
∵a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2.
(2)已知＝，求证： ≤ ＋＋…＋ <1.

高中数学专题09：数列通项、求和、范围与最值问题试题(含解析)

故选：B
2．（2023·全国·模拟预测）已知数列an 的前 n 项积为 Tn ，若 an 2an1 0 ， n N ，且
a3 a5 24 ，则使 Tn 最大的正整数 n 的值为（）
A．7
B．8
C．15
D．16
【答案】B
【解析】易知 an
0 ，因为 an
2an1
0 ， n N ，所以
an1 an
a1
2a2
0
，
S3
9 8
，且
a
Sn
a
2 ，则实数
a
的取值范围是（
）
A．
1 2
,
0
B．
1 2
,
3 4
C．
3 4
,
3 2
D．
0,
3 2
【答案】B
【解析】设等比数列an的公比为 q，
因为
a1
2a2
0
，
S3
9 8
，
所以
a1 (1
a1
(1
2q) q q2
0 )
9 8
，解得
a1
3 2
,q
1 2
，
D．9 阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为 396
【答案】D
【解析】根据 n 阶幻方的定义，n 阶幻方的数列有 n2 项，为首项为 1，公差为 1 的等差数列，
( ) 故 Sn =
1+ n2 2
n2 ，每行、每列、每条对角线上的数的和均为 Sn . n
对 A， S6
1 62 2
62
666 ，A 对；
对 B，7 阶幻方有 7 行 7 列，故第 4 行第 4 列的数字该数列的中间值，即 1+ 72 = 25 ，B 对； 2

高考数学(精讲+精练+精析)专题6_1 数列的通项公式与求和试题文(含解析)

专题6.1 数列的通项公式与求和试题文【三年高考】1. 【2016高考上海文科】无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.【答案】42. 【2016高考新课标Ⅲ文数】已知各项都为正数的数列{}n a 满足11a =，211(21)20n n n n a a a a ++---=.（I ）求23,a a ；（II ）求{}n a 的通项公式. 【解析】（Ⅰ）由题意得41,2132==a a . （Ⅱ）由02)12(112=---++n n n n a a a a 得)1()1(21+=++n n n n a a a a .因为{}n a 的各项都为正数，所以211=+n n a a ，故{}n a 是首项为1，公比为21的等比数列，因此121-=n n a .3.【2016高考浙江文数】设数列{n a }的前n 项和为n S .已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈. （I ）求通项公式n a ；（II ）求数列{2n a n --}的前n 项和.4．【2016高考上海文科】对于无穷数列{n a }与{n b }，记A ={x |x =a ，*N n ∈}，B ={x |x =n b ，*N n ∈}，若同时满足条件：①{n a }，{n b }均单调递增；②A B ⋂=∅且*N A B =，则称{n a }与{n b }是无穷互补数列.（1）若n a =21n -，n b =42n -，判断{n a }与{n b }是否为无穷互补数列，并说明理由；（2）若n a =2n且{n a }与{n b }是无穷互补数列，求数列{n b }的前16项的和；（3）若{n a }与{n b }是无穷互补数列，{n a }为等差数列且16a =36，求{n a }与{n b }得通项公式. 【解析】（1）因为4∉A ，4∉B ，所以4∉AB ，从而{}n a 与{}n b 不是无穷互补数列．（2）因为416a =，所以1616420b =+=．数列{}n b 的前16项的和为()()23412202222++⋅⋅⋅+-+++()512020221802+⨯--=．（3）设{}n a 的公差为d ，d *∈N ，则1611536a a d =+=．由136151a d =-≥，得1d =或2．若1d =，则121a =，20n a n =+，与“{}n a 与{}n b 是无穷互补数列”矛盾；若2d =，则16a =，24n a n =+，,525,5n n n b n n ≤⎧=⎨->⎩．综上，24n a n =+，,525,5n n n b n n ≤⎧=⎨->⎩． 5．【2015高考安徽，文13】已知数列}{n a 中，11=a ，211+=-n n a a （2≥n ），则数列}{n a 的前9项和等于 .【答案】27【解析】∵2≥n 时，21,21121+=+=-a a a a n n 且，∴{}1a a n 是以为首项，21为公差的等差数列，∴2718921289199=+=⨯⨯+⨯=S 6.【2015高考新课标1，文13】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 = .【答案】6【解析】∵112,2n n a a a +==，∴数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，∴2(12)12612n n S -==-，∴264n =，∴n=6. 7.【2015高考山东，文19】已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬•⎩⎭的前n 项和为21nn +. （I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）设()12n an n b a =+⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .8.【2015高考湖南，文19】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121,2a a ==，且13n n a S +=*13,()n S n N +-+∈，（I ）证明：23n n a a +=；（II ）求n S .9.【2015高考浙江，文17】已知数列n a 和n b 满足，*1112,1,2(n N ),n n a b a a +===∈*12311111(n N )23n n b b b b b n+++++=-∈. （1）求n a 与n b ；（2）记数列n n a b 的前n 项和为n T ，求n T .【解析】 (1)由112,2n n a a a +==，得2nn a =.当1n =时，121b b =-，故22b =.当2n ≥时，11n n n b b b n+=-，整理得11n n b n b n++=，所以n b n =. (2)由(1)知，2nn n a b n =⋅，所以23222322n n T n =+⋅+⋅++⋅2341222232(1)22n n n T n n +=+⋅+⋅++-⋅+⋅，所以2311222222(1)22n n n n n n T T T n n ++-=-=++++-⋅=--，所以1(1)22n n T n +=-+.10.【2014高考全国2卷文第16题】数列}{n a 满足2,1181=-=+a a a nn ，则=1a ________．【答案】12．【解析】由已知得，111n n a a +=-，82a =，所以781112a a =-=，67111a a =-=-，56112a a =-=， 451112a a =-=，34111a a =-=-，23112a a =-=，121112a a =-=． 11.【2014高考湖南卷文第16题】已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n nn S n ，22. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()n nan a b n 12-+=，求数列{}n b 的前n 2项和.12.【2014高考山东文第19题】在等差数列{}n a 中，已知公差2d =，2a 是1a 与4a 的等比中项.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设(1)2nn n b a +=，记1234(1)n n n T b b b b b =-+-+++-，求n T .【三年高考命题回顾】纵观前三年各地高考试题, 对数列通项公式和求和这部分的考查，主要考查数列的概念与表示方法、数列递推关系与通项公式的联系、数列的求和方法，往往与函数、方程、不等式等知识建立联系，高考中一般会以各种形式考查．【2017年高考复习建议与高考命题预测】由前三年的高考命题形式可以看出, 高考对数列概念与表示方法的考查，要深刻体会数列不光体现一种递推关系，它具有函数特征，故经常会与函数、方程、不等式等知识联系考察.对数列通项公式的考察，一般会以等差数列和等比数列具体形式出现，或者由项的递推关系或者项与前n项的的关系得出，同时要注意从特殊到一般思想的灵活运用．对数列求和的考察，要掌握常见的数列求和方法（直接求和、倒序相加法、错位相减法、裂项相加法），往往会和不等式建立联系，会牵涉到放缩法，难度会大点，注意等价转换思想的活用．这部分试题难度属中低档的题目，小题突出“小、巧、活”，主要以通项公式、前n项和公式为载体，结合数列的性质考查分类讨论、化归与方程等思想，要注重通性、通法；解答题“大而全”，注重题目的综合与新颖，突出对逻辑思维能力的考查．由于连续两年大题没涉及数列,故预测2017年高考将以等差数列，等比数列的定义、通项公式和前n 项和公式为主要考点，特别是错位相减法求和问题，重点考查学生的运算能力与逻辑推理能力．【2017年高考考点定位】高考对数列的通项公式与求和的考查有三种主要形式：一是考察数列的概念与表示；二是数列通项公式；三是数列求和；其中经常与函数、方程、不等式等知识的相联系．【考点1】数列的概念与表示【备考知识梳理】1．定义：按照一定顺序排列着的一列数．2．表示方法：列表法、解析法（通项公式法和递推公式法）、图象法．3．分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．4．n a 与n S 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥．5．处理方法：.用函数的观点处理数列问题【规律方法技巧】1. 数列是定义域为正整数集或其有限子集的函数，故数列具有函数的特征（周期性、单调性等）．2. 观察法是解决数列问题的法宝，先根据特殊的几项，找出共同的规律，横看“各项之间的关系结构”，纵看“各项与项数n 的关系”，从而确定数列的通项公式．【考点针对训练】1. 【2016年4月河南八市高三质检卷】已知*1log (2)()n n a n n N +=+∈，观察下列算式：1223lg3lg 4log 3log 42lg 2lg3a a •=•=•=；123456237lg3lg 4lg8log 3log 4log 83lg 2lg3lg 7a a a a a a •••••=•=•=，…；若*1232016()m a a a a m N ••••=∈，则m 的值为（）A ．201622+ B ．20162 C ．201622- D ．201624-【答案】C【解析】由题意：1223lg3lg 4log 3log 42lg 2lg3a a •=•=•=；123456237lg3lg 4lg8log 3log 4log 83lg 2lg3lg 7a a a a a a •••••=•=•=，…；12345613142315lg3lg 4lg16log 3log 4log 1616,lg 2lg3lg15a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=⋅=…；据此可知，*1232016()m a a a a m N ••••=∈，则m 的值为201622-2.数列 ,817,275,31,31--的一个通项公式是 A ．n n a n n 312)1(1--=+ B ．n n a n n 312)1(--= C ． n n n n a 312)1(1--=+ D ． nn nn a 312)1(--= 【答案】C.【考点2】递推关系与数列通项公式【备考知识梳理】在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈．数列通项公式的求解常用方法：1、定义法，直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．2、公式法，若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解．3、由递推式求数列通项法，对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列．4、待定系数法（构造法），求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高．通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法．【规律方法技巧】数列的通项的求法： ⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式.⑵已知n S （即12()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥.⑶已知12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩. ⑷若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +(2)n ≥.⑸已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a aa a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥.⑹已知递推关系求n a ，用构造法（构造等差、等比数列）.特别地，（1）形如1n n a ka b -=+、1n n n a ka b -=+（,k b 为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k 的等比数列后，再求n a .如(21)已知111,32n n a a a -==+，求n a ；（2）形如11n n n a a ka b--=+的递推数列都可以用倒数法求通项.注意：（1）用1--=n n n S S a 求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（2n ≥，当1n =时，11S a =）；（2）一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解. （3）由n S 与1n S -的关系，可以先求n S ，再求n a ，或者先转化为项与项的递推关系，再求n a ．【考点针对训练】1. 【2016届榆林市高三二模】在数列{}n a 中，()1111,114n n a a n a -=-=->，则2016a 的值为（） A ．14-B ．5C ．45D ．以上都不对【答案】C【解析】2341415,,,54a a a a ===-=因此周期为3，即2016345a a ==，选C. 2. 【2016湖北省八校高三.二联】数列{}n a 满足1=1a ，()()1=11n n na n a n n ++++，且2=cos 3n n n b a π，记n S 为数列{}n b 的前n 项和，则120S = . 【答案】7280140418111201212413972802626⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯-⨯= 【考点3】数列求和【备考知识梳理】数列的求和也是高考中的热点内容，考察学生能否把一般数列转化为特殊数列求和，体现了化归的思想方法，其中错位相减和裂项相消是高考命题的热点．估计在以后的高考中不会有太大的改变．数列求和的常用方法，尤其是利用裂项法和错位相减法求一些特殊数列的和，数列求和的基本方法：1.基本公式法：()1等差数列求和公式：()()11122n n n a a n n S na d +-==+ ()2等比数列求和公式：()111,11,111n n nna q S a q a a q q qq =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩ ()30122nn n n n n C C C C ++++=.2.错位相消法：一般适应于数列{}n n a b 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列．3.分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列，然后利用公式法求和．4.拆项（裂项）求和：把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩下有限项再求和.常见的拆项公式有：()1若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭； ()2()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；()31k=；()411m m mn n n C C C -+=-；()5()!1!!n n n n ⋅=+-.5.倒序相加法：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的．【规律方法技巧】数列求和关键是研究数列通项公式，根据通项公式的不同特征选择相应的求和方式，若数列是等差数列或等比数列，直接利用公式求和；若通项公式是等差乘等比型，利用错位相减法；若通项公式可以拆分成两项的差且在累加过程中可以互相抵消，利用裂项相消法，从近年的考题来看，逐渐加大了与函数不等式的联系，通过对通项公式进行放缩，放缩为易求和的数列问题处理．【考点针对训练】1. 【2016年江西九江高三第三次联考】设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若12,21344672==S S ，则=2016S （）A ．22B ．26C ．30D ．34 【答案】C【解析】由134420166721344672,,S S S S S --成等差数列，得1221022016-+=⨯S ，即=2016S 30,故选C.2. 【2016届淮北一中高三最后一卷】已知函数()()()()1210log 110ax x f x x x ⎧->⎪=⎨+-<≤⎪⎩且334f f ⎡⎤⎛⎫-= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，在各项为正的数列{}n a 中，{}1112,,2n n n a a f a a +⎛⎫==+⎪⎝⎭的前n 项和为n S ，若126n S =，则n =____________．【答案】6【应试技巧点拨】1. 由递推关系求数列的通项公式（1）利用“累加法”和“累乘法”求通项公式此解法来源与等差数列和等比数列求通项的方法，递推关系为1()n n a a f n +-=用累加法；递推关系为1()n n a f n a +=用累乘法.解题时需要分析给定的递推式，使之变形为1n n a a +-、1n naa +结构，然后求解.要特别注意累加或累乘时，应该为)1(-n 个式子，不要误认为n 个. (2)利用待定系数法，构造等差、等比数列求通项公式求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高.通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.递推公式为qpa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）.把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. 3.如何选择恰当的方法求数列的和在数列求和问题中，由于题目的千变万化，使得不少同学一筹莫展，方法老师也介绍过，就不清楚什么特征用什么方法.为此提供一个通法 “特征联想法”：就是抓住数列的通项公式的特征，再去联想常用数列的求和方法.通项公式作为数列的灵魂，只有抓住它的特征，才能对号入座，得到求和方法. 特征一：....++=n n n b a C ，数列{}n C 的通项公式能够分解成几部分，一般用“分组求和法”.特征二：n n n C a b =⋅，数列{}n C 的通项公式能够分解成等差数列和等比数列的乘积，一般用“错位相减法”. 特征三：1n n nC a b =⋅，数列{}n C 的通项公式是一个分式结构，一般采用“裂项相消法”. 特征四：nn n n C C a =⋅，数列{}n C 的通项公式是一个组合数和等差数列通项公式组成，一般采用“倒序相加法”.4. 利用转化，解决递推公式为n S 与n a 的关系式. 数列{n a }的前n 项和n S 与通项n a 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥.通过纽带：12)n n n a S S n -=-≥（，根据题目求解特点，消掉一个n n a S 或.然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉n S ，利用已知递推式，把n 换成（n+1）得到递推式，两式相减即可.若消掉n a ，只需把1n n n a S S -=-带入递推式即可.不论哪种形式，需要注意公式1n n n a S S -=-成立的条件 2.n ≥ 5.由递推关系求数列的通项公式（1）利用“累加法”和“累乘法”求通项公式此解法来源与等差数列和等比数列求通项的方法，递推关系为1()n n a a f n +-=用累加法；递推关系为1()n n a f n a +=用累乘法.解题时需要分析给定的递推式，使之变形为1n n a a +-、1n naa +结构，然后求解.要特别注意累加或累乘时，应该为)1(-n 个式子，不要误认为n 个.(2)利用待定系数法，构造等差、等比数列求通项公式求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高.通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.递推公式为q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）.把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. 二年模拟1. 【2016届宁夏石嘴山三中高三下三模】数列{}n a 满足11=a ，对任意的*N n ∈都有n a a a n n ++=+11，则+++ (1)121a a =20161a （） A ．20162015 B ．20172016 C ．20174034 D ．20174032【答案】D【解析】由已知11+=-+n a a n n ，累加法可得2)1(+=n n a n ，则)111(2)1(21+-=+=n n n n a n ，所以+++ (1)121a a 20174032)201711(212016=-=a ． 2. 【2016届云南省玉溪一中高三下第八次月考】若数列{n a }满足11n a －－1na ＝d （n ∈N ﹡，d 为常数），则称数列{n a }为调和数列．已知数列{1nx }为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝（）A ．10B ．20C ．30D ．40 【答案】B【解析】由题意知1n n x x d --=-（常数），所以数列{}n x 是以1x 为首项，d -为公差的等差数列，则有()122051610200x x x x x +++=⋅+=，51620x x +=.故选B.3. 【2016届河南郑州一中高三考前冲刺一】数列{}n a 满足：11=a ，且对任意的*∈N n m ,，都有mn a a a n m n m ++=+，则=+⋅⋅⋅+++20143211111a a a a （） A ．20142013 B ．10072013 C ．20152013 D ．20154028【答案】D4. 【2016届河南郑州一中高三考前冲刺】已知数列{}n a 满足m n n a n ++-=3453123，若数列{}n a 的最小项为1，则实数m 的值为（） A ．41 B ．31 C ．41- D ．31-【答案】B5. 【2016年淮北一中高三模考】数列 {}n a 中，()11126,212n n n a a a a n n n--=-=++≥，则此数列的通项公式n a =___________．【答案】()()1121n n ++-【解析】由11221n n n a a a n n ---=++得1211n n a a n n -=++，所以112(1)1n n a a n n -+=++，又1142a+=，所以{1}1n a n ++是等比数列，所以1114221n n n an -++=⨯=+，即1(1)(21)n n a n +=+-． 6. 【2016年河北石家庄高三二模】数列{}n a 满足：1132,51++⋅=-=n n n n a a a a a ，则数列{}1+⋅n n a a 前10项的和为______. 【答案】1021【解析】令2n =,23232a a a a -=⋅,解得213a =,令1n =,则12122a a a a -=⋅,解得11a =,对112n n n n a a a a ++-=⋅两边除以1n n a a +⋅,得1112n n a a +-=,故数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111a =为首项,公差为2的等差数列,所以()()111111121,,21212122121n n n n n a a a a n n n n n +⎛⎫=-=⋅==- ⎪--⋅+-+⎝⎭,故其前10项的和为1111111110112335192122121⎛⎫⎛⎫-+-++-=-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 7. 【2016年江西省南昌市高三一模测试】数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n +S n 一1=2n-l (n>2)，且S 2 =3，则a 1+a 3的值为。

2019届高三上期末数学分类汇编(19)数列的通项与求和(含答案)

（辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2019届高三上学期期末考试数学（文）试题）7.数列满足，，是数列前5项和为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用递推公式求得的值.进而利用裂项相消求和法，求得的值.【详解】由递推公式，将，代入得，解得；将代入递推公式得，解得.同理解得，所以.【点睛】本小题主要考查递推公式求数列的前几项，考查裂项求和法求数列前几项的和.属于中档题.（河北省衡水市第十三中学2019届高三质检（四）理科数学试题）12.已知定义域为的函数满足，当时，，设在上的最大值为，且的前项和为，若对任意的正整数均成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的解析式，求得当时，的最大值为，再根据，利用归纳法，得到当时，的最大值为，由等比数列的前n项和公式，求得，根据，即可求解，【详解】由题意，可得当时，；时，，∴当时，的最大值为；又由，∴当时，的最大值为；当时，的最大值为，…，所以当时，的最大值为，由等比数列的前n项和公式，得.若对任意的正整数成立，则，故选B.【点睛】本题主要考查了数列与函数的综合应用，其中解答中根据分段函数的解析式，利用归纳法得到数列的通项公式，再利用等比数列的求和公式，列出不等式求解是解答的关键，试题有一定的综合性，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力．（湖南省长望浏宁四县2019年高三3月调研考试数学（文科）试题）15.已知数列的前项和为，．当时，，则=_______【答案】1010【解析】【分析】由题意可得：，整理变形可知当时，数列任意连续两项之和为1，据此求解的值即可.【详解】由题意可得：，两式作差可得：，即,即当时，数列任意连续两项之和为1，据此可知：.【点睛】给出与的递推关系，求a n，常用思路是：一是利用转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系，先求出S n与n之间的关系，再求a n.（广东省汕尾市普通高中2019年3月高三教学质量检测文科数学试题）16.已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】首先利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用通项公式和裂项相消法求出数列的和，最后利用放缩法和恒成立问题的应用求出结果．【详解】数列的首项，则：常数故数列是以为首项，3为公差的等差数列．则：首项符合通项．故：，，，由于数列的前n项和恒成立，故：，则：t的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．（广东省深圳市2019届高三第一次（2月）调研考试数学理试题）16.在下图所示的三角形数阵中，用表示第行第个数（），已知（），且当时，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和，即（，若，则正整数的最小值为__________．【答案】103【解析】【分析】根据条件，利用数列的递推关系式，求得数列的递推关系式，利用累加法和数列的单调性，即可求解。

专题09数列的通项公式、数列求和及综合应用(9大核心考点)(课件)-2024年高考数学二轮复习讲练测

势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题
的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），
有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列
稿定PPT
求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列
为首项，以为公比的等比数列，由此可以求出；

+

（2）形如 + = + + （ ≠ ， ≠ ），此类问题可两边同时除以+ ，得 + = ⋅ + ，设 =

，从而变成 +

= + ，从而将问题转化为第（1）个问题；
；
(+)(+)−(−)(+)
．

9、用错位相减法求和时的注意点：
（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
（2）在写出“ ”与“ ”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“ − ”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．
的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为进行讨论．
8、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：

+ +

=

−

+
+ − ， (+) =
，裂
项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也

成都市高三二轮复习文科数学(九) 数列通项与求和

成都市高三二轮复习文科数学（九）数列通项与求和经典例题：[全国卷考情分析]1.考查(1)已知数列某些基本量或某些特征，求通项公式.(2)数列求和(等差(比)数列的前n项和公式、裂项相消、错位相减等).(3)解不等式，求范围(最值)问题.2.近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2020年高考对数列考查仍以中档为主，数列题目难度有可能加大，应引起重视.考点一求数列通项公式[例1](1)已知S n为数列{a n}的前n项和，a1＝1，当n≥2时，S n－1＋1＝a n，则a8＝________.(2)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，则a n＝____________.[解析](1)当n＝2时，S1＋1＝a2，即a2＝2.当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＋1＝a n ，S n ＋1＝a n ＋1，相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，所以a 2＝2a 1.所以数列{a n }构成一个等比数列，所以a 8＝a 2·q 6＝2×26＝128. (2)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，②①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.[答案] (1)128 (2)22n －1[解题方略]1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列. [跟踪训练]1.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且log 5(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________. 解析：由log 5(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝5n ＋1，所以S n ＝5n ＋1－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4×5n ；当n ＝1时，a 1＝S 1＝24，不满足上式.所以数列a n 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n ，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n ，n ≥2 2.已知首项为2的数列{a n }满足a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 解析：因为a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，且a 1＝2，所以a n ＋1a n ＝2n ＋12n －1，得a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝2×31×53×…×2n －12n －3＝4n －2.答案：4n －2 考点二数列的求和题型一分组转化求和[例2] 已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{b n －a n }为等比数列.(1)求数列{a n }和{b n －a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和S n . [解] (1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4a 1＋4×32d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 设{b n －a n }的公比为q ，则b 4－a 4＝(b 1－a 1)q 3，因为b 1＝4，b 4＝88，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，解得q ＝3，所以b n －a n ＝(4－1)×3n －1＝3n . (2)由(1)得b n ＝3n ＋2n －1，所以S n ＝(3＋32＋33＋…＋3n )＋(1＋3＋5＋…＋2n －1) ＝3（1－3n ）1－3＋n （1＋2n －1）2＝32(3n －1)＋n 2＝3n ＋12＋n 2－32.[解题方略]求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n 项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n 项和公式求和. 题型二裂项相消求和[例3] (2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n 成立的n 的最小值.[解] (1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，∴数列{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1，∴S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝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. 由T n ≥2n 得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，∴n ≥5，∴n 的最小值为5.[解题方略]求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和. 题型三错位相减求和[例4] (2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式.(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *).[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n ).记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以，a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *).[解题方略]运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心. [跟踪训练]1.已知{a n }为正项等比数列，a 1＋a 2＝6，a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝log 2a na n ，且{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)依题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 2＝8，则3q 2－4q －4＝0，而q ＞0，∴q ＝2.于是a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)由(1)得b n ＝log 2a n a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，两式相减得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，∴T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n . 2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，求T n .解：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2).又a 1＝1，3a 2－a 1＝1，∴1a 1＝1，1a 2＝32，∴1a 2－1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列.∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，∴b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1(n ≥2)，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 考点三与数列相关的综合问题[例5] (2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7. (1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值.[解] (1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2(舍去).所以a n ＝4·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －3.(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝8⎝⎛⎭⎫1－12n ＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增. 又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8).又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8.[解题方略]求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件. [跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3＜0的解集为(－1，3).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋12＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题意知，方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1和3.则⎩⎨⎧da 1＝2，－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝2a n ＋12＋a n ＝2n ＋(2n －1)，所以S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2n ＋1＋n 2－2. 数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n}的公比为q (q >1).由已知，得⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7.由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln 2，所以T n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋[0＋1＋2＋…＋(n －1)]ln 2＝1－2n 1－2＋n （n －1）2ln 2＝2n－1＋n （n －1）2ln 2. [素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养.课后限时练习：A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ＋1·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 2 020＝( ) A.－3 027 B.3 027 C.－3 030D.3 0302.已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，且a 2＝2，则a 4＝( )A.－12B.23C.12D.113.(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( ) A.49 B.50 C.99D.1004.已知数列{a n }是等差数列，若a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，则q ＝( ) A.1 B.2 C.3D.45.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为( ) A.8 B.10 C.12D.166.(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0，6S n ＝a 2n ＋3a n ，b n ＝2a n（2a n －1）（2a n ＋1－1），若k >T n 恒成立，则k 的最小值为( )A.17 B.149 C.49 D.8441二、填空题7.在各项都为正数的等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.8.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n－1的前n项和为________.9.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________. 三、解答题10.(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *).(1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.11.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，b n ＝a n 2n ＋2n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n项和T n .12.(2019·郑州市第二次质量预测)数列{a n }满足：a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求满足S n >920的最小正整数n .B 组——大题专攻强化练1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n 的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝（－1）na n ，求{b n }的前n 项和T n .2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n 4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .3.(2019·江苏高考题节选)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 }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M 数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和.求数列{b n }的通项公式.4.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n .(1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .1解析：选C 因为a 1＋a 2＋…＋a 2 020＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2 019＋a 2 020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2 019－2)－(3×2 020－2)]＝(－3)×1 010＝－3 030，故选C.2解析：选D 因为数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即数列{a n ＋1}是等比数列，公比为2，则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12，解得a 4＝11.3解析：选A 由题意得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，所以数列{b n }的前50项和为(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.4解析：选A 令等差数列{a n }的公差为d ，由a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，得(a 4＋3)2＝a 2(a 6＋6)，即(a 1＋3d ＋3)2＝(a 1＋d )·(a 1＋5d ＋6)，化简得(2d ＋3)2＝0，解得d ＝－32.所以q ＝a 4＋3a 2＝a 1－92＋3a 1－32＝a 1－32a 1－32＝1.故选A. 5解析：选C 依题意得，数列{a n }是以2为公比的等比数列，因为最下层的浮雕的数量为a 1，所以S 7＝a 1（1－27）1－2＝1 016，解得a 1＝8，所以a n ＝8×2n －1＝2n ＋2(1≤n ≤7，n ∈N *)，所以a 3＝25，a 5＝27，从而a 3×a 5＝25×27＝212，所以log 2(a 3a 5)＝log 2212＝12，故选C.6解析：选B ∵6S n ＝a 2n ＋3a n ，∴6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1，∴6a n ＋1＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＋3(a n ＋1－a n )，∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝3(a n ＋1＋a n )，∵a n >0，∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n ＝3，又6a 1＝a 21＋3a 1，a 1>0，∴a 1＝3.∴{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列，∴a n ＝3n ，∴b n ＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1，x T n ＝17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫18－1－182－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫182－1－183－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1<149， ∴k ≥149，∴k 的最小值为149，故选B.7解析：设等比数列{a n }的公比为q >0，因为a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，所以(a n q 2)2＋4a 2n ＝4(a n q )2，化为q 4－4q 2＋4＝0，解得q 2＝2，q >0，解得q ＝ 2.则数列{a n }的通项公式a n ＝2×(2)n －1＝2n ＋12.答案：2n ＋128解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，∴a 7－a 2＝5d .又a 2＝5，则d ＝2.∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n ＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a 2n －1的前n 项和为14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4（n ＋1）.答案：2n ＋1 n4（n ＋1） 9解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是等比数列，首项是1，公比是2，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1，所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n ＝（n －4）（n －7）2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6.即满足条件的n 的取值集合为{5，6}.答案：{5，6} 10解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *).(2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.11解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，所以a n ＝2n . (2)∵b n ＝a n2n ＋2n ＝2n ＋1，∴a n b n ＝(2n ＋1)·2n .∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)·2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)·2n ＋1，∴－T n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋23（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.∴T n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.12解：(1)由题意知，a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，当n ≥2时，a 12＋a 23＋…＋a n －1n ＝(n －1)2＋n －1，两式相减得，a nn ＋1＝2n ，a n ＝2n (n ＋1)(n ≥2).当n ＝1时，a 1＝4也符合，所以a n ＝2n (n ＋1)，n ∈N *. (2)b n ＝1a n ＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1），由S n ＝n 2（n ＋1）＞920得n ＞9，所以满足条件的最小正整数n 为10.1解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，① 当n ＝1时，由①式可得a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n .因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ，所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1.(2)b n ＝（－1）n a n＝（－1）nn －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n .2解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2.∴S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，∴(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝⎛⎭⎫1＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝⎛⎭⎫1＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.∴T n ＝⎩⎨⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.3解：(1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M 数列”.(2)因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）. 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *).4解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n ，又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，所以当n ≥2时，(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，所以b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，即b n ＝2－12n －1(n ≥2)，易知b 1＝1满足上式，所以b n ＝2－12n －1(n ∈N *).(2)由(1)可知a n ＝2n －n2n －1，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ，② 由①－②得，12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n 1－12－n2n ＝2－n ＋22n .所以T n ＝4－n ＋22n －1.所以数列{a n }的前n 项和S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.。

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