历年高考数学真题汇编专题13 等差、等比数列的应用(解析版)
2020年高考数学(理)总复习:等差数列与等比数列(解析版)

2020年高考数学(理)总复习:等差数列与等比数列题型一等差、等比数列的基本运算【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量,如果已知其中的三个,就可以求其余的两个.其中a1和d(或q)是两个基本量,所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量,然后根据通项公式,求和公式构建这两者的方程组,通过解方程组求其值,这也是方程思想在数列问题中的体现.【例1】等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为54,则S5等于()A.29B.31C.33 D.36【例2】.an是公差不为0的等差数列,满足a24+a25=a26+a27,则该数列的前10项和S10等于()A.-10B.-5C.0D.5【例3】.已知递增数列{an}对任意n∈N*均满足an∈N*,aan=3n,记bn=a2•3n-1(n ∈N*),则数列{bn}的前n项和等于()A.2n+n B.2n+1-1C.3n+1-3n2D.3n+1-32题组训练一等差、等比数列的基本运算1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a5=4,S15=60则a20等于()A.4B.6C.10D.122.在等差数列{an}中,2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则a6等于()A.8 B.6 C.4 D.33.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1+a3=30,S4=120,设bn=1+log3an,那么数列{bn}的前15项和为()A.152 B.135 C.80 D.16题型二等差、等比数列的性质及应用【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形.【例4】已知数列{an},{bn}满足bn=log2an,n∈N*,其中{bn}是等差数列,且a8•a2 008=14,则b1+b2+b3+…+b2 015等于()A.log22 015 B.2 015 C.-2 015 D.1 0082.各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=10,S12=130,则S8等于()A.-30 B.40C.40或-30 D.40或-503.等比数列{an}的首项为32,公比为-12,前n项和为Sn,则当n∈N*时,Sn-1Sn 的最大值与最小值之和为()A.-23 B.-712C.14D.56题组训练二等差、等比数列的性质及应用1.在等比数列{an}中,a3,a15是方程x2-7x+12=0的两根,则a1a17a9的值为()A.23 B.4 C.±22 D.±42.设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,-217<d<-19,则当Sn 取最大值时n的值为________.3.若{an}是等差数列,首项a1>0,a2 016+a2 017>0,a2 016•a2 017<0,则使前n 项和Sn>0成立的最大正整数n是()A.2 016B.2 017 C.4 032 D.4 033题型三等差、等比数列的综合问题【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化,关键是求出两个数列的基本量:首项和公差(或公比),灵活运用性质转化条件,简化运算,准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键.【例3】已知等差数列{an}的公差为-1,且a2+a7+a12=-6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn;(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项,记{bn}的前n项和为Tn,若存在m∈N*,使对任意n∈N*,总有Sn<Tm+λ恒成立,求实数λ的取值范围.题组训练三等差、等比数列的综合问题已知数列{an}中,a1=1,an•an+1=,记T2n为{an}的前2n项的和,bn=a2n+a2n -1,n∈N*.(1)判断数列{bn}是否为等比数列,并求出bn;(2)求T2n.题型四数列与其他知识的交汇【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性,又有较强的综合性,很多数列问题一般转化,特殊数列求解,一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合,考查数列的基本运算与应用.【例4】已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若OB→=a1OA→+a2 016OC→,且A,B,C三点共线(该直线不过点O),则S2 016等于()A.1 007B.1 008C.2 015D.2 016题组训练四数列与其他知识的交汇1.在由正数组成的等比数列{an}中,若a3a4a5=3π,则sin(log3a1+log3a2+…+log3a7)的值为()A.12B.32C.1 D.-322.已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7=a6+2a5,存在两项am,an使得am•an =4a1,则1m+4n的最小值为()A.32B.53C.256D.433.艾萨克•牛顿(1643年1月4日-1727年3月31日)英国皇家学会会长,英国著名物理学家,同时在数学上也有许多杰出贡献,牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列xn满足xn+1=xn-′,我们把该数列称为牛顿数列.如果函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)有两个零点1,2,数列xn为牛顿数列,设an=ln xn-2xn-1,已知a1=2,xn>2,则an的通项公式an=________.【专题训练】一、选择题1.等比数列{an}中,a4=2,a7=5,则数列{lg an}的前10项和等于()A.2B.lg 50C.10D.52.在正项等比数列{an}中,已知a3a5=64,则a1+a7的最小值为()A.64 B.32C.16 D.83.一个等比数列的前三项的积为2,最后三项的积为4,且所有项的积为64,则该数列的项数是()A.13 B.12C.11 D.104.在数列{an}中,若a1=2,且对任意正整数m,k,总有am+k=am+ak,则{an}的前n项和Sn等于()A.n(3n-1) +C.n(n+1) +5.记Sn为正项等比数列{an}的前n项和,若S12-S6S6-7•S6-S3S3-8=0,且正整数m,n满足a1ama2n=2a35,则1m+8n的最小值是()A.157B.95C.53D.756.数列an是以a为首项,b为公比的等比数列,数列bn满足bn=1+a1+a2+…+an(n =1,2,…),数列cn满足cn=2+b1+b2+…+bn(n=1,2,…),若cn为等比数列,则a+b 等于()A.2 B.3 C.5 D.6二、填空题7.数列{an}的通项an=n2•,其前n项和为Sn,则S30=________.8.已知数列{an}满足a1=2,且an=2nan-1an-1+n-1(n≥2,n∈N*),则an=________.9.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增一十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.问:几日相逢?()A.8日B.9日C.12日D.16日10.数列{logkan}是首项为4,公差为2的等差数列,其中k>0,且k≠1.设cn=anlg an,若{cn}中的每一项恒小于它后面的项,则实数k的取值范围为________.三、解答题11.已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=2an-3n(n∈N*).(1)求a1,a2,a3的值;(2)是否存在常数λ,使得数列{an+λ}为等比数列?若存在,求出λ的值和通项公式an;若不存在,请说明理由.12.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn-1=3(an-1),n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足an+1=an•bn,若bn≤t对于任意正整数n都成立,求实数t的取值范围.2020年高考数学(理)总复习:等差数列与等比数列题型一 等差、等比数列的基本运算 【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量,如果已知其中的三个,就可以求其余的两个.其中a 1和d (或q )是两个基本量,所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量,然后根据通项公式,求和公式构建这两者的方程组,通过解方程组求其值,这也是方程思想在数列问题中的体现.【例1】等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 2a 5=2a 3,且a 4与2a 7的等差中项为54,则S 5等于( )A .29B .31C .33D .36【解析】 法一:设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1qa 1q 4=2a 1q 2a 1q 3+2a 1q 6=2×54,解得⎩⎪⎨⎪⎧q =12a 1=16,所以S 5=a 1(1-q 5)1-q=31,故选B.法二:由a 2a 5=2a 3,得a 4=2.又a 4+2a 7=52,所以a 7=14,所以q =12,所以a 1=16,所以S 5=a 2(1-q 5)1-q=31,故选B.【答案】 B【例2】.{}a n 是公差不为0的等差数列,满足a 24+a 25=a 26+a 27,则该数列的前10项和S 10等于( )A .-10B .-5C .0D .5【解析】 由题意,得a 24-a 27=a 26-a 25,即()a 4-a 7()a 4+a 7=()a 6-a 5()a 6+a 5,即-3d ()a 4+a 7=d ()a 6+a 5,又因为d ≠0,所以a 4+a 7=a 6+a 5=0,则该数列的前10项和S 10=10(a 1+a 10)2=5()a 6+a 5=0.故选C.【答案】 C【例3】.已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *,aa n =3n ,记b n =a 2·3n -1(n ∈N *),则数列{b n }的前n 项和等于( )A .2n +nB .2n +1-1C.3n +1-3n 2D.3n +1-32【解析】 因为aa n =3n ,所以a 1≤3,若a 1=1,那么a 1=aa 1=3×1=3≠1矛盾,若a 1=2,那么a 2=aa 1=3×1=3成立,若a 1=3,那么a 3=aa 1=3×1=3=a 1矛盾,所以a 2=b 1=2,当aa an =3a n =a 3n ,所以b n =a 2·3n -1=a 3·2·3n -2=3a 2·3n -2=3b n -1,即b n b n -1=3,数列{b n }是首项为2,公比为3的等比数列,所以前n 项和为b 1(1-q n )1-q =3(1-33)1-3=3n +1-32,故选D.【答案】 D题组训练一 等差、等比数列的基本运算1.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 3+a 5=4,S 15=60则a 20等于( ) A .4 B .6 C .10 D .12 【解析】 等差数列{a n }的前n 项和为S n , ∵a 3+a 5=4,S 15=60,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1+2d +a 1+4d =415a 1+15×142d =60, 解得a 1=12,d =12,∴a 20=a 1+19d =12+19×12=10.故选C.【答案】 C2.在等差数列{a n }中,2(a 1+a 3+a 5)+3(a 8+a 10)=36,则a 6等于( ) A .8 B .6 C .4D .3【解析】 由等差数列的性质可知,2(a 1+a 3+a 5)+3(a 8+a 10)=2×3a 3+3×2a 9=6(a 3+a 9)=6×2a 6=12a 6=36,∴a 6=3.故选D.【答案】 D3.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1+a 3=30,S 4=120,设b n =1+log 3a n ,那么数列{b n }的前15项和为( )A .152B .135C .80D .16【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ,由a 1+a 3=30,a 2+a 4=S 4-(a 1+a 3)=90,所以公比q =a 2+a 4a 1+a 3=3,首项a 1=301+q 2=3,所以a n =3n ,b n =1+log 33n=1+n ,则数列{b n }是等差数列,前15项的和为15×(2+16)2=135,故选B. 【答案】 B题型二 等差、等比数列的性质及应用 【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形.【例4】已知数列{a n },{b n }满足b n =log 2a n ,n ∈N *,其中{b n }是等差数列,且a 8·a 2 008=14,则b 1+b 2+b 3+…+b 2 015等于( ) A .log 22 015B .2 015C .-2 015D .1 008【解析】 ∵数列{a n },{b n }满足b n =log 2a n ,n ∈N *,其中{b n }是等差数列,∴数列{a n }是等比数列,由a 8·a 2 008=14,可得a 21 008=14,即a 1 008=12,∴a 1·a 2 015=a 2·a 2 014=…=a 1 007·a 1 009=a 21 008=14,∴b 1+b 2+b 3+…+b 2 015=log 2(a 1·a 2·…·a 2 015)=log 2201521⎪⎭⎫⎝⎛=-2 015.【答案】C2.各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 4=10,S 12=130,则S 8等于( ) A .-30 B .40 C .40或-30D .40或-50【解析】 ∵数列{a n }为等比数列且数列{a n }的前n 项和为S n ,∴S 4,S 8-S 4,S 12-S 8也构成等比数列.∴(S 8-S 4)2=S 4·(S 12-S 8),∵S 4=10,S 12=130,各项均为正数的等比数列{a n }, ∴(S 8-10)2=10·(130-S 8),∴S 8=40.故选B. 【答案】 B3.等比数列{a n }的首项为32,公比为-12,前n 项和为S n ,则当n ∈N *时,S n -1S n的最大值与最小值之和为( )A .-23B .-712C.14D.56【解析】 依题意得,S n =⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-21121123n=1-n⎪⎭⎫⎝⎛-21.当n 为奇数时,S n =1+12n 随着n 的增大而减小,1<S n =1+12n ≤S 1=32,S n-1S n 随着S n 的增大而增大,0<S n -1S n ≤56;当n 为偶数时,S n =1-12n 随着n 的增大而增大,34=S 2≤S n =1-12n <1,S n -1S n 随着S n 的增大而增大,-712≤S n -1S n <0.因此S n -1S n 的最大值与最小值分别为56、-712,其最大值与最小值之和为56-712=312=14,选C.【答案】 C题组训练二 等差、等比数列的性质及应用1.在等比数列{a n }中,a 3,a 15是方程x 2-7x +12=0的两根,则a 1a 17a 9的值为( )A .2 3B .4C .±2 2D .±4【解析】 ∵a 3,a 15是方程x 2-7x +12=0的两根,∴a 3a 15=12,a 3+a 15=7,∵{a n }为等比数列,又a 3,a 9,a 15同号,∴a 9>0,∴a 9=a 3a 15=23,∴a 1a 17a 9=a 29a 9=a 9=2 3.故选A.【答案】 A2.设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=1,-217<d <-19,则当S n 取最大值时n 的值为________.【解析】 因为等差数列{a n }的公差d 为负值,所以{a n }是递减数列.又a 1=1,所以由a n =a 1+(n -1)d >0得n <d -a 1d ,即n <1-1d ,因为-217<d <-19,所以192<1-1d <10,所以n ≤9,即当n ≤9时,a n >0,当n ≥10时,a n <0.所以当S n 取得最大值时n 的值为9.【答案】 93.若{a n }是等差数列,首项a 1>0,a 2 016+a 2 017>0,a 2 016·a 2 017<0,则使前n 项和S n>0成立的最大正整数n 是( )A .2 016B .2 017C .4 032D .4 033【解析】 因为a 1>0,a 2 016+a 2 017>0,a 2 016·a 2 017<0,所以d <0,a 2 016>0,a 2 017<0,所以S 4 032=4 032(a 1+a 4 032)2=4 032(a 2 016+a 2 017)2>0,S 4 033=4 033(a 1+a 4 033)2=4 033a 2017<0,所以使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是4 032,故选C.【答案】 C题型三 等差、等比数列的综合问题 【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化,关键是求出两个数列的基本量:首项和公差(或公比),灵活运用性质转化条件,简化运算,准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键.【例3】已知等差数列{a n }的公差为-1,且a 2+a 7+a 12=-6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ;(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项,记{b n }的前n 项和为T n ,若存在m ∈N *,使对任意n ∈N *,总有S n <T m +λ恒成立,求实数λ的取值范围.【解析】 (1)由a 2+a 7+a 12=-6,得a 7=-2,∴a 1=4, ∴a n =5-n ,从而S n =n (9-n )2.(2)由题意知b 1=4,b 2=2,b 3=1,设等比数列{b n }的公比为q ,则q =b 2b 1=12,∴T m =2112114-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-m =8⎪⎭⎫ ⎝⎛-m )21(1, ∵m⎪⎭⎫⎝⎛21随m 增加而递减, ∴{T m }为递增数列,得4≤T m <8. 又S n =n (9-n )2=-12(n 2-9n )=-12⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-481292n ,故(S n )max =S 4=S 5=10,若存在m ∈N *,使对任意n ∈N *总有S n <T m +λ, 则10<8+λ,得λ>2.即实数λ的取值范围为(2,+∞). 题组训练三 等差、等比数列的综合问题已知数列{a n }中,a 1=1,a n ·a n +1=n⎪⎭⎫ ⎝⎛21,记T 2n 为{a n }的前2n 项的和,b n =a 2n +a 2n -1,n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列,并求出b n ; (2)求T 2n .【解析】 (1)∵a n ·a n +1=n⎪⎭⎫⎝⎛21,∴a n +1·a n +2=121+⎪⎭⎫⎝⎛n ,∴a n +2a n =12,即a n +2=12a n .∵b n =a 2n +a 2n -1,∴b n +1b n =a 2n +2+a 2n +1a 2n +a 2n -1=12a 2n +12a 2n -1a 2n +a 2n -1=12所以{b n }是公比为12的等比数列.∵a 1=1,a 1·a 2=12,∴a 2=12⇒b 1=a 1+a 2=32.∴b n =32×121-⎪⎭⎫⎝⎛n =32n . (2)由(1)可知a n +2=12a n ,所以a 1,a 3,a 5,…是以a 1=1为首项,以12为公比的等比数列;a 2,a 4,a 6,…是以a 2=12为首项,以12为公比的等比数列. ∴T 2n =(a 1+a 3+…+a 2n -1)+(a 2+a 4+…+a 2n )=[]21121121211211-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫⎝⎛-nn =3-32n .题型四 数列与其他知识的交汇 【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性,又有较强的综合性,很多数列问题一般转化,特殊数列求解,一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合,考查数列的基本运算与应用.【例4】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若OB →=a 1OA →+a 2 016OC →,且A ,B ,C 三点共线(该直线不过点O ),则S 2 016等于( )A .1 007B .1 008C .2 015D .2 016 【解析】 ∵A 、B 、C 三点共线∴AB →=λAC →∴OB →-OA →=λ(OC →-OA →),OB →=(1-λ)OA →+λOC → 又∵OB →=a 1·OA →+a 2 016OC →,∴a 1=1-λ,a 2 016=λ ∴a 1+a 2 016=1∴S 2 016=2 016(a 1+a 2 016)2=1 008,∴选B.【答案】 B题组训练四 数列与其他知识的交汇1.在由正数组成的等比数列{a n }中,若a 3a 4a 5=3π,则sin(log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 7)的值为( )A.12B.32C .1D .-32【解析】 因为a 3a 4a 5=3π=a 34,所以a 4=3π3,即log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 7=log 3(a 1a 2…a 7)=log 3a 74=7log 33π3=7π3,所以sin(log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 7)=32. 【答案】 B2.已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7=a 6+2a 5,存在两项a m ,a n 使得 a m ·a n =4a 1,则1m +4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43【解析】 由a 7=a 6+2a 5,得a 1q 6=a 1q 5+2a 1q 4,整理得q 2-q -2=0,解得q =2或q=-1(不合题意,舍去),又由a m ·a n =4a 1,得a m a n =16a 21,即a 212m+n -2=16a 21,即有m +n-2=4,亦即m +n =6,那么1m +4n =16(m +n )⎪⎭⎫⎝⎛+n m 41=16⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++5426154m n n m m n n m =32,当且仅当4m n =n m ,即n =2m =4时取得最小值32.【答案】 A3.艾萨克·牛顿(1643年1月4日-1727年3月31日)英国皇家学会会长,英国著名物理学家,同时在数学上也有许多杰出贡献,牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n +1=x n -f (x n )f ′(x n ),我们把该数列称为牛顿数列.如果函数f (x )=ax 2+bx +c (a >0)有两个零点1,2,数列{}x n 为牛顿数列,设a n =ln x n -2x n -1,已知a 1=2,x n >2,则{}a n 的通项公式a n =________.【解析】 ∵ 函数f (x )=ax 2+bx +c (a >0)有两个零点1,2,∴⎩⎪⎨⎪⎧ a +b +c =0,4a +2b +c =0, 解得⎩⎪⎨⎪⎧c =2a ,b =-3a . ∴f (x )=ax 2-3ax +2a ,则f ′(x )=2ax -3a .则x n +1=x n -ax 2n -3ax n +2a 2ax n -3a =x n -x 2n -3x n +22x n -3=x 2n -22x n -3,∴x n +1-2x n +1-1=x 2n -22x n -3-2x 2n -22x n -3-1=x 2n -2-2(2x n -3)x 2n -2-(2x n -3)=212⎪⎪⎭⎫⎝⎛--n n x x , 则数列a n 是以2为公比的等比数列,又∵a 1=2 ,∴ 数列{}a n 是以2为首项,以2为公比的等比数列,则a n=2·2n-1=2n.【答案】2n【专题训练】一、选择题1.等比数列{a n}中,a4=2,a7=5,则数列{lg a n}的前10项和等于()A.2B.lg 50C.10D.5【解析】∵等比数列{a n}中,a4=2,a7=5,∴a1a10=a2a9=…=a4a7=10,∴数列{lg a n}的前10项和S=lg a1+lg a2+…+lg a10=lg a1a2…a10=lg 105=5,故选D【答案】 D2.在正项等比数列{a n}中,已知a3a5=64,则a1+a7的最小值为()A.64 B.32C.16 D.8【解析】在正项等比数列{a n}中,∵a3a5=64,∴a3a5=a1a7=64,∴a1+a7≥2a1a7=264=2×8=16,当且仅当a1=a7=8时取等号,∴a1+a7的最小值为16,故选C.【答案】 C3.一个等比数列的前三项的积为2,最后三项的积为4,且所有项的积为64,则该数列的项数是()A.13 B.12C.11 D.10【解析】设等比数列为{a n},其前n项积为T n,由已知得a1a2a3=2,a n a n-1a n-2=4,可得(a1a n)3=2×4,a1a n=2,∵T n=a1a2…a n,∴T2n=(a1a2…a n)2=(a1a n)(a2a n-1)…(a n a1)=(a1a n)n =2n=642=212,∴n=12.【答案】 B4.在数列{a n }中,若a 1=2,且对任意正整数m ,k ,总有a m +k =a m +a k ,则{a n }的前n 项和S n 等于( )A .n (3n -1)B.n (n +3)2C .n (n +1)D.n (3n +1)2【解析】 依题意得a n +1=a n +a 1,即有a n +1-a n =a 1=2,所以数列{a n }是以2为首项,2为公差的等差数列,a n =2+2(n -1)=2n ,S n =n (2+2n )2=n (n +1),选C.【答案】 C5.记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和,若S 12-S 6S 6-7·S 6-S 3S 3-8=0,且正整数m ,n满足a 1a m a 2n =2a 35,则1m +8n的最小值是( ) A.157 B.95 C.53D.75【解析】 ∵{a n }是等比数列,设{a n }的公比为q , ∴S 12-S 6S 6=q 6,S 6-S 3S 3=q 3,∴q 6-7q 3-8=0, 解得q =2(负值舍去).又a 1a m a 2n =2a 35,∴a 31·2m+2n -2=2(a 124)3=a 31213,∴m +2n =15,∴1m +8n =115⎪⎭⎫⎝⎛+n m 81(m +2n )=17+2n m +8m n 15≥17+22n m ×8m n 15=53,当且仅当2n m =8mn,即m =3,n =6时等号成立,∴1m +8n 的最小值是53,故选C. 【答案】 C6.数列{}a n 是以a 为首项,b 为公比的等比数列,数列{}b n 满足b n =1+a 1+a 2+…+a n (n =1,2,…),数列{}c n 满足c n =2+b 1+b 2+…+b n (n =1,2,…),若{}c n 为等比数列,则a +b 等于( )A. 2 B .3 C. 5D .6【解析】 由题意知,当b =1时,{c n }不是等比数列,所以b ≠1.由a n =ab n -1,则b n =1+a (1-b n )1-b =1+a 1-b -ab n 1-b ,得c n =2+nb a ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+11-a 1-b ·b (1-b n )1-b =2-ab (1-b )2+1-b +a 1-b n +abn +1(1-b )2,要使{}c n为等比数列,必有⎩⎪⎨⎪⎧2-ab(1-b )2=0,1-b +a1-b =0,得⎩⎪⎨⎪⎧a =1,b =2,a +b =3,故选B.【答案】 B 二、填空题7.数列{a n }的通项a n =n 2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin 3cos22ππn n ,其前n 项和为S n ,则S 30=________. 【解析】 由题意可知,a n =n 2·cos 2n π3,若n =3k -2,则a n =(3k -2)2·⎪⎭⎫⎝⎛-21=-9k 2+12k -42(k ∈N *);若n =3k -1,则a n =(3k -1)2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-21=-9k 2+6k -12(k ∈N *);若n =3k ,则a n =(3k )2·1=9k 2(k ∈N *),∴a 3k -2+a 3k -1+a 3k =9k -52,k ∈N *,∴S 30=9-52+90-522×10=470.【答案】 4708.已知数列{a n }满足a 1=2,且a n =2na n -1a n -1+n -1(n ≥2,n ∈N *),则a n =________.【解析】 由a n =2na n -1a n -1+n -1,得n a n =n -12a n -1+12,于是n a n -1=12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---111n a n (n ≥2,n ∈N *). 又1a 1-1=-12,∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-1nan 是以-12为首项,12为公比的等比数列,故n a n -1=-12n ,∴a n =n ·2n2n -1(n ∈N *).【答案】 n ·2n2n -19.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增一十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.问:几日相逢?( )A .8日B .9日C .12日D .16日【解析】由题可知,良马每日行程a n 构成一个首项为103,公差13的等差数列,驽马每日行程b n 构成一个首项为97,公差为-0.5的等差数列,则a n =103+13(n -1)=13n +90,b n =97-0.5(n -1)=97.5-0.5n ,则数列{a n }与数列{b n }的前n 项和为1125×2=2250,又∵数列{a n }的前n 项和为n 2×(103+13n +90),数列{b n }的前n 项和为n 2×(97+97.5-0.5n ),n 2(103+3n +90)+n2(97+97.5-0.5n )=2250,整理得:25n 2+775n -9 000=0,即n 2+31n -360=0,解得:n =9或n =-40(舍),即九日相逢.故选B.【答案】B10.数列{log k a n }是首项为4,公差为2的等差数列,其中k >0,且k ≠1.设c n =a n lg a n ,若{c n }中的每一项恒小于它后面的项,则实数k 的取值范围为________.【解析】 由题意得log k a n =2n +2,则a n =k2n +2,∴a n +1a n =k 2(n +1)+2k2n +2=k 2,即数列{a n }是以k 4为首项,k 2为公比的等比数列,c n =a n lg a n =(2n +2)·k 2n +2lg k ,要使c n <c n +1对一切n ∈N *恒成立,即(n +1)lg k <(n +2)·k 2·lg k 对一切n ∈N *恒成立;当k >1时,lg k >0,n +1<(n +2)k 2对一切n ∈N *恒成立;当0<k <1时,lg k <0,n +1>(n +2)k 2对一切n ∈N *恒成立,只需k 2<⎪⎭⎫ ⎝⎛++21n n min .∵n +1n +2=1-1n +2单调递增,∴当n =1时,n +1n +2取得最小值,即⎪⎭⎫⎝⎛++21n n min =23,∴k 2<23,且0<k <1,∴0<k <63.综上,k ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛36,0∪(1,+∞).【答案】 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛36,0∪(1,+∞) 三、解答题11.已知数列{}a n 的前n 项和为S n ,且S n =2a n -3n (n ∈N *).(1)求a 1,a 2,a 3的值;(2)是否存在常数λ,使得数列{a n +λ}为等比数列?若存在,求出λ的值和通项公式a n ;若不存在,请说明理由.【解】 (1)当n =1时,由S 1=2a 1-3×1,得a 1=3; 当n =2时,由S 2=2a 2-3×2,可得a 2=9; 当n =3时,由S 3=2a 3-3×3,得a 3=21.(2)令(a 2+λ)2=(a 1+λ)·(a 3+λ),即(9+λ)2=(3+λ)·(21+λ),解得λ=3. 由S n =2a n -3n 及S n +1=2a n +1-3(n +1),两式相减,得a n +1=2a n +3. 由以上结论得a n +1+3=(2a n +3)+3=2(a n +3),所以数列{a n +3}是首项为6,公比为2的等比数列,因此存在λ=3,使得数列{a n +3}为等比数列,所以a n +3=(a 1+3)×2n -1,a n =3(2n -1)(n ∈N *).12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n -1=3(a n -1),n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }满足a n +1=⎪⎭⎫ ⎝⎛23a n ·b n ,若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立,求实数t 的取值范围.【解】 (1)由已知得S n =3a n -2,令n =1,得a 1=1,又a n +1=S n +1-S n =3a n +1-3a n ⇒a n +1=32a n ,所以数列{a n }是以1为首项,32为公比的等比数列,所以a n =123-⎪⎭⎫ ⎝⎛n .(2)由a n +1=⎪⎭⎫⎝⎛23a n ·b n ,得b n =1a n log 32a n +1=(23)n -1log 32(32)n =n ·123-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ,所以b n +1-b n =(n +1)·n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32-n ·132-⎪⎭⎫ ⎝⎛n =2n -13n (2-n ),所以(b n )max =b 2=b 3=43,所以t ≥43.。
2020-2021年高中数学 数列 2.5 等差、等比数列的综合应用练习(含解析)新人教

第2课时 等差、等比数列的综合应用A 级 基础巩固一、选择题1.已知{a n }是首项为1的等比数列,S n 是{a n }的前n 项和,且9S 3=S 6,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158解析:设{a n }的公比为q ,显然q ≠1,由题意得9(1-q 3)1-q =1-q 61-q,所以1+q 3=9,得q =2,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1,公比为12的等比数列,其前5项和为1-⎝ ⎛⎭⎪⎫1251-12=3116.答案:C2.设各项都是正数的等比数列{a n },S n 为其前n 项和,且S 10=10,S 30=70,那么S 40等于( )A .150B .-200C .150或-200D .400解析:依题意,数列S 10,S 20-S 10,S 30-S 20,S 40-S 30成等比数列,因此有(S 20-S 10)2=S 10(S 30-S 20).即(S 20-10)2=10(70-S 20), 解得S 20=-20或S 20=30, 又S 20>0,因此S 20=30,S 20-S 10=20,S 30-S 20=40, 故S 40-S 30=80,S 40=150. 答案:A3.设{a n }为等比数列,{b n }为等差数列,且b 1=0,c n =a n +b n ,若数列{c n }是1,1,2,…,则数列{c n }的前10项和为( )A .978B .557C .467D .979解析:由题意可得a 1=1,设数列{a n }的公比为q ,数列{b n }的公差为d ,则⎩⎪⎨⎪⎧q +d =1,q 2+2d =2,所以q 2-2q =0, 因为q ≠0,所以q =2,所以d =-1, 所以a n =2n -1,b n =(n -1)(-1)=1-n , 所以c n =2n -1+1-n ,设数列c n 的前n 项和为S n , 所以S 10=978. 答案:A4.一个项数是偶数的等比数列,它的偶数项的和是奇数项的和的两倍,它的首项为1,且中间两项的和为24,则此等比数列的项数为( )A .12B .10C .8D .6解析:设该等比数列的项数为2n , 依题意得S 奇=a 1+a 3+a 5+…+a 2n -1,S 偶=a 2+a 4+a 6+…+a 2n=a 1q +a 3q +…+a 2n -1q =q ·S 奇. 因为S 偶=2S 奇,所以q =2. 又a n +a n +1=a 1q n -1+a 1q n =2n -1+2n =3×2n -1=24,所以2n -1=8=23,所以n -1=3,解得n =4,所以2n =8. 答案:C5.在数列{a n }中,已知对任意n ∈N *,a 1+a 2+a 3+…+a n =3n -1,则a 21+a 22+a 23+…+a 2n 等于( )A .(3n-1)2B.12(9n-1) C .9n -1D.14(3n-1) 解析:因为a 1+a 2+…+a n =3n-1,n ∈N *, 当n ≥2时,有a 1+a 2+…+a n -1=3n -1-1, 所以当n ≥2时,a n =3n-3n -1=2·3n -1,又n =1时,a 1=2适合上式,所以a n =2·3n -1,故数列{a 2n }是首项为4,公比为9的等比数列. 因此a 21+a 22+…+a 2n =4(1-9n)1-9=12(9n-1).答案:B二、填空题6.数列{a n }中,a n =⎩⎪⎨⎪⎧2n -1,n 为正奇数,2n -1,n 为正偶数,则它的前n 项和S n =________.解析:易知数列{a n }的奇数项为以1为首项,4为公比的等比数列,偶数项是以3为首项,4为公差的等差数列.(1)当n 为奇数时,奇数项有n +12项,偶数项有n -12项,所以S n =1-4n +121-4+(n -1)×32+n -12·⎝⎛⎭⎪⎫n -12-12·4=2n +1-13+n 2-n 2; (2)当n 为偶数时,奇数项、偶数项各有n2项,所以S n =1-4n 21-4+n2×3+n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2-12×4=2n -13+n 2+n2.答案:⎩⎪⎨⎪⎧2n +1-13+n 2-n2,n 为奇数,2n -13+n 2+n2,n 为偶数 7.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 10=40,S 20=120,则S 30=________. 解析:由等比数列的性质,知S 10,S 20-S 10,S 30-S 20也成等比数列,所以S 30-S 20=(S 20-S 10)2S 10=(120-40)240=160,所以S 30=280. 答案:2808.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S n =a -3n +1,则a 的值为________.解析:若数列{a n }是等比数列,则它的前n 项和公式为S n =A -Aq n,其中A =a 11-q,而此数列S n =a -3×3n,故a =3.答案:3 三、解答题9.已知在等比数列{a n }中,a 1=1,且a 2是a 1和a 3-1的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b 1+2b 2+3b 3+…+nb n =a n (n ∈N *),求{b n }的通项公式b n . 解:(1)由题意,得2a 2=a 1+a 3-1, 即2a 1q =a 1+a 1q 2-1,整理得2q =q 2. 又q ≠0,解得q =2,所以a n =2n -1.(2)当n =1时,b 1=a 1=1; 当n ≥2时,nb n =a n -a n -1=2n -2,即b n =2n -2n,所以b n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,2n -2n,n ≥2.10.已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4. (1)求{a n }的通项公式;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和. 解:(1)设数列{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q ,由⎩⎪⎨⎪⎧b 2=b 1q =3,b 3=b 1q 2=9,得⎩⎪⎨⎪⎧b 1=1,q =3. 所以{b n }的通项公式b n =b 1q n -1=3n -1,又a 1=b 1=1,a 14=b 4=34-1=27,所以1+(14-1)d =27,解得d =2.所以{a n }的通项公式a n =a 1+(n -1)d =1+(n -1)×2=2n -1(n =1,2,3,…). (2)设数列{c n }的前n 项和为S n . 因为c n =a n +b n =2n -1+3n -1,所以S n =c 1+c 2+c 3+…+c n =2×1-1+30+2×2-1+31+2×3-1+32+…+2n -1+3n -1=2(1+2+…+n )-n +30×(1-3n )1-3=2×(n +1)n 2-n +3n -12=n 2+3n-12.即数列{c n }的前n 项和为n 2+3n-12.B 级 能力提升1.(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N :N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A .440B .330C .220D .110解析:设首项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n 组的项数为n ,前n 组的项数和为n (1+n )2.由题意知,N >100,令n (1+n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *,即N 出现在第13组之后.第n 组的各项和为1-2n1-2=2n -1,前n 组所有项的和为2(1-2n)1-2-n =2n +1-2-n .设N 是第n +1组的第k 项,若要使前N 项和为2的整数幂,则第n +1组的前k 项的和2k-1应与-2-n 互为相反数,即2k-1=2+n (k ∈N *,n ≥14),k =log 2(n +3)⇒n 最小为29,此时k =5,则N =29×(1+29)2+5=440.答案:A2.在等比数列{a n }中,若a 1=12,a 4=-4,则|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=________.解析:因为{a n }为等比数列,且a 1=12,a 4=-4,所以q 3=a 4a 1=-8,所以q =-2,所以a n =12(-2)n -1,所以|a n |=2n -2,所以|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=12(1-2n)1-2=2n -12.答案:2n-123.(2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n ,{b n }是等差数列,且a n =b n+b n +1.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)令c n =(a n +1)n +1(b n +2)n ,求数列{c n }的前n 项和T n .解析:(1)由题意知当n ≥2时,a n =S n -S n -1=6n +5, 当n =1时,a 1=S 1=11, 所以a n =6n +5. 设数列{b n }的公差为d , 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,即⎩⎪⎨⎪⎧11=2b 1+d ,17=2b 1+3d , 可解得b 1=4,d =3, 所以b n =3n +1.(2)由(1)知c n =(6n +6)n +1(3n +3)n =3(n +1)·2n +1,又T n =c 1+c 2+c 3+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n +1)×2n +1],2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(n +1)×2n +2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n +1-(n +1)×2n +2]=3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4+4(2n-1)2-1-(n +1)×2n +2=-3n ·2n +2所以T n =3n ·2n +2.。
2023高考数学----等差等比数列的交汇问题规律方法与典型例题讲解

2023高考数学----等差等比数列的交汇问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】在解决等差、等比数列综合问题时,要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系,在求解过程中要树立“目标意识”,“需要什么,就求什么”,并适时地采用“巧用性质,整体考虑”的方法.可以达到减少运算量的目的.【典型例题】例1.(2022·河南·一模(理))已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,()121n n a S n *+=+∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)在n a 和1n a +之间插入n 个数,使这2n +个数组成一个公差为n d 的等差数列,在数列{}n d 中是否存在3项,,m k p d d d (其中,,m k p 是公差不为0的等差数列)成等比数列?若存在,求出这3项;若不存在,请说明理由.【解析】(1)当2n ≥时,由121n n a S +=+得:121n n a S −=+,11222n n n n n a a S S a +−∴−=−=,则13n n a a +=,{}n a 为等比数列,∴等比数列{}n a 的公比为3;当1n =时,2112121a S a =+=+,11321a a ∴=+,解得:11a =,()13n n a n −*∴=∈N(2)假设存在满足题意的3项,由(1)得:13nn a +=,又()11n n n a a n d +=++,1113323111n n n n n n a a d n n n −−+−−⋅∴===+++; ,,m k p d d d 成等比数列,2km p d d d ∴=⋅,即()()()2211224323234311111k m p m p m p m p k −−−+−⋅⋅⋅⋅=⋅=+++++, ,,m k p 成等差数列,2k m p ∴=+,()()()2224343111m p m p m p k +−+−⋅⋅∴=+++,()()()2111121k m p mp m p mp k ∴+=++=+++=++,整理可得:2k mp =,又222m p k +⎛⎫= ⎪⎝⎭,222224m p m mp p mp +++⎛⎫∴== ⎪⎝⎭, 即()20m p −=,解得:m p =,则m p k ==,与已知中,,m k p 是公差不为0的等差数列相矛盾,∴假设错误,即不存在满足题意的3项.例2.(2022·全国·高三专题练习)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,()12,2(1)N n n a n a n S n *=⋅=+⋅∈. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)判断数列231⎧⎫−⎨⎬+⎩⎭n n a n 中是否存在成等差数列的三项,并证明你的结论. 【解析】(1)N n *∈,2(1)n n n a n S ⋅=+⋅,则当2n ≥时,()12(1)−⋅−=+⋅n n n n S S n S ,即121−=⋅−n n S Sn n ,而121S =,因此,数列{}n S n 是公比为2的等比数列,则11221n n n S S n −=⋅=,即2n n S n =⋅,所以1(1)(1)22−+⋅==+⋅n nn n S a n n. (2)记231=−+nn n b a n ,由(1)知,123(1)2321−=−⋅+=−+n n n n n b n n ,不妨假设存在,,()<<m n p b b b m n p 三项成等差数列,则()2323232−=−+−n n m m p p ,因为(),,N m n p m n p *<<∈,所以1+≤n p ,令()()32N nnf n n *=−∈,则3()212⎡⎤⎛⎫=−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n nf n ,于是有()f n 对N n *∈是递增的,则()(1)≥+f p f n ,即113232++−≥−p p n n ,因此()1123232323232++−=−+−≥−+−n n m m p p m m n n ,即332n m m −≥−,其左边为负数,右边为正数,矛盾,所以数列231⎧⎫−⎨⎬+⎩⎭n n a n 中不存在成等差数列的三项. 例3.(2022·福建省福州华侨中学高三阶段练习)已知在正项等比数列{}n a 中13213,,22a a a 成等差数列,则2022202120202019a a a a +=+__________.【答案】9【解析】设正项等比数列{}n a 的公比为q ,则0q >,因为13213,,22a a a 成等差数列,所以31212322a a a ⨯=+,即211132a q a a q =+,又10a >,2230q q ∴−−=所以3q =或1q =−(不符合题意,舍去).所以20212020322202220211120192018202020191191a a a q a q q q q a a a q a q q ++===+=+++, 故答案为:9.例4.(2022·湖北·高三期中)已知{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,n S 是数列{}n a 的前n 项和,1111S =,573b b =,则6326log a b =______. 【答案】−1【解析】因为{}n a 是等差数列,且n S 是数列{}n a 的前n 项和,所以()1111161111112a a S a +===,解得61a =,因为{}n b 是等比数列,所以25763b b b ==,则633261log log 13a b ==−. 故答案为:1−.例5.(2022·河南省淮阳中学模拟预测(理))已知等差数列{}n a 的前n 项利为n S ,若9S ,5a ,1成等比数列,且20400S ≥,则{}n a 的公差d 的取值范围为______. 【答案】[)2,+∞【解析】因为9S ,5a ,1成等比数列,所以()192595992a a a S a +===,所以59a =,即149a d +=,即194a d =−.由20400S ≥,得()1201902094190400a d d d +=⨯−+≥,解得2d ≥,即{}n a 的公差d 的取值范围为[)2,+∞. 故答案为:[)2,+∞.例6.(2022·上海·华东师范大学第一附属中学高三阶段练习)已知等差数列{}n a 的公差d 不为零,等比数列{}n b 的公比q 是小于1的正有理数.若1a d =,21b d =,且222123123a a ab b b ++++是正整数,则q 的值可以是______. 【答案】12【解析】由题意知:{}n a 是首项为d ,公差为d ,且0d ≠的等差数列,{}n b 是首项为2d ,公比为q ,且01q <<的等比数列,∴()()()2222222123222222212323141411d d d a a a d b b b d d q d q q q d q q ++++===++++++++, 要使222123123a a ab b b ++++为正整数,即2141q q ++为正整数,∵01q <<,201q <<,∴2113q q <++<,设2141q q n ++=,()0n >,即1413n <<,即14143n <<, 又∵21414141n q q n==++,∴n 为正整数,则满足范围的n 的值有:5,6,7,8,9,10,11,12,13, 又221314124q q q n ⎛⎫++=++= ⎪⎝⎭,即111222q =−=−=−又由题意知:01q <<,且为有理数,∴12q =−8n =时,满足题意,此时:111112222q =−−−+=.故答案为:12.例7.(2022·贵州·顶效开发区顶兴学校高三期中(理))对于集合A ,B ,定义集合{|}A B x x A x B −=∈∉且. 己知等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b 满足14a =,12b =,212n n n b b b ++=+,332a b =+.设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ,B ,将集合A B −的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ,则数列{}n c 的前30项和30S =_________. 【答案】1632【解析】{}n b 为正项等比数列,则2221222n n n n n n b b b b q b q b q q ++=+⇒=+⇒=+,解得2q =或1q =−(舍),∴1122n nn b b −==;{}n a 为等差数列,则331222a a d =+=+,∴3d =,∴()41331n a n n =+−⋅=+.由231,*nn m b a m n m =⇒=+∈N 、,可得当2468n =、、、时,152185m =、、、, 故数列{}n c 的前30项包含数列{}n a 前33项除去数列{}n b 第2、4、6项,()3043331334166416322S +⨯+⨯=−−−=.故答案为:1632例8.(2022·全国·模拟预测(文))设数列{}n a ,{}n b 满足2n n a =,38n b n =−,则它们的公共项由小到大排列后组成新数列{}n c .在k c 和()1N*k c k +∈中插入k 个数构成一个新数列{}n e :1c ,1,2c ,3,5,3c ,7,9,11,4c ,…,插入的所有数构成首项为1,公差为2的等差数列,则数列{}n e 的前20项和20T =______. 【答案】1589【解析】2nn a =,∴数列{}n a 是以2首项,公比为2的等比数列,12a ∴=,24a =,38a =,416a =,因为38n b n =−,所以15b =−,22b =−,31b =,44b = 知1a 显然不是数列{}n b 中的项.424a b ==,2a ∴是数列{}n b 中的第4项,设2kk a =是数列{}n b 中的第m 项,则238(k m k =−、*N )m ∈.112222(38)616k k k a m m ++==⨯=−=−, 1k a +∴不是数列{}n b 中的项.222424(38)3(48)8k k k a m m ++==⨯=−=−−,2k a +∴是数列{}n b 中的项.21c a ∴=,42c a =,63c a =,⋯,2n n c a =,∴数列{}n c 的通项公式是224n n n c ==.因为12345520+++++=,所以{}n e 的前20项包括n c 的前5项,以及21n −的前15项,所以 1234520444441329T =++++++++()()5414129151589142−+⨯=+=−故答案为:1589.。
数列的综合应用

高三数学(人教版)
第六章 ·专题研究二
专 题 讲
nf(n+1) 1 (3)由题知,bn= f n =3n,
解
1 n(n+1) n(n+1)
1
11
专
则Tn=3×
2
=
6
,
∴பைடு நூலகம்n=
6(n-n+
). 1
题
111
1
1111 1
11
训 练
∴
T1+T2+
T3+…
+Tn
=
6(1-
2+2-
3+3
-
4+…
+n-n+
) 1
∴
1 a=2,f(x)=
(12)x.
高三数学(人教版)
第六章 ·专题研究二
专 题
又点(n-1,
an n2
)(n∈ N*)(在函数f(x)= ax的图象上,
讲 解
从
而ann2=21n-
1,即
an=
n2 2n-
1.
专 题
(n+ 1)2 n2 2n+ 1 (2)由 bn= 2n -2n= 2n 得,
训
练
111
1
Tn,试比较T1+T2+T3+…+Tn与 6的大小.
高三数学(人教版)
第六章 ·专题研究二
专 题
∴f(n+ 1)=
1 3
f(n)(n∈ N*),∴数列{f(n)}(n∈ N*)是以
讲
解
1
1
f(1)=3为首项,3为公比的等比数列,
专 题
∴f(n)=13×(13)n- 1,即f(n)=(13)n(n∈ N*).
=6(1- 1 ). n+ 1
∵
n∈
(完整版)2019高考数学专题等差等比数列含答案解析.docx

畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券,先领券后购物!手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ,高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643培优点十 等差、等比数列1.等差数列的性质 例 1:已知数列 a n , b n 为等差数列,若 a 1 b 1 7 , a 3 b 3 21 ,则 a 5 b 5 _______【答案】 35【解析】 ∵ a n , b n 为等差数列,∴ a n b n 也为等差数列,∴ 2 a 3b 3a 1b 1a 5b 5 ,∴ a 5 b 5 2 a 3b 3a 1b 135 .2.等比数列的性质例 2:已知数列 a n 为等比数列,若 a 4 a 610 ,则 a 7 a 1 2a 3a 3a 9 的值为()A . 10B . 20C . 100D . 200【答案】 C【解析】 与条件 a 4 a 6 10 联系,可将所求表达式向a 4 , a 6 靠拢,从而 a 7 a 1 2a 3a 3a 9 a 7 a 1 2a 7 a 3 a 3a 9a 42 2a 4a 6a 62a 42a 6 ,即所求表达式的值为 100 .故选 C .3.等差、等比综合例 3:设 a n 是等差数列, b n 为等比数列, 其公比 q 1 ,且 b i 0 i 1,2,3,L , n ,若 a 1 b 1 ,a 11b11,则有( )A . a 6 b 6B . a 6 b 6C . a 6 b 6D . a 6 b 6 或 a 6 b 6【答案】 B【解析】 抓住 a 1 , a 11 和 b 1 , b 11 的序数和与 a 6 , b 6 的关系,从而以此为入手点.由等差数列性质出发, a 1 b 1 , a 11 b 11 a 1a11b 1 b 11 ,因为 a 1 a 112a 6 ,而 b n 为等比数列,联想到 b 1 b 11 与 b 6 有关,所以利用均值不等式可得:b 1 b 11 2b 1 b112 b 622b 6 ;( q 1 故b1b11,均值不等式等号不成立)所以 a1 a11b1 b11 2a6 2b6.即 a6 b6.故选 B.对点增分集训一、单选题1.我国古代名著《九章算术》中有这样一段话:“今有金锤,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,中间三尺重几何.”意思是:“现有一根金锤,长 5 尺,头部 1 尺,重4 斤,尾部 1 尺,重 2 斤,且从头到尾,每一尺的重量构成等差数列,问中间三尺共重多少斤.”()A.6 斤B.7斤C.8 斤D.9 斤【答案】 D【解析】原问题等价于等差数列中,已知a1 4 , a5 2 ,求 a2a3a4的值.由等差数列的性质可知:a2a4a1a1a53 ,a5 6 , a32则 a2 a3a49 ,即中间三尺共重9 斤.故选 D.2.设 S n为等差数列 { a n } 的前n项和,若 S540, S9126 ,则 S7()A. 66B. 68C. 77D. 84【答案】 CS55a340, S99a5126a38【解析】根据等差数列的求和公式,化简得a5,14根据等差数列通项公式得a12d8,解方程组得a12a14d14,d3S7 7a47 a13d72 3 377 .故选 C.3.已知等比数列a n的前 n 项和为S n,且满足2S n2n1,则的值为()A. 4B. 2C.2D.4【答案】 C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券,先领券后购物!手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ,高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643【解析】 根据题意,当 n1时, 2S 1 2a 1 4,故当 n 2 时, a n S n S n 12n 1 ,∵数列 a n 是等比数列,则 a 11,故41 ;解得2 .故选 C .24.已知等差数列 a n 的前 n 项和为 S n , a 5 a 714 ,则 S 11 ()A . 140B . 70C . 154D . 77【答案】 D【解析】 等差数列 a n 的前 n 项和为 S n , a 5 a 7 14 ,∴ S 11a 1 a 1111 a 5 a 71114 77 .故选 D .221125.已知数列 a n 是公比为 q 的等比数列, 且 a 1 ,a 3 ,a 2 成等差数列, 则公比 q 的值为( )A . 1B . 2C .1 或1D . 1或12 22【答案】 C【解析】 由题意知: 2a 3 a 1 a 2 ,∴ 2a 1 q 2 a 1 q a 1 ,即 2q 2q 1 ,∴ q 1 或 q1.故选 C .26.公比不为 1 的等比数列a n 的前 n 项和为 S n ,且 2a 1 , 1a 2 , a 3 成等差数列, 若 a 1 1 ,2则 S 4 ()A . 5B . 0C . 5D . 7【答案】 A【解析】 设 a n 的公比为 q ,由 2a 1 ,1a 2 , a 3 成等差数列,可得a 22a 1 a 3 ,2若 a 1 1 ,可得 q2 q 2,解得 q21舍去,a 1 1 q 41 2 4则 S 45 ,故选 A .1q127 .等比数列 a n 的各项均为正数,且a 5 a 6 a 4 a 7 18 ,则 log 3 a 1log 3 a 2 Llog 3 a 10( )A . 12B . 10C . 8D . 2 log 3 5【答案】 B【解析】 由等比数列的性质结合题意可知:a 5a 6 a 4a 7 9 ,且 a1 a10a2 a9a3a8a4a7a5a69 ,据此结合对数的运算法则可得:log 3 a1log3 a2L log 3 a10log 3 a1 a2 L a10log3 9510 .故选 B.8.设公差为2的等差数列a n,如果 a1a4a7 L a97 50 ,那么 a3 a6 a9 L a99等于()A.182B.78C.148D.82【答案】 D【解析】由两式的性质可知: a3a6a9a99a12d a42d a72d a972d ,则 a3a6 a9a9950 66d82 .故选 D.9.已知等差数列a n的前 n 项和为S n,且3S1 2S315 ,则数列a n的第三项为()A. 3B.4C.5D. 6【答案】 C【解析】设等差数列a n的公差为 d,∵ 3S12S315 ,∴3a1 2 a1a2a315 3a16a2,∴ a12d5a3.故选 C.10.等差数列a n的前 n 项和为S n,若2a8 6 a10,则 S11()A. 27B. 36C. 45D. 66【答案】 D【解析】∵ 2a6 a ,∴ a a6a,∴ a6,∴ S11 a1a1111a66,故6810610101126选 D.11.设a n是各项为正数的等比数列,q 是其公比,K n是其前 n 项的积,且K5 K6,K6 K7 K8,则下列结论错误的是()..A. 0q 1B. a71C. K9K5D. K 6与 K 7均为 K n的最大值【答案】 C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券,先领券后购物!手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ,高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643n n 1【解析】 等比数列 a n a 1q n 1, K n 是其前 n 的 ,所以 K n a 1 nq 2,由此 K 5 K 61 a 1 q 5 , K 6K 7 1 a 1q 6 , K 7 K 8 1 a 1q 7所以 a 7 a 1 q 6 1 ,所以 B 正确,由 1 a 1q 5 ,各 正数的等比数列,可知q 1 ,所以 A 正确,n n 1n n 1n n 131 a 1q 6 , K na 1n q 2 可知 K n a 1n q 2q2,由 0 q 1 ,所以 q x减,n n13 在 n 6 , 7 取最小 ,2所以 K n 在 n 6 , 7 取最大 ,所以 D 正确.故 C .12 . 定函 数 f x如 下 表 , 数 列 a n 足 a n 1f a n , n N , 若 a 1 2 ,a 1 a 2 a 3 La2018( )A . 7042B . 7058C . 7063D . 7262【答案】 C【解析】 由 知 f 13 , f 2 5 , f 34 , f 4 6 , f5 1 , f6 2 ,∵ a 1 2 , a n 1 f a n , n N ,∴ a 1 2 , a 2 f 25 , a 3f 5 1 , a 4f 1 3 , a 5f 3 4 , a 6f 4 6 , a 7 f 6 2⋯⋯,∴ a n 是周期6 的周期数列,∵ 2018 336 6 2 ,∴ a 1 a 2 a 3 L a 2018 336 1 2 3 4 5 6 2 5 7063 ,故 C .二、填空13.已知等差数列a n ,若 a 2a 3 a 7 6 , a 1a 7 ________【答案】 4【解析】∵ a2 a3 a7 6 ,∴ 3a1 9d 6 ,∴ a1 3d 2 ,∴ a4 2 ,∴ a1a72a4 4 .故答案为 4.14.已知等比数列a n的前n项和为 S n,若公比 q3 2 ,且 a1 a2a3 1 ,则 S12的值是___________.【答案】 15【解析】已知 a1a2a3a1 1q31,则 S3 1 ,1qa 1q12又 q 3 2代入得 a11q 1 ;∴ S12q115.设n是等差数列a的前n项和,若a5S n a312q 1 1 3 215 .1 q10,则S9 _______.9S5【答案】 2S 9a99aa15109910【解析】925,又a,代入得S2 .S555a3a39S5 5 9a5a1216.在等差数列a n中, a1a4a10a16a19100 ,则 a16a19a13的值是 _______.【答案】 20【解析】根据等差数列性质a1a4a10a16a195a10100 ,所以 a10 20 ,根据等差数列性质,a16a19a13a16a13a19a19a10a19a10 20 .三、解答题17.已知数列a n中,a1 2 , a n 12a n.(1)求 a n;(2)若 b n n a n,求数列b n的前 5 项的和 S5.【答案】( 1) a n2n;( 2)77.【解析】( 1) a1 2 , a n 1 2 a n,畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券,先领券后购物!手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ,高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643则数列 a n 是首项为 2,公比为 2 的等比数列, a n 2 2n 1 2n ;(2) b n n a n n2n ,S 51 2 2 223 234 245 251 23 4 5222 23 24 251 55 2 25 277 .21 218.设 a n是等差数列, 其前 n 项和为 S n n N * ; b n 是等比数列, 公比大于 0,其前 n 项和为 T n n N * .已知 b 1 1, b 3b 2 2 , b 4 a 3 a 5 , b 5 a 42a 6 .(1)求 S n 和 T n ;(2)若 S nT 1 T 2 LT na n 4b n ,求正整数 n 的值.【答案】( 1) S n n n 1 , T n 2n 1 ;( 2) 4.2【解析】( 1)设等比数列 b n 的公比为 q ,由 b 1 1 , b 3b 2 2 ,可得 q 2q2 0 .因为 q0 ,可得 q2 ,故 b n 2 n 1 .所以 T n 1 2n2n 1 .1 2 设等差数列 a n 的公差为 d .由 b 4 a 3 a 5 ,可得 a 1 3d 4 .由 b 5 a 4 2a 6 得 3a 1 13d 16 ,从而 a 1 1 , d 1 ,故 an ,所以 Sn n1n.n22 1 n(2)由( 1),有 T 1 T 2 LT n2122L2nn 2n 2 .1 n 2n 12由 S nT 1 T 2 LT na n 4b n ,可得 n n12n1n 2 n 2n 1,2整理得 n 23n 4 0 ,解得 n1 (舍),或 n 4.所以 n 的值为 4.。
高考专题复习----等差、等比数列及其应用

高考专题复习----等差、等比数列及其应用1.已知{}n a 是等比数列,41252==a a ,,则13221++++n n a a a a a a =_____. [解析]数列{}1n n a a +仍是等比数列,其首项是128,a a =公比为1.4所以, 1223118[1()]324(14)1314n n n n a a a a a a -+-+++==-- 2.设,,,,则数列的通项公式=. [解析]数列是等比数列,则3.数列{a n }满足a 1=2,a 2=1,并且a n -1-a n a n ²a n -1=a n -a n +1a n ²a n +1(n ≥2),则数列{a n }的第100项为.[解析] 由已知可得:1a n +1+1a n -1=2a n ,n ≥2,∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是等差数列,∴a 100=150.一.若互不相等的实数a ,b ,c 成等差数列,c ,a ,b 成等比数列,且a +3b +c =10, 则a =________.[解析] 由c ,a ,b 成等比数列可将公比记为q ,三个实数a ,b ,c ,待定为cq ,cq 2,c .由实数a 、b 、c 成等差数列得2b =a +c ,即2cq 2=cq +c ,又等比数列中c ≠0,所以2q 2-q -1=0,解一元二次方程得q =1(舍去,否则三个实数相等)或q =-12,又a +3b +c =a +3aq +a q =-52a =10,所以a =-4.5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =2a n +1,则S n =_______.[解析] 本小题主要考查数列前n 项和S n 与通项a n 的关系,解题的突破口是用a n 表示S n .12a =121n n a a +=+21n n n a b a +=-*n N ∈{}n b n b {}n b 11422n n n b -+=⋅=由S n =2a n +1=2(S n +1-S n )得S n +1=32S n ,所以{S n }是以S 1=a 1=1为首项,32为公比的等比数列,所以S n =123-⎪⎭⎫⎝⎛n .考向一 等差数列与等比数列的综合应用【例1】设数列的前项和为 已知(I )设,证明数列是等比数列 (II )求数列的通项公式.解:(I )由及,有由,...① 则当时,有.....② ②-①得又,是首项,公比为2的等比数列. (II )由(I )可得,数列是首项为,公差为的等比数列., 第(I )问思路明确,只需利用已知条件寻找.第(II )问中由(I )易得,这个递推式明显是一个构造新数列的模型:,主要的处理手段是两边除以. 【巩固练习】 1.已知等比数列{a n }的公比q =-12.(1)若a 3=14,求数列{a n }的前n 项和;(2)证明:对任意k ∈N +,a k ,a k +2,a k +1成等差数列.解:(1)由a 3=a 1q 2=14及q =-12,得a 1=1,所以数列{a n }的前n 项和S n ={}n a n ,n S 11,a =142n n S a +=+12n n n b a a +=-{}n b {}n a 11,a =142n n S a +=+12142,a a a +=+21121325,23a ab a a =+=∴=-=142n n S a +=+2n ≥142n n S a -=+111144,22(2)n n n n n n n a a a a a a a +-+-=-∴-=-12n n n b a a +=- 12n n b b -∴={}n b ∴13b =11232n n n n b a a -+=-=⋅113224n n n n a a ++∴-=∴{}2n n a 1234∴1331(1)22444n n a n n =+-=-2(31)2n n a n -=-⋅1n n b b -与的关系即可11232n n n a a -+-=⋅1(,n n n a pa q p q +=+为常数)1n q+3)21(21--+n (2)证明:对任意k ∈N +, 2a k +2-(a k +a k +1)=2a 1qk +1-(a 1qk -1+a 1q k )=a 1qk -1(2q 2-q -1),由q =-12得2q 2-q -1=0,故2a k +2-(a k +a k +1)=0.所以,对任意k ∈N +,a k ,a k +2,a k +1成等差数列.2.设{}n a 是公差不为零的等差数列,n S 为其前n 项和,满足2222234577a a a a ,S +=+=(1)求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ; (2)试求所有的正整数m ,使得12m m m a a a ++为数列{}n a 中的项. 解:(1)设公差为d ,则22222543a a a a -=-,由性质得43433()()d a a d a a -+=+,因为0d ≠,所以430a a +=,即1250a d +=,又由77S =得176772a d ⨯+=,解得15a =-,2d =所以{}n a 的通项公式为27n a n =-,前n 项和26n S n n =-。
2020版新高考数学大二轮复习:等差数列与等比数列(真题及考点精讲)

2020版新高考数学大二轮复习:等差数列与等比数列(真题及考点精讲)[做真题]题型一 等差数列1.(2019·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 4=0,a 5=5,则( ) A .a n =2n -5 B .a n =3n -10 C .S n =2n 2-8nD .S n =12n 2-2n解析:选A.法一:设等差数列{a n }的公差为d ,因为⎩⎪⎨⎪⎧S 4=0,a 5=5,所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=-3,d =2,所以a n =a 1+(n -1)d =-3+2(n -1)=2n -5,S n =na 1+n (n -1)2d =n 2-4n .故选A. 法二:设等差数列{a n }的公差为d ,因为⎩⎪⎨⎪⎧S 4=0,a 5=5,所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=-3,d =2.选项A ,a 1=2×1-5=-3;选项B ,a 1=3×1-10=-7,排除B ; 选项C ,S 1=2-8=-6,排除C ; 选项D ,S 1=12-2=-32,排除D.故选A.2.(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3=S 2+S 4,a 1=2,则a 5=( )A .-12B .-10C .10D .12解析:选B.设等差数列{a n }的公差为d ,因为3S 3=S 2+S 4,所以3(3a 1+3×22d )=2a 1+d+4a 1+4×32d ,解得d =-32a 1,因为a 1=2,所以d =-3,所以a 5=a 1+4d =2+4×(-3)=-10.故选B.3.(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1,公差不为0.若a 2,a 3,a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( )A .-24B .-3C .3D .8解析:选A.设等差数列{a n }的公差为d ,因为a 2,a 3,a 6成等比数列,所以a 2a 6=a 23,即(a 1+d )(a 1+5d )=(a 1+2d )2,又a 1=1,所以d 2+2d =0,又d ≠0,则d =-2,所以a 6=a 1+5d =-9,所以{a n }前6项的和S 6=1-92×6=-24,故选A.4.(2019·高考全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1≠0,a 2=3a 1,则S 10S 5=________.解析:设等差数列{a n }的公差为d ,由a 2=3a 1,即a 1+d =3a 1,得d =2a 1, 所以S 10S 5=10a 1+10×92d 5a 1+5×42d =10a 1+10×92×2a 15a 1+5×42×2a 1=10025=4.答案:4题型二 等比数列1.(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=( )A .16B .8C .4D .2解析:选C.设等比数列{a n }的公比为q ,由a 5=3a 3+4a 1得q 4=3q 2+4,得q 2=4,因为数列{a n }的各项均为正数,所以q =2,又a 1+a 2+a 3+a 4=a 1(1+q +q 2+q 3)=a 1(1+2+4+8)=15,所以a 1=1,所以a 3=a 1q 2=4.2.(2017·高考全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( )A .1盏B .3盏C .5盏D .9盏解析:选B.每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{a n },则前7项的和S 7=381,公比q =2,依题意,得S 7=a 1(1-27)1-2=381,解得a 1=3,故选B.3.(2019·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 24=a 6,则S 5=________.解析:通解:设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 24=a 6,所以(a 1q 3)2=a 1q 5,所以a 1q =1,又a 1=13,所以q =3,所以S 5=a 1(1-q 5)1-q =13×(1-35)1-3=1213.优解:设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 24=a 6,所以a 2a 6=a 6,所以a 2=1,又a 1=13,所以q =3,所以S 5=a 1(1-q 5)1-q =13×(1-35)1-3=1213.答案:12134.(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m . 解:(1)设{a n }的公比为q ,由题设得a n =q n -1.由已知得q 4=4q 2,解得q =0(舍去),q =-2或q =2. 故a n =(-2)n-1或a n =2n -1.(2)若a n =(-2)n -1,则S n =1-(-2)n3.由S m =63得(-2)m =-188,此方程没有正整数解. 若a n =2n -1,则S n =2n -1.由S m =63得2m =64,解得m =6. 综上,m =6.题型三 等差、等比数列的判定与证明(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n +1=3a n -b n +4,4b n +1=3b n -a n -4.(1)证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列; (2)求{a n }和{b n }的通项公式.解:(1)证明:由题设得4(a n +1+b n +1)=2(a n +b n ),即a n +1+b n +1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(a n +1-b n +1)=4(a n -b n )+8,即a n +1-b n +1=a n -b n +2. 又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n -1.所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )]=12n +n -12,b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n +12.[学习指导意见]1.数列的概念和简单表示法了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式),了解数列是一种特殊函数.2.等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念.(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和的公式.考点1:等差、等比数列的基本运算[典型例题](1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=1,S 10S 5=3332,则数列{a n }的公比q 为( )A .4B .2C .12D .34(2)(2019·开封模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的前n 项和为T n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=3.①若a 3+b 3=7,求{b n }的通项公式; ②若T 3=13,求S n .【解】 (1)选C.因为S 10S 5=3332≠2,所以q ≠1.所以S 10S 5=a 1(1-q 10)1-q a 1(1-q 5)1-q =1+q 5,所以1+q 5=3332,所以q =12. (2)①设数列{a n }的公差为d ,数列{b n }的公比为q , 则a n =-1+(n -1)d ,b n =q n -1.由a 2+b 2=3,得d +q =4,(*) 由a 3+b 3=7,得2d +q 2=8,(**)联立(*)(**),解得q =2或q =0(舍去), 因此数列{b n }的通项公式为b n =2n -1.②因为T 3=1+q +q 2,所以1+q +q 2=13, 解得q =3或q =-4,由a 2+b 2=3,得d =4-q ,所以d =1或d =8. 由S n =na 1+12n (n -1)d ,得S n =12n 2-32n 或S n =4n 2-5n .等差、等比数列问题的求解策略(1)抓住基本量,首项a 1、公差d 或公比q ;(2)熟悉一些结构特征,如前n 项和为S n =an 2+bn(a ,b 是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为a n =p·q n -1(p ,q ≠0)的形式的数列为等比数列;(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置,所以常采用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.[对点训练]1.(多选)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a 2=2,且对于任意n>1,n ∈N *,满足S n +1+S n -1=2(S n +1),则( )A .a 9=17B .a 10=18C .S 9=81D .S 10=91解析:选BD.因为对于任意n >1,n ∈N *,满足S n +1+S n -1=2(S n +1),所以S n -1-S n =S n-S n -1+2,所以a n +1-a n =2.所以数列{a n }在n ≥2时是等差数列,公差为2,又a 1=1,a 2=2,则a 9=2+7×2=16,a 10=2+8×2=18,S 9=1+8×2+8×72×2=73,S 10=1+9×2+9×82×2=91.故选BD.2.(一题多题)(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数,其前n 项和为S n .若a 3=4,a 2a 6=64,则S 5=( )A .32B .31C .64D .63解析:选B.通解:设首项为a 1,公比为q ,因为a n >0,所以q >0,由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2=4a 1q ·a 1q 5=64,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1q =2,所以S 5=31,故选B.优解:设首项为a 1,公比为q ,因为a n >0,所以q >0,由a 2a 6=a 24=64,a 3=4,得q =2,a 1=1,所以S 5=31,故选B.3.(2019·武昌区调研考试)设{a n }是公差不为零的等差数列,S n 为其前n 项和,已知S 1,S 2,S 4成等比数列,且a 3=5,则数列{a n }的通项公式为________.解析:设数列{a n }的公差为d (d ≠0),因为{a n }是等差数列,S 1,S 2,S 4成等比数列,所以(a 1+a 2)2=a 1(a 1+a 2+a 3+a 4),因为a 3=5,所以(5-2d +5-d )2=(5-2d )(5-2d +15),解得d =2或d =0(舍去),所以5=a 1+(3-1)×2,即a 1=1,所以a n =2n -1.答案:a n =2n -1考点2:等差(比)数列的性质[典型例题](1)在等比数列{a n }中,a 3,a 15是方程x 2+6x +2=0的根,则a 2a 16a 9的值为( )A .-2+22B .- 2C . 2D .-2或 2(2)(2019·长春质量检测)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若S 4≠0,且S 8=3S 4,S 12=λS 8,则λ=( )A .13B .12C .2D .3(3)(2019·福建漳州质检改编)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和,且a 2+a 9+a 19=6,则a 10=________,S 19=________.【解析】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 3,a 15是方程x 2+6x +2=0的根,所以a 3·a 15=a 29=2,a 3+a 15=-6,所以a 3<0,a 15<0,则a 9=-2,所以a 2a 16a 9=a 29a 9=a 9=-2,故选B.(2)因为S n 是等差数列{a n }的前n 项和, 若S 4≠0,且S 8=3S 4,S 12=λS 8,所以由等差数列的性质得:S 4,S 8-S 4,S 12-S 8成等差数列, 所以2(S 8-S 4)=S 4+(S 12-S 8), 所以2(3S 4-S 4)=S 4+(λ·3S 4-3S 4), 解得λ=2.(3)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d .由等差数列的通项公式可得a 2+a 9+a 19=3(a 1+9d )=3a 10=6,所以a 10=2,由等差数列前n 项和公式可得S 19=19(a 1+a 19)2=19a 10=38.【答案】 (1)B (2)C (3)2 38等差、等比数列性质问题的求解策略[对点训练]1.(一题多解)(2019·福建省质量检查)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 8-a 5=9,S 8-S 5=66,则a 33=( )A .82B .97C .100D .115解析:选 C.通解:设等差数列{a n }的公差为d ,则由⎩⎪⎨⎪⎧a 8-a 5=9,S 8-S 5=66,得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1+7d )-(a 1+4d )=9,(8a 1+28d )-(5a 1+10d )=66,解得⎩⎪⎨⎪⎧d =3,a 1=4,所以a 33=a 1+32d =4+32×3=100,故选C.优解:设等差数列{a n }的公差为d ,由a 8-a 5=9,得3d =9,即d =3.由S 8-S 5=66,得a 6+a 7+a 8=66,结合等差数列的性质知3a 7=66,即a 7=22,所以a 33=a 7+(33-7)×d =22+26×3=100,故选C.2.(一题多解)(2019·广东省七校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 6+a 8=6,S 9-S 6=3,则S n 取得最大值时n 的值为( )A .5B .6C .7D .8解析:选D.法一:设{a n }的公差为d ,则由题意得,⎩⎪⎨⎪⎧a 1+5d +a 1+7d =6,a 1+6d +a 1+7d +a 1+8d =3,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=15,d =-2.所以a n =-2n +17,由于a 8>0,a 9<0,所以S n 取得最大值时n 的值是8,故选D. 法二:设{a n }的公差为d ,则由题意得,⎩⎪⎨⎪⎧a 1+5d +a 1+7d =6,a 1+6d +a 1+7d +a 1+8d =3,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=15,d =-2.则S n =15n +n (n -1)2×(-2)=-(n -8)2+64,所以当n =8时,S n 取得最大值,故选D.3.(一题多解)已知数列{a n }满足a n =⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫12-λn +1(n <6),λn -5(n ≥6),若对于任意的n ∈N *都有a n >a n +1,则实数λ的取值范围是________.解析:法一:因为a n >a n +1,所以数列{a n}是递减数列,所以⎩⎪⎨⎪⎧12-λ<0,0<λ<1,λ<⎝⎛⎭⎫12-λ×5+1,解得12<λ<712.所以实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫12,712. 法二:因为a n >a n +1恒成立,所以0<λ<1.若0<λ≤12,则当n <6时,数列{a n }为递增数列或常数列,不满足对任意的n ∈N *都有a n >a n+1;若12<λ<1,则当n <6时,数列{a n }为递减数列,当n ≥6时,数列{a n }为递减数列,又对任意的n ∈N *都有a n >a n +1,所以a 6<a 5,即λ<⎝⎛⎭⎫12-λ×5+1,解得λ<712, 所以12<λ<712.综上,实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫12,712. 答案:⎝⎛⎭⎫12,712考点3:等差(比)数列的判定与证明[典型例题](2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 3=7,a n =2a n -1+a 2-2(n ≥2).(1)证明:数列{a n +1}为等比数列;(2)求数列{a n }的通项公式,并判断n ,a n ,S n 是否成等差数列? 【解】 (1)证明:因为a 3=7,a 3=3a 2-2,所以a 2=3, 所以a n =2a n -1+1, 所以a 1=1,a n +1a n -1+1=2a n -1+2a n -1+1=2(n ≥2),所以数列{a n +1}是首项为a 1+1=2,公比为2的等比数列. (2)由(1)知,a n +1=2n , 所以a n =2n -1,所以S n =2(1-2n )1-2-n =2n +1-n -2,所以n +S n -2a n =n +(2n +1-n -2)-2(2n -1)=0,所以n +S n =2a n , 即n ,a n ,S n 成等差数列.判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明,其他方法最后都会回到定义,如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数,但最后还得使用定义才能说明其为等差数列.(2)证明数列{a n }为等比数列时,不能仅仅证明a n +1=qa n ,还要说明a 1≠0,才能递推得出数列中的各项均不为零,最后判定数列{a n }为等比数列.[对点训练]1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n +1-3a n =3n (n ∈N *)且a 1=1. (1)设b n =a n3n -1,证明数列{b n }为等差数列;(2)设c n =na n,求数列{c n }的前n 项和S n .解:(1)证明:由已知得a n +1=3a n +3n,得b n +1=a n +13n =3a n +3n 3n =a n3n -1+1=b n +1,所以b n +1-b n =1,又a 1=1,所以b 1=1, 所以数列{b n }是首项为1,公差为1的等差数列. (2)由(1)知,b n =a n 3n -1=n ,所以a n =n ·3n -1,c n =13n -1,所以S n =1×⎝⎛⎭⎫1-13n 1-13=32⎝⎛⎭⎫1-13n =32-12·3n -1.2.设S n 为数列{a n }的前n 项和,对任意的n ∈N *,都有S n =2-a n ,数列{b n }满足b 1=2a 1,b n =b n -11+b n -1(n ≥2,n ∈N *).(1)求证:数列{a n }是等比数列,并求{a n }的通项公式;(2)判断数列{1b n }是等差数列还是等比数列,并求数列{b n }的通项公式.解:(1)当n =1时,a 1=S 1=2-a 1,解得a 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n -1=a n -1-a n ,即a n a n -1=12(n ≥2,n ∈N *).所以数列{a n }是首项为1,公比为12的等比数列,故数列{a n }的通项公式为a n =⎝⎛⎭⎫12n -1.(2)因为a 1=1,所以b 1=2a 1=2.因为b n =b n -11+b n -1,所以1b n =1b n -1+1,即1b n -1b n -1=1(n ≥2). 所以数列{1b n }是首项为12,公差为1的等差数列. 所以1b n =12+(n -1)·1=2n -12,故数列{b n }的通项公式为b n =22n -1. 考点4:数列与新定义相交汇问题[典型例题]对任一实数序列A =(a 1,a 2,a 3,…),定义新序列ΔA =(a 2-a 1,a 3-a 2,a 4-a 3,…),它的第n 项为a n +1-a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1,且a 12=a 22=0,则a 2=________.【解析】 令b n =a n +1-a n ,依题意知数列{b n }为等差数列,且公差为1,所以b n =b 1+(n -1)×1,a 1=a 1, a 2-a 1=b 1, a 3-a 2=b 2, …a n -a n -1=b n -1,累加得a n =a 1+b 1+…+b n -1=a 1+(n -1)b 1+(n -1)(n -2)2=(n -1)a 2-(n -2)a 1+(n -1)(n -2)2,分别令n =12,n =22,得⎩⎪⎨⎪⎧11a 2-10a 1+55=0,21a 2-20a 1+210=0, 解得a 1=2312,a 2=100.【答案】 100数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”.(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识.(3)利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.[对点训练]1.对于数列{a n },定义数列{a n +1-a n }为数列{a n }的“差数列”,若a 1=2,数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n +1-a n =2n ,则数列{a n }的前n 项和S n =( )A .2B .2nC .2n +1-2D .2n -1-2解析:选C.因为a n +1-a n =2n ,所以a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=2n-1+2n -2+…+22+2+2=2-2n 1-2+2=2n -2+2=2n,所以S n =2-2n +11-2=2n +1-2.2.(2019·福建五校第二次联考)在数列{a n }中,a 1=13,1a n +1=3a n (a n +3),n ∈N +,且b n=13+a n.记P n =b 1×b 2×…×b n ,S n =b 1+b 2+…+b n ,则3n +1P n +S n =________. 解析:因为1a n +1=3a n (a n +3)=1a n -1a n +3,所以b n =13+a n =1a n -1a n +1,所以S n =b 1+b 2+…+b n =⎝⎛⎭⎫1a 1-1a 2+⎝⎛⎭⎫1a 2-1a 3+…+⎝⎛⎭⎫1a n -1a n +1=1a 1-1a n +1.因为1a n +1=3a n (a n +3),所以b n =13+a n =a n 3a n +1,所以P n =b 1×b 2×…×b n =a 13a 2×a 23a 3×…×a n 3a n +1=a 13n a n +1.又a 1=13,故3n +1P n +S n =3a 1a n +1+1a 1-1a n +1=1a 1=3.答案:3一、选择题1.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中,a 3=2,a 7=1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列,则a 9=( )A .12B .54C .45D .-45解析:选C.因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列,a 3=2,a 7=1,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d =1a 7-1a 37-3=1-127-3=18,所以1a 9=1a 7+(9-7)×18=54,所以a 9=45,故选C.2.(一题多解)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=2,S 3=-6,则S 5=( ) A .18B .10C .-14D .-22解析:选 D.法一:设等比数列{a n }的公比为q ,由题意,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1q =2a 1+a 1q +a 1q 2=-6,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=-2q =-2,所以S 5=-2×[1-(-2)5]1-(-2)=-22,故选D.法二:设等比数列{a n }的公比为q ,易知q ≠1,令A =a 1q -1,则S n =Aq n -A ,⎩⎪⎨⎪⎧S 2=Aq 2-A =2S 3=Aq 3-A =-6,解得⎩⎪⎨⎪⎧A =23q =-2,所以S n =23[(-2)n -1],所以S 5=23×[(-2)5-1]=-22,故选D.3.已知数列{a n }是等比数列,数列{b n }是等差数列,若a 1·a 6·a 11=-33,b 1+b 6+b 11=7π,则tanb 3+b 91-a 4·a 8的值是 ( )A .- 3B .-1C .-33D . 3解析:选A.依题意得,a 36=(-3)3,3b 6=7π,所以a 6=-3,b 6=7π3,所以b 3+b 91-a 4·a 8=2b 61-a 26=-7π3,故tan b 3+b 91-a 4·a 8=tan ⎝⎛⎭⎫-7π3=tan ⎝⎛⎭⎫-2π-π3=-tan π3=-3,故选A. 4.(一题多解)(2019·合肥市第一次质量检测)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *),a 5+a 7-a 26=0,则S 11的值为( )A .11B .12C .20D .22解析:选 D.通解:设等差数列{a n }的公差为d (d >0),则由(a 1+4d )+(a 1+6d )-(a 1+5d )2=0,得(a 1+5d )(a 1+5d -2)=0,所以a 1+5d =0或a 1+5d =2,又a 1>0,所以a 1+5d >0,则a 1+5d =2,则S 11=11a 1+11×102d =11(a 1+5d )=11×2=22,故选D.优解:因为{a n }为正项等差数列,所以由等差数列的性质,并结合a 5+a 7-a 26=0,得2a 6-a 26=0,a 6=2,则S 11=11(a 1+a 11)2=11×2a 62=11a 6=22,故选D. 5.等差数列{a n }中,已知|a 6|=|a 11|,且公差d >0,则其前n 项和取最小值时n 的值为( ) A .6 B .7 C .8D .9解析:选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列,又|a 6|=|a 11|,所以-a 6=a 11,即-a 1-5d =a 1+10d ,所以a 1=-15d 2,则a 8=-d 2<0,a 9=d2>0,所以前8项和为前n 项和的最小值,故选C.6.(多选)已知数列{a n }是等比数列,则下列命题正确的是( ) A .数列{|a n |}是等比数列 B .数列{a n a n +1}是等比数列C .数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列D .数列{lg a 2n }是等比数列解析:选ABC.因为数列{a n }是等比数列,所以a n +1a n =q .对于A ,|a n +1||a n |=⎪⎪⎪⎪a n +1a n =|q |,所以数列{|a n |}是等比数列,A 正确;对于B ,a n +1a n +2a n a n +1=q 2,所以数列{a n a n +1}是等比数列,B 正确;对于C ,1a n +11a n =a n a n +1=1q,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列,C 正确;对于D ,lg a 2n +1lg a 2n =2lg a n +12lg a n =lg a n +1lg a n ,不一定是常数,所以D 错误.二、填空题7.(2019·贵阳市第一学期监测)已知数列{a n }中,a 1=3,a 2=7.当n ∈N *时,a n +2是乘积a n ·a n +1的个位数,则a 2 019=________.解析:a 1=3,a 2=7,a 1a 2=21,a 3=1,a 2a 3=7,a 4=7,a 3a 4=7,a 5=7,a 4a 5=49,a 6=9,a 5a 6=63,a 7=3,a 6a 7=27,a 8=7,a 7a 8=21,a 9=1,a 8a 9=7,所以数列{a n }是周期为6的数列,又2 019=6×336+3,所以a 2 019=a 3=1.答案:18.在数列{a n }中,n ∈N *,若a n +2-a n +1a n +1-a n=k (k 为常数),则称{a n }为“等差比数列”,下列是对“等差比数列”的判断:①k 不可能为0;②等差数列一定是“等差比数列”; ③等比数列一定是“等差比数列”; ④“等差比数列”中可以有无数项为0. 其中所有正确判断的序号是________.解析:由等差比数列的定义可知,k 不为0,所以①正确,当等差数列的公差为0,即等差数列为常数列时,等差数列不是等差比数列,所以②错误;当{a n }是等比数列,且公比q =1时,{a n }不是等差比数列,所以③错误;数列0,1,0,1,…是等差比数列,该数列中有无数多个0,所以④正确.答案:①④9.(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )=e x -1e x +1,g (x )=f (x -1)+1,则g (x )的图象关于________对称,若a n =g ⎝⎛⎭⎫1n +g ⎝⎛⎭⎫2n +g ⎝⎛⎭⎫3n +…+g ⎝⎛⎭⎫2n -1n (n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为________.解析:因为f (x )=e x -1e x +1,所以f (-x )=e -x -1e -x +1=1-e xe x +1=-f (x ),所以函数f (x )为奇函数.因为g (x )=f (x -1)+1,所以g (x )的图象关于点(1,1)对称,若x 1+x 2=2,则有g (x 1)+g (x 2)=2,所以a n =g ⎝⎛⎭⎫1n +g ⎝⎛⎭⎫2n +g ⎝⎛⎭⎫3n +…+g ⎝⎛⎭⎫2n -1n =2(n -1)+g (1)=2n -2+f (0)+1=2n -1,即a n =2n -1,故数列{a n }的通项公式为a n =2n -1.答案:(1,1) a n =2n -1 三、解答题10.(2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列,公比q <1,若a 2=2,a 1+a 2+a 3=7.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和.解:(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q =2a 1+a 1q +a 1q 2=7, 则⎩⎪⎨⎪⎧a 1=4q =12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1q =2(舍去).所以a n =4×⎝⎛⎭⎫12n -1=23-n .(2)因为b n =log 2a n =log 223-n =3-n ,所以数列{b n }是首项为2,公差为-1的等差数列. 设数列{b n }的前n 项和为T n , 则T n =n (2+3-n )2=n (5-n )2.11.(2019·武汉调研)已知等差数列{a n }前三项的和为-9,前三项的积为-15. (1)求等差数列{a n }的通项公式;(2)若{a n }为递增数列,求数列{|a n |}的前n 项和S n .解:(1)设等差数列{a n }的公差为d ,则依题意得a 2=-3,则a 1=-3-d ,a 3=-3+d , 所以(-3-d )(-3)(-3+d )=-15,得d 2=4,d =±2, 所以a n =-2n +1或a n =2n -7.(2)由题意得a n =2n -7,所以|a n |=⎩⎪⎨⎪⎧7-2n ,n ≤32n -7,n ≥4,①n ≤3时,S n =-(a 1+a 2+…+a n )=5+(7-2n )2n =6n -n 2;②n ≥4时,S n =-a 1-a 2-a 3+a 4+…+a n =-2(a 1+a 2+a 3)+(a 1+a 2+…+a n )=18-6n +n 2.综上,数列{|a n |}的前n 项和S n =⎩⎪⎨⎪⎧-n 2+6n ,n ≤3n 2-6n +18,n ≥4.12.(2019·长沙市统一模拟考试)已知数列{a n }的首项a 1=3,a 3=7,且对任意的n ∈N *,都有a n -2a n +1+a n +2=0,数列{b n }满足b n =a 2n -1,n ∈N *.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)求使b 1+b 2+…+b n >2 018成立的最小正整数n 的值. 解:(1)令n =1得,a 1-2a 2+a 3=0,解得a 2=5.又由a n -2a n +1+a n +2=0知,a n +2-a n +1=a n +1-a n =…=a 2-a 1=2, 故数列{a n }是首项a 1=3,公差d =2的等差数列, 于是a n =2n +1,b n =a 2n -1=2n +1. (2)由(1)知,b n =2n +1.于是b 1+b 2+…+b n =(21+22+ (2))+n =2(1-2n )1-2+n =2n +1+n -2.令f (n )=2n +1+n -2,易知f (n )是关于n 的单调递增函数,又f (9)=210+9-2=1 031,f (10)=211+10-2=2 056, 故使b 1+b 2+…+b n >2 018成立的最小正整数n 的值是10.。
等差等比数列练习题(含答案)以及基础知识点

由题意可得
解得
∵等差数列 的各项为正,∴
∴∴Biblioteka 22(I):是以 为首项,2为公比的等比数列。
即
(II)证法一:
①
②
②-①,得
即
④-③,得
即
是等差数列。
19、有四个数,其中前三个数成等比数列,其积为216,后三个数成等差数列,其和为36,求这四个数。
20、已知 为等比数列, ,求 的通项式。
21、数列 的前 项和记为
(Ⅰ)求 的通项公式;
(Ⅱ)等差数列 的各项为正,其前 项和为 ,且 ,又 成等比数列,求
22、已知数列 满足
(I)求数列 的通项公式;
(A) (B) (C) (D)不确定
4、互不相等的三个正数 成等差数列, 是a,b的等比中项, 是b,c的等比中项,那么 , , 三个数()
(A)成等差数列不成等比数列(B)成等比数列不成等差数列
(C)既成等差数列又成等比数列(D)既不成等差数列,又不成等比数列
5、已知数列 的前 项和为 , ,则此数列的通项公式为()
2°.若 是公差为q的等比数列, 组成公差为qn的等比数列.(注意:当q=-1,n为偶数时这个结论不成立)
⑤若 是等比数列,
则顺次n项的乘积: 组成公比这 的等比数列.
⑥若 是公差为d的等差数列,
1°.若n为奇数,则 而S奇、S偶指所有奇数项、所有偶数项的和);
2°.若n为偶数,则
(二)学习要点:
1.学习等差、等比数列,首先要正确理解与运用基本公式,注意①公差d≠0的等差数列的通项公式是项n的一次函数an=an+b;②公差d≠0的等差数列的前n项和公式项数n的没有常数项的二次函数Sn=an2+bn;③公比q≠1的等比数列的前n项公式可以写成“Sn=a(1-qn)的形式;诸如上述这些理解对学习是很有帮助的.
等差等比数列专题题目+答案

高三二轮复习讲义 等差、等比数列1.(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1=1,且a n +1-a n =n +1(n ∈N *),则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________.2.(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 2=1,a 8=a 6+2a 4,则a 6的值是________.3.(2010·江苏卷)函数y =x 2(x >0)的图象在点(a k ,a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k +1,k 为正整数,a 1=16,则a 1+a 3+a 5=________.4.(2013·江苏卷)在正项等比数列{a n }中,a 5=12,a 6+a 7=3.则满足a 1+a 2+…+a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________.5、等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则S n 的最小值为________.6、 (2015·郑州模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m -1=5,S m =-11,S m +1=21,则m 等于________.7、 (2015·苏北四市模拟)在等差数列{a n }中,a 1=-2 015,其前n 项和为S n ,若S 1212-S 1010=2,则S 2 015的值为________.8、在等比数列{a n }中,公比q =2,前87项和S 87=140,则a 3+a 6+a 9+…+a 87=________.9、(2015·苏州期中)在等差数列{a n }中,a 5=3,a 6=-2,则a 3+a 4+…+a 8=________.10、设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,若a 1=1,且3S 1,2S 2,S 3成等差数列,则a n =________.11、 数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,且对任意正整数n ,点(a n +1,S n )在直线2x +y -2=0上. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)是否存在实数λ,使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n +λn +λ2n 为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.12、 已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列,S n 为其前n 项和,且满足a 2n =S 2n -1,令b n=1a n ·a n +1,数列{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和T n ;(2)是否存在正整数m ,n (1<m <n ),使得T 1,T m ,T n 成等比数列?若存在,求出所有的m ,n 的值;若不存在,请说明理由.13.(2015·广州模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若2S 4=S 5+S 6,则数列{a n }的公比q 的值为________.14.(2015·南师附中调研)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若S 3S 6=13,则S 6S 7=________.15.(2015·南通检测)已知等比数列{a n }为递增数列,且a 3+a 7=3,a 2a 8=2,则a 13a 11=________.16.在等比数列{a n }中,已知a 1+a 3=8,a 5+a 7=4,则a 9+a 11+a 13+a 15=________.17.(2015·阳泉模拟)若等差数列{a n }满足a 7+a 8+a 9>0,a 7+a 10<0,则当n =________时,{a n }的前n 项和最大.18.(2015·安徽卷)已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于________.19.(2015·福建卷改编)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于________.20.已知{a n}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{b n}满足b1=4,b4=20,且{b n-a n}为等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.21.(2015·洛阳模拟)成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5. (1)求数列{b n }的通项公式; (2)数列{b n }的前n 项和为S n ,求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n +54是等比数列.22.(2015·苏、锡、常、镇调研)已知数列{a n }是首项为133,公比为133的等比数列,设b n +15log 3a n =t ,常数t ∈N *.(1)求证:{b n }为等差数列;(2)设数列{c n }满足c n =a n b n ,是否存在正整数k ,使c k ,c k +1,c k +2按某种次序排列后成等比数列?若存在,求k ,t 的值;若不存在,请说明理由.数列的综合应用1、(2015·江苏卷)设a 1,a 2,a 3,a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列. (1)证明:2a 1,2a 2,2a 3,2a 4依次构成等比数列;(2)是否存在a 1,d ,使得a 1,a 22,a 33,a 44依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a 1,d 及正整数n ,k ,使得a n 1,a n +k 2,a n +2k 3,a n +3k 4依次构成等比数列?并说明理由.2、(2011·江苏卷)设M 为部分正整数组成的集合,数列{a n }的首项a 1=1,前n 项的和为S n ,已知对任意的整数k ∈M ,当整数n >k 时,S n +k +S n -k =2(S n +S k )都成立. (1)设M ={1},a 2=2,求a 5的值; (2)设M ={3,4},求数列{a n }的通项公式.3、(2012·江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{a n }和{b n }满足:a n +1=a n +b na 2n +b 2n,n ∈N *. (1)设b n +1=1+b n a n ,n ∈N *,求证:数列2n n b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列;(2)设b n +1=2·b na n ,n ∈N *,且{a n }是等比数列,求a 1和b 1的值.4、如果无穷数列{a n}满足下列条件:①a n+a n+22≤a n+1;②存在实数M,使得a n≤M,其中n∈N*,那么我们称数列{a n}为Ω数列.(1)设数列{b n}的通项为b n=5n-2n,且是Ω数列,求M的取值范围;(2)设{c n}是各项为正数的等比数列,S n是其前n项和,c3=14,S3=74,证明:数列{S n}是Ω数列;(3)设数列{d n}是各项均为正整数的Ω数列,求证:d n≤d n+1.5、(2014·江苏卷)设数列{a n}的前n项和为S n.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得S n=a m,则称{a n}是“H数列”.(1)若数列{a n}的前n项和S n=2n(n∈N*),证明:{a n}是“H数列”;(2)设{a n}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{a n}是“H数列”,求d的值;(3)证明:对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*)成立.6、(2014·泰州期末)设数列{a n}的前n项积为T n,已知对∀n,m∈N*,当n>m时,总有T nT m=T n-m·q(n-m)m(q>0是常数).(1)求证:数列{a n}是等比数列;(2)设正整数k,m,n(k<m<n)成等差数列,试比较T n·T k和(T m)2的大小,并说明理由;(3)探究:命题p:“对∀n,m∈N*,当n>m时,总有T nT m=T n-m·q(n-m)m(q>0是常数)”是命题t:“数列{a n}是公比为q(q>0)的等比数列”的充要条件吗?若是,请给出证明;若不是,请说明理由.7、 (2015·徐州质检)已知数列{a n },{b n }满足a 1=3,a n b n =2,b n +1=a n ⎝⎛⎭⎪⎫b n -21+a n ,n ∈N *.(1)求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列,并求数列{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n =2a n -5,对于给定的正整数p ,是否存在正整数q ,r (p <q <r ),使得1c p,1c q,1cr成等差数列?若存在,试用p 表示q ,r ;若不存在,请说明理由.18.(2015·全国Ⅱ卷)设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=-1,a n +1=S n S n +1,则S n =____________.19.数列{a n }的通项公式a n =1 n +n +1,若{a n }的前n 项和为24,则n 为________.20.(2012·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7=4,a 6=8,若函数f (x )=a 1x +a 2x 2+a 3x 3+…+a 10x 10的导数为f ′(x ),则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12=________.21.在等差数列{a n }中,a 1=142,d =-2,从第一项起,每隔两项取出一项,构成新的数列{b n },则此数列的前n 项和S n 取得最大值时n 的值是________.22.在正项数列{a n }中,a 1=2,a n +1=2a n +3×5n ,则数列{a n }的通项公式为________.23.(2015·苏、锡、常、镇模拟)已知各项都为正的等比数列{a n }满足a 7=a 6+2a 5,存在两项a m ,a n 使得 a m ·a n =4a 1,则1m +4n 的最小值为________.24.(2015·南通调研)设S n 为数列{a n }的前n 项之和,若不等式a 2n +S 2n n2≥λa 21对任何等差数列{a n }及任何正整数n 恒成立,则λ的最大值为________.25.(2015·南京、盐城模拟)已知等比数列{a n }的首项为43,公比为-13,其前n 项和为S n ,若A ≤S n -1S n≤B 对n ∈N *恒成立,则B -A 的最小值为________.26.数列{a n}满足a n=2a n-1+2n+1(n∈N*,n≥2),a3=27.(1)求a1,a2的值;(2)是否存在一个实数t,使得b n=12n(a n+t)(n∈N*),且数列{b n}为等差数列?若存在,求出实数t;若不存在,请说明理由;(3)求数列{a n}的前n项和S n.27.(2013·江苏卷)设{a n}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),S n是其前n项的和.记b n=nS nn2+c,n∈N*,其中c为实数.(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:S nk=n2S k(k,n∈N*);(2)若{b n}是等差数列,证明:c=0.28.(2014·南京、盐城模拟)已知数列{a n}满足a1=a(a>0,a∈N*),a1+a2+…+a n-pa n+1=0(p≠0,p≠-1,n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)若对每一个正整数k,若将a k+1,a k+2,a k+3按从小到大的顺序排列后,此三项均能构成等差数列,且公差为d k.①求p的值及对应的数列{d k}.②记S k为数列{d k}的前k项和,问是否存在a,使得S k<30对任意正整数k恒成立?若存在,求出a 的最大值;若不存在,请说明理由.。
高三数学等比数列试题答案及解析

高三数学等比数列试题答案及解析1.设等不数列{an }的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6=( )A. 31B.32C.63D. 64【答案】C【解析】由已知条件可得解得,所以,故选C. 【考点】等比数列的性质.2.公比为的等比数列的各项都是正数,且,则= ()A.B.C.D.【答案】(B)【解析】由等比数列的各项都是正数,且.所以.又公比为即.故选(B)【考点】1.等比数列的性质.2.等比数列的通项公式.3.已知等比数列{an }满足a1+a2=3,a2+a3=6,则a7=()A.64B.81C.128D.243【答案】A【解析】由a2+a3=q(a1+a2)=3q=6,∴q=2∴a1(1+q)=3,∴a1=1,∴a7=26=64故选A4.设正项等比数列的前项积为,若,则=__________.【答案】1【解析】设等比数列的通项公式为故答案为1【考点】等比数列的通项公式;等比数列的乘积运算.5.设正项等比数列的前项积为,若,则=__________.【答案】1【解析】正项等比数列的首项为与公比,由【考点】等比数列的通项公式;等比数列的乘积运算.6.函数图像上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列,则以下不可能成为公比的数是()A.B.C.D.【答案】B【解析】函数图象上的点到原点的距离的最小值为1,最大值为3,故,即,而,因此选B.【考点】等比数列的性质.7.已知数列满足,,定义:使乘积为正整数的k叫做“简易数”.则在[3,2013]内所有“简易数”的和为 .【答案】2035【解析】∵,∴,则“简易数”为使为整数的整数,即满足,∴,则在区间内所有“简易数”的和为.【考点】1.新定义题;2.等比数列的前n项和公式.8.已知等比数列的前项和为,若,,则的值是 .【答案】-2【解析】由得,∴,∴,.【考点】等比数列的通项公式与前项和.9.已知等比数列中,=1,=2,则等于( ).A.2B.2C.4D.4【答案】C【解析】,,,可见,,依旧成等比数列,所以,解得.【考点】等比数列的性质10.已知正项数列,其前项和满足且是和的等比中项.(1)求数列的通项公式;(2) 符号表示不超过实数的最大整数,记,求.【答案】(1) 所以;(2) .【解析】(1) 由①知②通过①②得整理得,根据得到所以为公差为的等差数列,由求得或.验证舍去.(2) 由得,利用符号表示不超过实数的最大整数知,当时,,将转化成应用“错位相减法”求和.试题解析:(1) 由①知② 1分由①②得整理得 2分∵为正项数列∴,∴ 3分所以为公差为的等差数列,由得或 4分当时,,不满足是和的等比中项.当时,,满足是和的等比中项.所以. 6分(2) 由得, 7分由符号表示不超过实数的最大整数知,当时,, 8分所以令∴① 9分② 10分①②得即. 12分【考点】等差数列的通项公式,对数运算,“错位相减法”.11.在各项均为正数的等比数列{an }中,已知a2=2a1+3,且3a2,a4,5a3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn =log3an,求数列{anbn}的前n项和Sn.【答案】(1)3n,n∈N(2)Sn=【解析】(1)设{an}公比为q,由题意得q>0,且解得 (舍),所以数列{an }的通项公式为an=3·3n-1=3n,n∈N.(2)由(1)可得bn =log3an=n,所以anbn=n·3n.所以Sn=1·3+2·32+3·33+…+n·3n,所以3Sn=1·32+2·33+3·34+…+n·3n+1,两式相减得,2Sn=-3-(32+33+…+3n)+n·3n+1=-(3+32+33+…+3n)+n·3n+1=-+n·3n+1=,所以数列{an bn}的前n项和Sn=.12.已知两个数k+9和6-k的等比中项是2k,则k=________.【答案】3【解析】由已知得(2k)2=(k+9)(6-k),k∈N*,∴k=3.13.已知等比数列{an }是递增数列,Sn是{an}的前n项和,若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=________.【答案】63【解析】因为等比数列{an }是递增数列,所以a1=1,a3=4,则q=2,故S6==63.14.已知数列{an }为等比数列,且a1a13+2=4π,则tan(a2a12)的值为()A.±B.-C.D.-【答案】C【解析】∵a1a13=,a2a12=,∴=,∴tan(a2a12)=tan=tan=,故选C.15.已知数列{an }是等差数列,a2=6,a5=12,数列{bn}的前n项和是Sn,且Sn+bn=1.(1)求数列{an}的通项公式.(2)求证:数列{bn}是等比数列.(3)记cn =,{cn}的前n项和为Tn,若Tn<对一切n∈N*都成立,求最小正整数m.【答案】(1) an=2n+2 (2)见解析 (3) 2012【解析】(1)设{an }的公差为d,则a2=a1+d,a5=a1+4d.∵a2=6,a5=12,∴解得:a1=4,d=2.∴an=4+2(n-1)=2n+2.(2)当n=1时,b1=S1,由S1+b1=1,得b1=.当n≥2时,∵Sn =1-bn,Sn-1=1-bn-1,∴Sn -Sn-1=(bn-1-bn),即bn=(bn-1-bn).∴bn =bn-1.∴{bn}是以为首项,为公比的等比数列.(3)由(2)可知:bn=·()n-1=2·()n.∴cn====-,∴Tn=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-<1,由已知得≥1,∴m≥2012,∴最小正整数m=2012.16.一个由正数组成的等比数列,它的前4项和是前2项和的5倍,则此数列的公比为()A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】设此数列的公比为q,根据题意得q>0且q≠1,由,解得q=2.17.某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于________.【答案】6【解析】设每天植树的棵数组成的数列为{an},由题意可知它是等比数列,且首项为2,公比为2,所以由题意可得≥100,即2n≥51,而25=32,26=64,n∈N*,所以n≥6.18.在等比数列{an }中,a1+a2=20,a3+a4=40,则a5+a6等于________.【答案】80【解析】q2==2,a5+a6=(a3+a4)q2=40×2=80.19.Sn 是等比数列{an}的前n项和,a1=,9S3=S6,设Tn=a1a2a3…an,则使Tn取最小值的n值为________.【答案】5【解析】设等比数列的公比为q,故由9S3=S6,得9×,解得q=2,故=a n =×2n-1,易得当n≤5时,<1,即Tn<Tn-1;当n≥6时,Tn>Tn-1,据此数列单调性可得T5为最小值.20.已知等比数列{an }是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=________.【答案】63【解析】∵a1,a3是方程x2-5x+4=0的两根,且q>1,∴a1=1,a3=4,则公比q=2,因此S6==63.21.已知公比为的等比数列的前项和为,则下列结论中:(1)成等比数列;(2);(3)正确的结论为()A.(1)(2).B.(1)(3).C.(2)(3).D.(1)(2)(3).【答案】C【解析】根据等比数列的性质,,则,,(2)(3)是正确的,但当时,(1)不正确,故选C.【考点】等比数列的前项和与等比数列的定义.22.在等比数列{an }中,a4=4,则a2·a6等于()A.4B.8C.16D.32【答案】C【解析】23.在等比数列{an }中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn等于().A.2n+1-2B.3n C.2n D.3n-1【答案】C【解析】∵数列{an }为等比数列,设公比为q,∴an=2q n-1,又∵{an+1}也是等比数列,则(an+1+1)2=(a n+1)·(a n+2+1)⇒+2a n+1=a n a n+2+a n+a n+2⇒a n+a n+2=2a n+1⇒a n(1+q2-2q)=0⇒q=1.即an =2,所以Sn=2n.24.在等比数列{an }中,2a3-a2a4=0,则a3=________;{bn}为等差数列,且b3=a3,则数列{bn}的前5项和等于________.【答案】210【解析】在等比数列中2a3-a2a4=2a3-=0,解得a3=2.在等差数列中b3=a3=2,所以S5==5b3=5×2=10.25.设等比数列{an }的公比q=2,前n项和为Sn,若S4=1,则S8= ().A.17B.C.5D.【答案】A【解析】由于S4=a1+a2+a3+a4=1,S8=S4+a5+a6+a7+a8=S4+S4·q4,又q=2.所以S8=1+24=17.故选A26.已知数列为等比数列,,,,则的取值范围是( ) A.B.C.D.【答案】D【解析】①,②,③,由①②③得,,故选D.【考点】1.等比数列的定义;2.不等式求范围.27.数列{}的前n项和为,.(Ⅰ)设,证明:数列是等比数列;(Ⅱ)求数列的前项和;(Ⅲ)若,.求不超过的最大整数的值.【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】(Ⅰ)由,令可求,时,利用可得与之间的递推关系,构造等可证等比数列;(Ⅱ)由(Ⅰ)可求,利用错位相减法可求数列的和;(Ⅲ)由(Ⅰ)可求,进而可求,代入P中利用裂项求和即可求解试题解析:解:(Ⅰ) 因为,所以①当时,,则, .(1分)②当时,, .(2分)所以,即,所以,而, .(3分)所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以. .(4分)(Ⅱ)由(Ⅰ)得.所以①② .(6分)②-①得: .(7分)(8分)(Ⅲ)由(Ⅰ)知(9分)而,(11分)所以,故不超过的最大整数为.(14分) .【考点】1.递推关系;2.等比数列的概念;3.数列求和.28.正项递增等比数列{}中,,则该数列的通项公式为()A.B.C.D.【答案】B【解析】由得,或(舍).【考点】等比数列的运算性质.29.若等比数列的第项是二项式展开式的常数项,则 .【答案】【解析】展开式的通项公式为,其常数项为,所以.【考点】1、二项式定理;2、等比数列.30.设Sn 为等比数列{an}的前n项和,若,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】∵,∴,∴,∴.【考点】1.等比数列的通项公式;2.等比数列的前n项和公式.31.在等比数列中,若,则 .【答案】.【解析】由于数列为公比数列,所以,由于,所以.【考点】等比数列的性质32.已知,数列是首项为,公比也为的等比数列,令(Ⅰ)求数列的前项和;(Ⅱ)当数列中的每一项总小于它后面的项时,求的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】本题考查数列的通项公式和数列求和问题,考查学生的计算能力和分析问题解决问题的能力,考查分类讨论思想和转化思想.第一问,利用等比数列的通项公式先写出数列的通项公式,利用对数的性质得到的通项公式,从而列出,它符合错位相减法,利用错位相减法求和;第二问,有题意得,讨论的正负,转化为恒成立问题,求出.试题解析:(Ⅰ)由题意知,.∴..以上两式相减得.∵,∴.(Ⅱ)由.由题意知,而,∴. ①(1)若,则,,故时,不等式①成立;(2)若,则,不等式①成立恒成立.综合(1)、(2)得的取值范围为.【考点】1.等比数列的通项公式;2.等比数列的前n项和公式;3.错位相减法;4.恒成立问题.33.已知等比数列前项和为()A.10B.20C.30D.40【答案】C【解析】等比数列中,依次3项和依然成等比数列,即,,,成等比数列,其值分别为2,4,8,16,故.【考点】等比数列的性质.34.设等比数列满足公比,,且{}中的任意两项之积也是该数列中的一项,若,则的所有可能取值的集合为.【答案】【解析】任取数列中两项和,则也是数列中的项,又,,所以可能为,即的值可能为.【考点】等比数列的通项公式和性质.35.已知公差不为零的等差数列与公比为的等比数列有相同的首项,同时满足,,成等比,,,成等差,则( )A.B.C.D.【答案】C【解析】设数列的首项为,等差数列的公差为,,将,,代入得,化简得,解得,代入(1)式得.【考点】1、等差数列的通项公式;2、等比数列的性质.36.等比数列{}的前n项和为,已知对任意的,点,均在函数且均为常数)的图像上.(1)求r的值;(2)当b=2时,记求数列的前项和.【答案】(1);(2).【解析】(1)利用的关系求解;(2)由(1)和b=2求得,进而求得,利用错位相减法可得.试题解析:∵对任意的,点,均在函数且均为常数)的图像上. ∴得,当时,,当时,,又∵{}为等比数列,∴, 公比为, ∴.(2)当b=2时,,则相减,得=∴【考点】1.等比数列通项公式;2.数列求和;3.数列中的关系.37.在正项等比数列中,,则的值是( )A.10000B.1000C. 100D.10【答案】A【解析】因为,所以,所以,.【考点】1.对数的性质;2.等比数列的性质.38.若等比数列满足,,则公比__________;前项_____.【答案】2,【解析】,由,解得,故.考点定位:本题考查了等比数列的通项公式、前n项公式和数列的性质.39.已知各项均为正数的数列中,是数列的前项和,对任意,有.函数,数列的首项(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令求证:是等比数列并求通项公式(Ⅲ)令,,求数列的前n项和.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ) ;(Ⅲ).【解析】(Ⅰ)由①得② 1分由②—①,得即: 2分由于数列各项均为正数,3分即数列是首项为,公差为的等差数列,数列的通项公式是 4分(Ⅱ)由知,所以, 5分有,即, 6分而,故是以为首项,公比为2的等比数列. 7分所以 8分(Ⅲ), 9分所以数列的前n项和错位相减可得 12分【考点】等差数列、等比数列的通项公式,“错位相减法”。
高考数学试题分项版解析 专题13 等差与等比数列 文(含解析)

专题13 等差与等比数列文考纲解读明方向考点内容解读要求常考题型预测热度1.等差数列及其性质①理解等差数列的概念;②掌握等差数列的通项公式与前n项和公式;③能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题;④了解等差数列与一次函数的关系理解选择题填空题★★★2.等差数列前n项和公式掌握选择题填空题★★★分析解读 1.理解等差数列的概念、等差数列的通项公式与前n项和公式.2.体会等差数列与一次函数的关系,掌握等差数列的一些基本性质.3.命题以求a n,S n为主,考查等差数列相关性质.4.本节内容在高考中主要考查数列定义、通项公式、前n项和公式及性质,分值约为5分,属中低档题.考点内容解读要求常考题型预测热度1.等比数列及其性质①理解等比数列的概念;②掌握等比数列的通项公式与前n项和公式;③能在具体的问题情境中识别数列的理解选择题填空题解答题★★★2.等比数列前掌握选择题★★★n 项和公式等比关系,并能用有关知识解决相应的问题;④了解等比数列与指数函数的关系填空题解答题分析解读 1.理解等比数列的概念、掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.2.体会等比数列与指数函数的关系.3.求通项公式、求前n项和及等比数列相关性质的应用是高考热点.2018年高考全景展示1.【2018年文北京卷】】“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率f,则第八个单音频率为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析:根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列,利用等比数列的相关性质可解. 详解:因为每一个单音与前一个单音频率比为,所以,又,则,故选D.点睛:此题考查等比数列的实际应用,解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种:(1)定义法,若()或(),数列是等比数列;(2)等比中项公式法,若数列中,且(),则数列是等比数列.2.【2018年文北京卷】设是等差数列,且.(Ⅰ)求的通项公式;(Ⅱ)求.【答案】(I)(II)【解析】分析:(1)设公差为,根据题意可列关于的方程组,求解,代入通项公式可得;(2)由(1)可得,进而可利用等比数列求和公式进行求解.点睛:等差数列的通项公式及前项和共涉及五个基本量,知道其中三个可求另外两个,体现了用方程组解决问题的思想.3.【2018年全国卷Ⅲ文】等比数列中,.(1)求的通项公式;(2)记为的前项和.若,求.【答案】(1)或(2)【解析】分析:(1)列出方程,解出q可得;(2)求出前n项和,解方程可得m。
2010-2019历年高考数学《等差数列》真题汇总

2010-2019历年高考数学《等差数列》真题汇总专题六 数列第十五讲 等差数列2019年1. (2019全国Ⅰ文18)记S n 为等差数列{}n a 的前n 项和,已知95S a =-. (1)若34a =,求{}n a 的通项公式;(2)若10a >,求使得n n S a ≥的n 的取值范围.2. (2019全国Ⅲ文14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若375,13a a ==,则10S =___________.3.(2019天津文18)设{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,公比大于0,已知113a b ==,23b a = ,3243b a =+.(Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)设数列{}n c 满足21,,,n n n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩奇偶为数为数求()*112222n na c a c a c n N +++∈L .4.(2019江苏8)已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列,n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==,则8S 的值是 .2010-2018年一、选择题1.(2017浙江)已知等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,则“0d >”是“465+2S S S >”的A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充分必要条件D .既不充分也不必要条件 2.(2015新课标2)设n S 是数列}{n a 的前n 项和,若3531=++a a a ,则=5SA .5B .7C .9D .13.(2015新课标1)已知{}n a 是公差为1的等差数列,n S 为{}n a 的前n 项和,若844S S =,则10a = A .172 B .192C .10D .12 4.(2014辽宁)设等差数列{}n a 的公差为d ,若数列1{2}n a a为递减数列,则A .0d <B .0d >C .10a d <D .10a d >5.(2014福建)等差数列{}n a 的前n 项和n S ,若132,12a S ==,则6a =A .8B .10C .12D .14 6.(2014重庆)在等差数列{}n a 中,1352,10a a a =+=,则7a =A .5B .8C .10D .147.(2013新课标1)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,1m S -=-2,m S =0,1m S +=3,则m =A .3B .4C .5D .68.(2013辽宁)下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的四个命题:{}1:n p a 数列是递增数列;{}2:n p na 数列是递增数列; 3:n a p n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭数列是递增数列;{}4:3n p a nd +数列是递增数列; 其中的真命题为A .12,p pB .34,p pC .23,p pD .14,p p 9.(2012福建)等差数列{}n a 中,1510a a +=,47a =,则数列{}n a 的公差为A .1B .2C .3D .410.(2012辽宁)在等差数列{}n a 中,已知48+=16a a ,则该数列前11项和11=S A .58 B .88 C .143 D .17611.(2011江西)设{}n a 为等差数列,公差2d =-,n s 为其前n 项和,若1011S S =,则1a =A .18B .20C .22D .2412.(2011安徽)若数列}{n a 的通项公式是1210(1)(32),nn a n a a a =--+++=L 则A .15B .12C .-12D .-1513.(2011天津)已知{}n a 为等差数列,其公差为-2,且7a 是3a 与9a 的等比中项,n S 为{}n a 的前n 项和,*n N ∈,则10S 的值为A .-110B .-90C .90D .11014.(2010安徽)设数列{}n a 的前n 项和2n S n =,则8a 的值为A .15B .16C .49D .64 二、填空题15.(2015陕西)中位数为1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为_____.16.(2014北京)若等差数列{}n a 满足7890a a a ++>,7100a a +<,则当n =____时,{}n a 的前n 项和最大.17.(2014江西)在等差数列{}n a 中,71=a ,公差为d ,前n 项和为n S ,当且仅当8=n 时n S 取最大值,则d 的取值范围_________.18.(2013新课标2)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知100S =,1525S =,则n nS 的最小值为____.19.(2013广东)在等差数列{}n a 中,已知3810a a +=,则573a a +=_____. 20.(2012北京)已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和.若112a =,23S a =,则2a = ;n S = .21.(2012江西)设数列{},{}n n a b 都是等差数列,若117a b +=,3321a b +=,则55a b +=____.22.(2012广东)已知递增的等差数列{}n a 满足11a =,2324a a =-,则n a =____.23.(2011广东)等差数列{}n a 前9项的和等于前4项的和.若11a =,40k a a +=,则k =_________.三、解答题24.(2018全国卷Ⅱ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,已知17=-a ,315=-S .(1)求{}n a 的通项公式; (2)求n S ,并求n S 的最小值.25.(2018北京)设{}n a 是等差数列,且123ln 2,5ln 2a a a =+=.(1)求{}n a 的通项公式; (2)求12e e e n aa a +++L .26.(2017天津)已知{}n a 为等差数列,前n 项和为*()n S n ∈N ,{}n b 是首项为2的等比数列,且公比大于0,2312b b +=,3412b a a =-,11411S b =. (Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)求数列2{}n n a b 的前n 项和*()n ∈N . 27.(2017江苏)对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足11112n k n k n n n k n k n a a a a a a ka --+-++-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=对任意正整数n ()n k >总成立,则称数列{}n a 是“()P k 数列”. (1)证明:等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;(2)若数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,证明:{}n a 是等差数列. 28.(2016年北京)已知{}n a 是等差数列,{}n b 是等差数列,且23b =,39b =,11a b =,144a b =.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式;(Ⅱ)设n n n c a b =+,求数列{}n c 的前n 项和.29.(2016年山东)已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+,{}n b 是等差数列,且1n n n a b b +=+.(I )求数列{}n b 的通项公式;(II )令1(1)(2)n n n nn a c b ++=+.求数列{}n c 的前n 项和n T . 30.(2015福建)等差数列{}n a 中,24a =,4715a a +=.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)设22n a n b n -=+,求12310b b b b +++⋅⋅⋅+的值.31.(2015山东)已知数列}{n a 是首项为正数的等差数列,数列11{}n n a a +⋅的前n 项和为12+n n. (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)设(1)2n an n b a =+⋅,求数列}{n b 的前n 项和n T . 32.(2015北京)已知等差数列{}n a 满足1210a a +=,432a a -=.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式;(Ⅱ)设等比数列{}n b 满足23b a =,37b a =.问:6b 与数列{}n a 的第几项相等? 33.(2014新课标1)已知{}n a 是递增的等差数列,2a ,4a 是方程2560x x -+=的根.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和. 34.(2014新课标1)已知数列{n a }的前n 项和为n S ,1a =1,0n a ≠,11n n n a a S λ+=-,其中λ为常数.(Ⅰ)证明:2n n a a λ+-=;(Ⅱ)是否存在λ,使得{n a }为等差数列?并说明理由.35.(2014浙江)已知等差数列{}n a 的公差0d >,设{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,2336S S ⋅= (Ⅰ)求d 及n S ;(Ⅱ)求,m k (*,m k N ∈)的值,使得1265m m m m k a a a a +++++++=L . 36.(2013新课标1)已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =,55S =-.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求数列21211{}n n a a -+的前n 项和.37.(2013福建)已知等差数列{}n a 的公差1d =,前n 项和为n S .(Ⅰ)若131,,a a 成等比数列,求1a ; (Ⅱ)若519S a a >,求1a 的取值范围.38.(2013新课标2)已知等差数列{}n a 的公差不为零,125a =,且11113,,a a a 成等比数列. (Ⅰ)求{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求14732+n a a a a -++⋅⋅⋅+.39.(2013山东)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且424S S =,221n n a a =+(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)设数列{}n b 的前n 项和n T ,且12n n na T λ++=(λ为常数),令2n n c b =(*n ∈N ).求数列{}n c 的前n 项和n R .40.(2011福建)已知等差数列{}n a 中,1a =1,33a =-. (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)若数列{}n a 的前k 项和35k S =-,求k 的值.41.(2010浙江)设1a ,d 为实数,首项为1a ,公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足56S S +15=0.(Ⅰ)若5S =5,求6S 及1a ; (Ⅱ)求d 的取值范围. 答案部分1.解析(1)设{}n a 的公差为d .由95S a =-得140a d +=.由a 3=4得124a d +=.于是18,2a d ==-.因此{}n a 的通项公式为102n a n =-.(2)由(1)得14a d=-,故(9)(5),2n n n n da n d S -=-=.由10a >知0d <,故n n S a…等价于211100n n -+„,解得110n ≤≤.所以n 的取值范围是{|110,}n n n ∈N 剟. 2.解析 在等差数列{}n a 中,由35a =,713a =,得731352734a a d --===-,所以132541a a d =-=-=,则1010910121002S ⨯=⨯+⨯=.3.解析(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q 依题意,得23323154q d q d =+⎧⎨=+⎩,解得33d q =⎧⎨=⎩,故33(1)3n a n n =+-=,1333n nn b -=⨯=.所以,{}n a 的通项公式为3n a n =()n *∈N ,{}n b 的通项公式 为3n n b =()n *∈N .(Ⅱ)112222n na c a c a c ++⋯+()()135212142632n n n a a a a a b a b a b a b -=+++⋯++++++L()123(1)3663123183...632n n n n n -⎡⎤=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯⎢⎥⎣⎦()2123613233n n n =+⨯+⨯++⨯L1213233nn T n =⨯+⨯+⋯+⨯. ① 2331313233n T n +=⨯+⨯++⨯L , ②②-①得,()12311313(21)3323333..3313.2n n n n n n n T n n +++--+=----+=-⨯=-+⨯-,故()121334n n n T +-+=.所以,()122112222213336332n n n n n a c a c a c n T n +-+++=+=+⨯L()22*(21)3692n n n n N +-++=∈.4.解析 设等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d ,则1111()(4)70989272a d a d a d a d ++++=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩,解得152a d =-⎧⎨=⎩.所以818786(5)152162dS a ⨯=+=⨯-+⨯=.2010-2018年1.C 【解析】∵655465()()S S S S a a d---=-=,当0d >,可得465+2S S S >;当465+2S S S >,可得0d >.所以“0d >”是“465+2S S S >” 充分必要条件,选C .2.A 【解析】13533331a a a a a ++==⇒=,()15535552a a S a +===.故选A .3.B 【解析】设等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d ,由题设知1d =,844S S =,所以118284(46)a a +=+,解得112a =,所以10119922a =+=.4.C 【解析】∵数列1{2}na a 为递减数列,111111[(1)]()n a a a a n d a dn a a d =+-=+-,等式右边为关于n 的一次函数,∴10a d <.5.C 【解析】 设等差数列{}n a 的公差为d ,则3133S a d=+,所以12323d =⨯+,解得2d =,所以612a =.6.B 【解析】由等差数列的性质得1735a a a a +=+,因为12a =,3510a a +=,所以78a =,选B .7.C 【解析】有题意知m S =1()2m m a a +=0,∴1a =-m a =-(m S -1m S -)=-2, 1m a +=1m S +-mS =3,∴公差d =1m a +-ma =1,∴3=1m a +=-2m +,∴m =5,故选C . 8.D 【解析】设1(1)n a a n d dn m=+-=+,所以1p 正确;如果312n a n =-则满足已知,但2312n na n n =-并非递增所以2p 错;如果若1n a n =+,则满足已知,但11n a n n =+,是递减数列,所以3p 错;34n a nd dn m +=+,所以是递增数列,4p 正确.9.B 【解析】由题意有153210a a a +==,35a =,又∵47a =,∴432a a -=,∴2d =.10.B 【解析】4866+=2=16=8a a a a ∴,而()11111611+==11=882a a S a ,故选B.11.B 【解析】由1011S S =,得1111100a S S =-=,111(111)0(10)(2)20a a d =+-=+-⨯-=.12.A 【解析】10121014710(1)(3102)a a a ++⋅⋅⋅+=-+-++⋅⋅⋅+-⋅⨯-910(14)(710)[(1)(392)(1)(3102)]15=-++-++⋅⋅⋅+-⋅⨯-+-⋅⨯-=.13.D 【解析】因为7a 是3a 与9a 的等比中项,所以2739a a a =,又数列{}n a 的公差为-2,所以2111(12)(4)(16)a a a -=--,解得120a =,故20(1)(2)222n a n n=+-⨯-=-,所以1101010()5(202)1102a a S +==⨯+=.14.A 【解析】887644915a S S =-=-=.15.5【解析】设该数列的首项为1a ,由等差数列的性质知1201510102a +=,所以1202020155a =-=.16.8【解析】∵数列{}n a 是等差数列,且789830a a a a ++=>,80a >.又710890a a a a +=+<,∴90a <.当n =8时,其前n 项和最大.17.7(1,)8--【解析】由题意可知,当且仅当8=n 时n S 取最大值,可得8900d a a <⎧⎪>⎨⎪<⎩,解得718d -<<-.18.-49【解析】设{}n a 的首项为1a ,公差d ,由100S =,1525S =,得112903215a d a d +=⎧⎨+=⎩,解得123,3a d =-=,∴()321103n nS n n =-,设()()321103f n n n =-,()220,3f n n n '=- 当2003n <<时()0f n '<,当203n >,()0f n '>,由*n N ∈, 当6n =时,()()31661036483f =-⨯=- 当7n =时,()()3217107493f n =-⨯=-∴7n =时,nnS 取得最小值49-.19.20【解析】 依题意12910a d +=,所以()57111334641820a a a d a d a d +=+++=+=.或:()57383220a a a a +=+=20.1,(1)4n n +【解析】设公差为d ,则1122a d a d +=+,把112a =代入得12d =, ∴21a =,n S =1(1)4n n +21.35【解析】(解法一)因为数列{},{}n n a b 都是等差数列,所以数列{}n n a b +也是等差数列.故由等差中项的性质,得()()()5511332a b a b a b +++=+,即()557221a b ++=⨯,解得5535a b +=.(解法二)设数列{},{}n n a b 的公差分别为12,d d ,因为331112(2)(2)a b a d b d +=+++1112()2()a b d d =+++1272()21d d =++=所以127d d +=.所以553312()2()35a b a b d d +=+++=.22.21n a n =-【解析】221321,412(1)4a a a d d ==-⇔+=+-221n d a n ⇔=⇔=-.23.10【解析】设{}n a 的公差为d ,由94S S =及11a =,得9843914122d d ⨯⨯⨯+=⨯+,所以16d =-.又40k a a +=,所以11[1(1)()][1(41)()]066k +-⨯-++-⨯-=,即10k =. 24.【解析】(1)设{}n a 的公差为d ,由题意得13315a d +=-.由17a =-得2=d .所以{}n a 的通项公式为29n a n =-. (2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--.所以当4=n 时,nS 取得最小值,最小值为−16.25.【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ,∵235ln 2a a +=, ∴1235ln 2a d +=,又1ln 2a =,∴ln 2d =.∴1(1)ln 2n a a n d n =+-=.(2)由(1)知ln 2n a n =,∵ln 2ln 2e ee =2nn a n n ==, ∴{e }na 是以2为首项,2为公比的等比数列. ∴212ln 2ln 2ln 2e e e e ee nn a a a +++=+++L L 2=222n +++L 1=22n +-.∴12e e ena a a+++L 1=22n +-.26.【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=,得21()12b q q +=,而12b =,所以260q q +-=.又因为0q >,解得2q =.所以,2n n b =.由3412b a a =-,可得138d a -=①.由11411S b =,可得1516a d +=②,联立①②,解得11,3a d ==,由此可得32n a n =-.所以,{}n a 的通项公式为32n a n =-,{}n b 的通项公式为2nn b =.(Ⅱ)解:设数列2{}n n a b 的前n 项和为nT ,由262n a n =-,有2342102162(62)2nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ,2341242102162(68)2(62)2n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ,上述两式相减,得23142626262(62)2n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯L1212(12)4(62)2(34)21612n n n n n ++⨯-=---⨯=----.得2(34)216n n T n +=-+.所以,数列2{}n n a b 的前n 项和为2(34)216n n +-+.27.【解析】证明:(1)因为{}n a 是等差数列,设其公差为d ,则1(1)n a a n d =+-,从而,当n 4≥时,n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d--+++-122(1)2na n d a =+-=,1,2,3,k =所以n n n n n n na a a a a a a ---+++++=321123+++6,因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”.(2)数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,因此,当3n ≥时,n n n n na a a a a --+++++=21124,①当4n ≥时,n n n n n n na a a a a a a ---++++++++=3211236.②由①知,n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++,③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+,④将③④代入②,得n n na a a -++=112,其中4n ≥,所以345,,,a a a L是等差数列,设其公差为d'.在①中,取4n =,则235644a a a a a +++=,所以23a a d'=-, 在①中,取3n =,则124534a a a a a +++=,所以122a a d'=-,所以数列{}n a 是等差数列.28.【解析】(I )等比数列{}n b 的公比32933b q b ===,所以211bb q ==,4327b b q ==.设等差数列{}n a 的公差为d .因为111a b ==,14427a b ==,所以11327d +=,即2d =.所以21n a n =-(1n =,2,3,⋅⋅⋅).(II )由(I )知,21n a n =-,13n n b -=.因此1213n n n n c a b n -=+=-+.从而数列{}n c 的前n 项和()11321133n n S n -=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+()12113213n n n +--=+-2312n n -=+.29.【解析】(Ⅰ)由题意当2≥n 时,561+=-=-n S S a n n n ,当1=n 时,1111==S a ;所以56+=n a n ;设数列的公差为d ,由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ,即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111,解之得3,41==d b ,所以13+=n b n .(Ⅱ)由(Ⅰ)知112)1(3)33()66(=-⋅+=++=n nn n n n n c ,又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321,即23413[223242(1)2]n n T n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++,所以]2)1(242322[322543+++⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=n n n T ,以上两式两边相减得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯+++⋅⋅⋅+-+224(21)3[4(1)2]3221n n n n n ++-=+-+=-⋅-.所以223+⋅=n n n T .30.【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d .由已知得()()11143615a d a d a d +=⎧⎪⎨+++=⎪⎩,解得131a d =⎧⎨=⎩.所以()112n a a n d n =+-=+. (Ⅱ)由(Ⅰ)可得2n n b n=+,所以231012310(21)(22)(23)(210)b b b b ++++=+=+=++++…………2310(2222)=+++++......(1+2+3+ (10)102(12)(110)10122-+⨯=+-11(22)55=-+112532101=+=. 31.【解析】(Ⅰ)设数列{}n a 的公差为d ,令1n =,得12113a a =,所以123a a =.令2n =,得12231125a a a a +=,所以2315a a =.解得11,2a d ==,所以21n a n =-.(Ⅱ)由(Ⅰ)知24224,n n n b n n -=⋅=⋅所以121424......4,n n T n =⋅+⋅++⋅所以23141424......(1)44,n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅两式相减,得121344......44n n n T n +-=+++-⋅114(14)13444,1433n n n n n ++--=-⋅=⨯-- 所以113144(31)44.999n n n n n T ++-+-⋅=⨯+=32.【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d .因为432a a -=,所以2d =.又因为1210a a +=,所以1210a d +=,故14a =.所以42(1)22(1,2,)n a n n n =+-=+=L .(Ⅱ)设等比数列{}n b 的公比为q .因为238b a ==,3716b a ==,所以2q =,14b =.所以61642128b -=⨯=.由128=22n +得63n =.所以6b 与数列{}n a 的第63项相等.33.【解析】(Ⅰ)方程2560x x -+=的两根为2,3,由题意得242, 3.a a ==设数列{}n a 的公差为d ,则422,a a d -=故1,2d =从而13,2a = 所以{}n a 的通项公式为112n a n =+.(Ⅱ)设2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ,由(I )知12,22n n n a n ++=则2313412...,2222n n n n n S +++=++++ 341213412....22222n n n n n S ++++=++++两式相减得31213112(...)24222n n n n S +++=+++-123112(1).4422n n n -++=+--所以1422n n n S ++=-.34.【解析】(Ⅰ)由题设,11211, 1.n n n n n n a a S a a S λλ++++=-=-两式相减得121().n n n a a a a λ+++-= 由于10n a +≠,所以2.n n a a λ+-=(Ⅱ)由题设,11a =,1211a a S λ=-,可得2 1.a λ=-由(Ⅰ)知,3 1.a λ=+令2132a a a =+,解得 4.λ= 故24n n a a +-=,由此可得{}21n a -是首项为1,公差为4的等差数列,2143n a n -=-; {}2n a 是首项为3,公差为4的等差数列,241n a n =-.所以21n a n =-,12n n a a --=.因此存在4λ=,使得数列{}n a 为等差数列.35.【解析】(Ⅰ)由题意,36)33)(2(11=++d a d a , 将11=a 代入上式得2=d 或5-=d ,因为0>d ,所以2=d ,从而12-=n a n ,2n S n =(*∈N n ).(Ⅱ)由(Ⅰ)知,)1)(12(1+-+=+⋅⋅⋅++++k k m a a a k n n n ,所以65)1)(12(=+-+k k m ,由*∈N ,k m 知,1)1)(12(>+-+k k m ,所以⎩⎨⎧=+=-+511312k k m ,所以⎩⎨⎧==45k m . 36.【解析】(Ⅰ)设{}n a 的公差为d ,则n S =1(1)2n n na d -+。
2024年高考真题汇总 数列(解析版)

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

等差等比数列综合应用【典型例题】[例1]一个等比数列共有三项,如果把第二项加上4所得三个数成等差数列, 等差数列的第3项加上32所得三个数成等比数列,求原来的三个数。
解:等差数列为a d,a,a d(a d) (a d) (a 4)2(a d)(a 2d 32) a2 a d2 2 a2 8a 16(1)(a2d2) 232(a d) a (2)2a 8a 16 32 32d 2 a2 3a 4d 0代入(1)d 2 8 1-(4d 2)3163d; 2 32d 64 0 (3d 8)(d 8) 08 26① d 8 a 10 ②d a3 9此三数为2、16、18或-、10、509 9 9{b n}所有项和为20,求:(1)求a n,b n2印3d 768a n 6n 399 209 10不等式2声)n11 m(a m 1a2m )160如果再把这个[例2]等差数列{a n}中,印393 ,a2 a3 768 ,{g}是等比数列,q (0,1) ,b1 2 ,(2)解不等式•步a2m 160b2101m(6m 393 12m 399)16 18 (m 1)2n 1 n 1 2n2 23 2 29m 2 396m 16 18 (m 1) 02m 12m32 0T n 中共2n 1个数,依次成等差数列2n13 22n 2 3 2n 2(m 4)(1 m 8)0 m{4 ,5,6,7 ,8}[例 3] { a n }等 差,{b n },等比,a 1b 1 0 , a 2b 2 0 , a 1解:a 2b 2 a 1 da 1q• d a1(q 1)b n a nn 1a 1 (n 1)dad(q n1 1) (n 1)(qa h [(q 1)(q n2n 3q1) (n 1)(q1)]a h (q 1)[(q n21) (n1)]a h (q 1)[(q n2 1) / n(q 3 1) ' (q 1) (1 1)]*q (0,1) q 1 0i q n 1 0 • * 0q (1,)q1 0nq1 0 •* 01)]a 2,求证:a nb n (n 3)[例4](1)求 T n ; (2) S n T n ,求 Sn 。
数学高考总复习:数列的应用之知识讲解、经典例题及答案

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( 1)分别求 2007 年底和 2008 年底的住房面积; ( 2)求 2026 年底的住房面积 .(计算结果以万平方米为单位,
且精确到 0.01)
【答案】 ( 1) 2007 年底的住房面积为 1200(1+5%) -20=1240 (万平方米),
2008 年底的住房面积为 1200(1+5%) 2- 20(1+5%) -20=1282 (万平方米), ∴ 2007 年底的住房面积为 1240 万平方米; 2008 年底的住房面积为 1282 万平方米 . ( 2) 2007 年底的住房面积为 [1200(1+5%) - 20]万平方米, 2008 年底的住房面积为 [1200(1+5%) 2- 20(1+5%) - 20]万平方米, 2009 年底的住房面积为 [1200(1+5%) 3- 20(1+5%) 2- 20(1+5%) - 20]万平方米, ………… 2026 年底的住房面积为 [1200(1+5%) 20― 20(1+5%) 19―……― 20(1+5%) ― 20]万平方米 即 1200(1+5%) 20― 20(1+5%) 19― 20(1+5%) 18―……― 20(1+5%) ― 20
,
( 2)求出当 n≥2时的 ,
( 3)如果令 n≥2时得出的 中的 n=1 时有 一个形式, 否则就只能写成分段的形式 .
成立, 则最后的通项公式可以统一写成
1
知识点二:常见的由递推关系求数列通项的方法 1.迭加累加法:
,
则
,
, …,
2.迭乘累乘法: ,
则
,
专题13 数列通项公式的四种常见求法(解析版)

专题13 数列通项公式的四种常见求法目录类型一:累加法..........................................................................................................................................................1类型二:累乘法..........................................................................................................................................................2类型三:已知S n 求a n .................................................................................................................................................3类型四:构造法求通项. (4)类型一:累加法题型专练:1.(2023·河北石家庄·统考一模)中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣,创造并发展了名为“垛积术”的算法,展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”,共50层,第一层2个小球,第二层5个小球,第三层10个小球,第四层17个小球,...,按此规律,则第50层小球的个数为( )A .2400B .2401C .2500D .2501【答案】D【分析】依据等差数列的定义与求和公式,累加法计算即可.【详解】不妨设第n 层小球个数为a n ,由题意,a 2−a 1=3, a 3−a 2=5……,即各层小球之差成以3为首项,类型二:累乘法满分策略:当出现a na n−1=f(n)时,一般用累乘法求通项。
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历年高考数学真题汇编专题13 等差、等比数列的应用1.【2019年高考全国III 卷文数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15,且53134a a a =+,则3a =( ) A .16 B .8C .4D .2【答案】C【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ,则231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩, 解得11,2a q =⎧⎨=⎩,2314a a q ∴==,故选C .2.【2019年高考浙江卷】设a ,b ∈R ,数列{a n }满足a 1=a ,a n +1=a n 2+b ,n *∈N ,则( ) A . 当101,102b a => B . 当101,104b a => C . 当102,10b a =-> D . 当104,10b a =->【答案】A【解析】①当b =0时,取a =0,则0,n a n *=∈N .②当<0b 时,令2x x b =+,即20x x b -+=.则该方程140b ∆=->,即必存在0x ,使得2000x x b -+=, 则一定存在10 ==a a x ,使得21n n n a a b a +=+=对任意n *∈N 成立,解方程20a a b -+=,得12a ±=,10≤时,即90b -…时,总存在a =,使得121010a a a ==⋯=≤, 故C 、D 两项均不正确.③当0b >时,221a a b b =+≥,则2232a a b b b =+≥+,()22243a a b b b b =+++….(ⅰ)当12b =时,22451111711,1222162a a ⎡⎤⎛⎫++=>>+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦≥,则26111112224a ⎛⎫>++=> ⎪⎝⎭,2719222a >+=, 28918310224a ⎛⎫>+=> ⎪⎝⎭ ,则2981102a a =+>, 21091102a a =+> , 故A 项正确.(ⅱ)当14b =时,令1==0a a ,则2231111,4442a a ⎛⎫==+< ⎪⎝⎭,所以224311114242a a ⎛⎫=+<+= ⎪⎝⎭,以此类推,所以2210911114242a a ⎛⎫=+<+= ⎪⎝⎭,故B 项不正确. 故本题正确答案为A.遇到此类问题,不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想,通过研究函数的不动点,进一步讨论a 的可能取值,利用“排除法”求解.3、【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==,,则S 4=___________. 【答案】58【解析】设等比数列的公比为q ,由已知223111314S a a q a q q q =++=++=,即2104q q ++=.解得12q =-,所以441411()(1)521181()2a q S q ---===---. 准确计算,是解答此类问题的基本要求.本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算,部分考生易出现运算错误.一题多解:本题在求得数列的公比后,可利用已知计算3343431315()428S S a S a q =+=+=+-=,避免繁分式计算. 4、【2019年高考全国III 卷文数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若375,13a a ==,则10S =___________.【答案】100【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ,根据题意可得317125,613a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩得11,2a d =⎧⎨=⎩ 101109109101012100.22S a d ⨯⨯∴=+=⨯+⨯= 5、【2019年高考江苏卷】已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列,n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==,则8S 的值是__________. 【答案】16【解析】由题意可得:()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得:152a d =-⎧⎨=⎩,则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 等差数列、等比数列的基本计算问题,是高考必考内容,解题过程中要注意应用函数方程思想,灵活应用通项公式、求和公式等,构建方程(组),如本题,从已知出发,构建1a d ,的方程组. 6、【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知S 9=-a 5.(1)若a 3=4,求{a n }的通项公式;(2)若a 1>0,求使得S n ≥a n 的n 的取值范围.n 由95S a =-得140a d +=. 由a 3=4得124a d +=. 于是18,2a d ==-.因此{}n a 的通项公式为102n a n =-.(2)由(1)得14a d =-,故(9)(5),2n n n n da n d S -=-=. 由10a >知0d <,故n n S a ≥等价于211100n n -+…,解得1≤n ≤10. 所以n 的取值范围是{|110,}n n n *≤≤∈N .该题考查的是有关数列的问题,涉及到的知识点有等差数列的通项公式,等差数列的求和公式,在解题的过程中,需要认真分析题意,熟练掌握基础知识是正确解题的关键.7、【2019年高考全国II 卷文数】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列,1322,216a a a ==+.(1)求{}n a 的通项公式;(2)设2log n n b a =,求数列{}n b 的前n 项和.【解析】(1)设{}n a 的公比为q ,由题设得22416q q =+,即2280q q --=.解得2q =-(舍去)或q =4.因此{}n a 的通项公式为121242n n n a --=⨯=.(2)由(1)得2(21)log 221n b n n =-=-, 因此数列{}n b 的前n 项和为21321n n +++-=L .本题考查数列的相关性质,主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法,考查等差数列求和公式的使用,考查化归与转化思想,考查计算能力,是简单题.8、【2019年高考北京卷文数】设{a n }是等差数列,a 1=–10,且a 2+10,a 3+8,a 4+6成等比数列.(1)求{a n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n ,求S n 的最小值.n 因为110a =-,所以23410,102,103a d a d a d =-+=-+=-+. 因为23410,8,6a a a +++成等比数列, 所以()()()23248106a a a +=++. 所以2(22)(43)d d d -+=-+. 解得2d =.所以1(1) 212n a a n d n =+-=-. (2)由(1)知,212n a n =-.所以,当7n ≥时,0n a >;当6n ≤时,0n a ≤. 所以,n S 的最小值为630S =-.一、等差数列1、定义:数列{}n a 若从第二项开始,每一项与前一项的差是同一个常数,则称{}n a 是等差数列,这个常数称为{}n a 的公差,通常用d 表示2、等差数列的通项公式:()11n a a n d =+-,此通项公式存在以下几种变形: (1)()n m a a n m d =+-,其中m n ≠:已知数列中的某项m a 和公差即可求出通项公式(2)n ma a d n m -=-:已知等差数列的两项即可求出公差,即项的差除以对应序数的差(3)11n a a n d-=+:已知首项,末项,公差即可计算出项数3、等差中项:如果,,a b c 成等差数列,则b 称为,a c 的等差中项(1)等差中项的性质:若b 为,a c 的等差中项,则有c b b a -=-即2b a c =+ (2)如果{}n a 为等差数列,则2,n n N *∀≥∈,n a 均为11,n n a a -+的等差中项(3)如果{}n a 为等差数列,则m n p q a a a a m n p q +=+⇔+=+ 4、等差数列通项公式与函数的关系:()111n a a n d d n a d =+-=⋅+-,所以该通项公式可看作n a 关于n 的一次函数,从而可通过函数的角度分析等差数列的性质。
5、等差数列前n 项和公式:12nn a a S n +=⋅,此公式可有以下变形: (1)由m n p q m n p q a a a a +=+⇔+=+可得:()12p qn a a S n p q n +=⋅+=+,作用:在求等差数列前n 项和时,不一定必须已知1,n a a ,只需已知序数和为1n +的两项即可 (2)由通项公式()11n a a n d =+-可得:()()1111122n a a n dn n S n a n d ++--=⋅=+作用:① 这个公式也是计算等差数列前n 项和的主流公式 ② ()21111222n n n d S a n d n a d n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭,即n S 是关于项数n 的二次函数()n N *∈,且不含常数项,可记为2n S An Bn =+的形式。
从而可将n S 的变化规律图像化。
(3)当()21n k k N *=-∈时,()12121212k k a a S k --+=⋅- 因为1212k k a a a -+= ()2121k k S k a -∴=- 而k a 是21k S -的中间项,所以此公式体现了奇数项和与中间项的联系当()2n k k N *=∈时()122122kk k k a a S k k a a ++=⋅=+,即偶数项和与中间两项和的联系 6、等差数列前n 项和的最值问题:此类问题可从两个角度分析,一个角度是从数列中项的符号分析,另一个角度是从前n 项和公式入手分析 二、等比数列1、定义:数列{}n a 从第二项开始,后项与前一项的比值为同一个常数()0q q ≠,则称{}n a 为等比数列,这个常数q 称为数列的公比注:非零常数列既可视为等差数列,也可视为1q =的等比数列,而常数列0,0,0,L 只是等差数列2、等比数列通项公式:11n n a a q -=⋅,也可以为:n mn m a a q -=⋅3、等比中项:若,,a b c 成等比数列,则b 称为,a c 的等比中项 (1)若b 为,a c 的等比中项,则有2a bb ac b c=⇒= (2)若{}n a 为等比数列,则n N *∀∈,1n a +均为2,n n a a +的等比中项 (3)若{}n a 为等比数列,则有m n p q m n p q a a a a +=+⇔= 4、等比数列前n 项和公式:设数列{}n a 的前n 项和为n S 当1q =时,则{}n a 为常数列,所以1n S na = 当1q ≠时,则()111n n a q S q-=-可变形为:()1111111n n n a q a a S q qq q -==----,设11ak q =-,可得:n n S k q k =⋅-5、由等比数列生成的新等比数列(1)在等比数列{}n a 中,等间距的抽取一些项组成的新数列仍为等比数列 (2)已知等比数列{}{},n n a b ,则有 ① 数列{}n ka (k 为常数)为等比数列② 数列{}n a λ(λ为常数)为等比数列,特别的,当1λ=-时,即1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列 ③ 数列{}n n a b 为等比数列 ④ 数列{}n a 为等比数列6、等比数列的判定:(假设{}n a 不是常数列) (1)定义法(递推公式):()1n na q n N a *+=∈ (2)通项公式:nn a k q =⋅(指数类函数) (3)前n 项和公式:nn S kq k =-题型一 等差数列与等比数列的基本量等差数列、等比数列的基本计算问题,是高考必考内容,解题过程中要注意应用函数方程思想,灵活应用通项公式、求和公式等,构建方程(组).s a a nn ,,1,d(q),n 等5个基本量知三求二。