高考数学一轮复习第七章数列第45课数列综合应用文(含解析)【含答案】

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高三数学数列综合应用试题答案及解析

高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列{an }中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．(1)写出a2，a3的值(只写结果)，并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）a2＝6，a3＝12. an＝n(n＋1)．（2）实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)，∴a2＝6，a3＝12.当n≥3时，an －an－1＝2n，a n－1－a n－2＝2(n－1)，又a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，∴an －a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]，∴an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2×＝n(n＋1)．当n＝1时，a1＝2；当n＝2时，a2＝6，也满足上式，∴数列{an }的通项公式为an＝n(n＋1)．(2)bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝＝.令f(x)＝2x＋(x≥1)，则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn )max＝.要使对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，则需t2－2mt＋>(bn )max＝，即t2－2mt>0对∀m∈[－1,1]恒成立，∴，解得t>2或t<－2，∴实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．2.一函数y＝f(x)的图象在给定的下列图象中，并且对任意an ∈(0,1)，由关系式an＋1＝f(a n)得到的数列{an }满足an＋1>a n(n∈N*)，则该函数的图象是()【答案】A【解析】由an＋1>a n可知数列{a n}为递增数列，又由a n＋1＝f(a n)>a n可知，当x∈(0,1)时，y＝f(x)的图象在直线y＝x的上方，故选A.3.设函数）定义为如下数表，且对任意自然数n均有xn+1=的值为( ) A．1B．2C．4D．5【答案】D【解析】,又根据,所以有,,,, .,所以可知：,,故选D.【考点】数列的周期性4.是点集A到点集B的一个映射，且对任意，有.现对点集A中的点，，均有，点为（0,2），则线段的长度 .【答案】【解析】∵，∴，，，，，，…，根据变化规律可知，∴，，∴.【考点】1.数列的性质；2.两点间距离公式.5.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3,6,10,…记为数列{an},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测:(1)b2012是数列{an}中的第项;(2)b2k-1=.(用k表示)【答案】(1)5030(2)【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为an=,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k =a5k= (k为正整数),b2k-1=a5k-1==,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.6.已知数列满足，则该数列的通项公式_________．【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，，…，，∴，∴，∴.【考点】1.累加法求通项公式；2.裂项相消法求和.7.数列满足，则 .【答案】【解析】这类问题类似于的问题处理方法，在中用代换得（），两式相减得，，又，即，故.【考点】数列的通项公式.8.已知函数，记，若是递减数列，则实数的取值范围是______________.【答案】【解析】是递减数列，从开始是用式子计算，这时只要，即即可，关键是是通过二次式计算，根据二次函数的性质，应该有且，即且，解得，综上取值范围是．【考点】数列的单调性．9.已知数列{｝的前n项和为，且，则使不等式成立的n的最大值为．【答案】4【解析】当时，，得，当时，，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，所以，所以，即，易知的最大值为4.【考点】1.等比数列的求和公式；2.数列的通项公式.10.甲、乙两人用农药治虫，由于计算错误，在A、B两个喷雾器中分别配制成12%和6%的药水各10千克，实际要求两个喷雾器中的农药的浓度是一样的，现在只有两个容量为1千克的药瓶，他们从A、B两个喷雾器中分别取1千克的药水，将A中取得的倒入B中，B中取得的倒入A中，这样操作进行了n次后，A喷雾器中药水的浓度为，B喷雾器中药水的浓度为．（1）证明：是一个常数；（2）求与的关系式；（3）求的表达式．【答案】(1)18;(2);(3) .【解析】(1)利用n次操作后A和B的农药的和应与开始时农药的重量和相等建立等量关系，证明是一个常数；(2)借助第一问的结论和第n次后A中10千克的药水中农药的重量具有关系式，求解与的关系式；（3）根据第二问的递推关系，采用构造数列的思想进行求解.试题解析：（1）开始时，A中含有10=1.2千克的农药，B中含有10=0.6千克的农药，，A中含有千克的农药，B中含有千克的农药，它们的和应与开始时农药的重量和相等，从而（常数）． 4分（2）第n次操作后，A中10千克的药水中农药的重量具有关系式：由（1）知，代入化简得① 8分（3）令，利用待定系数法可求出λ=—9，所以，可知数列是以为首项，为公比的等比数列．由①，,由等比数列的通项公式知：，所以． 12分【考点】1.数列的递推式；（2）数列的通项公式；（3）实际应用问题.11.等比数列的各项均为正数，且，则【答案】B【解析】等比数列中，所以【考点】等比数列性质及对数运算点评：等比数列中，若则，在对数运算中12.已知数列的首项为，对任意的，定义.（Ⅰ）若，(i)求的值和数列的通项公式；(ii)求数列的前项和；（Ⅱ）若，且，求数列的前项的和.【答案】(1) ,,(2) 当为偶数时，；当为奇数时，【解析】(Ⅰ) 解：(i),,………………2分由得当时，=………4分而适合上式，所以.………………5分(ii)由(i)得：……………6分……………7分…………8分(Ⅱ)解：因为对任意的有，所以数列各项的值重复出现，周期为. …………9分又数列的前6项分别为，且这六个数的和为8. ……………10分设数列的前项和为，则，当时，，……………11分当时，，…………12分当时所以，当为偶数时，；当为奇数时，. ……………13分【考点】数列的通项公式，数列的求和点评：解决的关键是对于数列的递推关系的理解和运用，并能结合裂项法求和，以及分情况讨论求和，属于中档题。

2025届高考数学一轮复习教案：数列-数列的综合应用

第六节数列的综合应用【核心考点·分类突破】考点一等差、等比数列的综合问题(规范答题)[例1](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{a n}的公差为d,且d>1,令b n=2+,记S n,T n分别为数列{a n},{b n}的前n项和.(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{a n}的通项公式;(2)若{b n}为等差数列,且S99-T99=99,求d.审题导思破题点·柳暗花明(1)思路:根据等差数列的定义,灵活运用给定的条件,即可得到所求等差数列的通项公式;同时帮助学生理解题设条件,以顺利进入第(2)问的情境.(2)思路:所给题设条件“{b n}为等差数列”要求学生能够灵活转化为求解数列{a n}中公差与首项的关系,可以采用通性通法来解答.规范答题微敲点·水到渠成【解析】(1)因为3a2=3a1+a3,所以3d=a1+2d,解得a1=d,[1分]关键点根据已知条件,列方程求出首项a1和公差d的关系.所以S3=3a2=3(a1+d)=6d,又T3=b1+b2+b3=2+3+4=9,所以S3+T3=6d+9=21,即2d2-7d+3=0,解得d=3或d=12(舍去),[3分]所以a n=a1+(n-1)d=3n,所以的通项公式为a n=3n.[4分]阅卷现场(1)没有过程,只有a n=3n得1分;(2)结果正确时漏写a1=d不扣分;(3)d=12漏舍只得1分.(2)因为b n=2+,且为等差数列,所以2b2=b1+b3,即122=21+123,[6分]所以61+-11=61+2,所以12-3a1d+2d2=0,解得a1=d或a1=2d.[8分]传技巧取的前3项,利用等差中项2b2=b1+b3,得到首项a1和公差d之间的关系.解法一:①当a1=d时,a n=nd,所以b n=2+=2+B=r1,S99=99(r99)=99×50d,T99=99×51.因为S99-T99=99,所以99×50d-99×51=99,关键点利用S99-T99=99,列出关于d的方程,结果注意d>1.即50d2-d-51=0,解得d=5150或d=-1(舍去).[10分]②当a1=2d时,a n=(n+1)d,所以b n=2+=2+(r1)=,避易错讨论另一种情况,不可遗漏.S99=99(2r100)=99×51d,T99=99×50.因为S99-T99=99,所以99×51d-99×50=99,即51d2-d-50=0,解得d=-5051(舍去)或d=1(舍去).[11分]综上,d=5150.[12分]解法二:因为S99-T99=99,由等差数列的性质知,且99a50-99b50=99,即a50-b50=1,传技巧利用等差数列的性质,可以简化运算过程.列方程求出a50,注意由d>1可知a n>0.所以a50-255050=1,即a502-a50-2550=0,解得a50=51或a50=-50(舍去).[10分]①当a1=d时,a50=a1+49d=50d=51,解得d=5150.②当a1=2d时,a50=a1+49d=51d=51,解得d=1,与d>1矛盾,应舍去.[11分]综上,d=5150.[12分]解法三:因为,都是等差数列,且a nb n=n(n+1),=B=1(+1).[8分]所以可设=1(+1)=B或敲黑板构造新数列要考虑全面,少写一组不得分.(i)当a n=1(n+1),b n=kn时,S99-T99=1(2+3+…+100)-k(1+2+…+99)=99,即50k2+k-51=0,解得k=-5150或k=1,因为d=k>1,所以均不合题意.[10分](ii)当a n=kn,b n=1(n+1)时,S99-T99=k(1+2+…+99)-1(2+3+…+100)=99,即50k2-k-51=0,解得k=5150或k=-1.因为d=k>1,所以k=5150,所以d=5150.[12分]拓思维高考命题强调“多思考,少运算”的理念,试题面向全体学生,为考生搭建展示数学能力的平台.本解法根据给出的条件,巧妙的构造新的数列,突破常规解法,灵活运用数列知识,解题方法“高人一招”,解题速度“快人一步”.【解题技法】等差、等比数列综合问题的求解策略1.基本方法:求解等差、等比数列组成的综合问题,首先要根据数列的特征设出基本量,然后根据题目特征使用通项公式、求和公式、数列的性质等建立方程(组),确定基本量;2.基本思路:注意按照顺序使用基本公式、等差中项、等比中项以及证明数列为等差、等比数列的方法确定解题思路.【对点训练】(2022·全国甲卷)记S n为数列{a n}的前n项和.已知2+n=2a n+1.(1)证明:{a n}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求S n的最小值.【解析】(1)由2+n=2a n+1,得2S n+n2=2a n n+n①,所以2S n+1+(n+1)2=2a n+1(n+1)+(n+1)②,②-①,得2a n+1+2n+1=2a n+1(n+1)-2a n n+1,化简得a n+1-a n=1,所以数列{a n}是公差为1的等差数列.(2)由(1)知数列{a n}的公差为1.由a4,a7,a9成等比数列,得72=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以S n=-12n+(-1)2=2-252=12(n-252)2-6258,所以,当n=12或n=13时,(S n)min=-78.考点二数列与函数、向量的综合[例2](1)(2023·龙岩模拟)已知函数f(x)=13x3+4x,记等差数列{a n}的前n项和为S n,若f(a1+2)=100,f(a2022+2)=-100,则S2022等于()A.-4044B.-2022C.2022D.4044【解析】选A.因为f(-x)=-13x3-4x=-f(x),所以f(x)是奇函数,因为f(a1+2)=100,f(a2022+2)=-100,所以f(a1+2)=-f(a2022+2),所以a1+2+a2022+2=0,所以a1+a2022=-4,所以S2022=2022(1+2022)2=-4044.(2)数列满足a1=1,a2=5,若m=1,r1+1,n=+r2,-2,m·n=0,则数列的通项公式为________.【解析】由已知m·n=0,得1×+r2-2r1+1=0,即r2-r1-r1-=2,则r1-是首项为a2-a1,公差为2的等差数列,则a n+1-a n=2-1+-1×2=2+1,于是a n=--1+-1--2+…+2-1+a1=2n+2-1+…+2×2+1=2+-1+…+2+1=n2+n-1.答案:a n=n2+n-1【解题技法】数列与函数、向量的综合问题的求解策略(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题;(2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形;(3)涉及数列与三角函数有关的问题,常利用三角函数的周期性等特征,寻找规律后求解;(4)涉及数列与向量有关的综合问题,应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式求解.【对点训练】1.已知数列{a n}满足a n+2-a n+1=a n+1-a n,n∈N*,且a5=π2,若函数f(x)=sin2x+2cos22,记y n=f(a n),则数列{y n}的前9项和为()A.0B.-9C.9D.1【解析】选C.由题意知数列{a n}是等差数列.因为a5=π2,所以a1+a9=a2+a8=a3+a7=a4+a6=2a5=π.f(x)=sin2x+2cos22,所以f(x)=sin2x+cos x+1,所以f(a1)+f(a9)=sin2a1+cos a1+1+sin2a9+cos a9+1=2.同理f(a2)+f(a8)=f(a3)+f(a7)=f(a4)+f(a6)=2.因为f(a5)=1,所以数列{y n}的前9项和为9.2.数列{a n}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,则实数λ的最大值为________.【解析】因为a4+λa10+a16=15,所以a1+3d+λ(a1+9d)+a1+15d=15,令λ=f(d)=151+9-2,因为d∈[1,2],所以令t=1+9d,t∈[10,19],因此λ=f(t)=15-2.当t∈[10,19]时,函数λ=f(t)是减函数,故当t=10时,实数λ有最大值,最大值为f(10)=-12.答案:-12考点三数列与不等式的综合【考情提示】数列不等式作为考查数列综合知识的载体,因其全面考查数列的性质、递推公式、求和等知识而成为高考命题的热点,重点考查不等式的证明、参数范围、最值等.角度1数列中的最值[例3]公比为2的等比数列{a n}中存在两项a m,a n满足a m a n=1612,则1+4的最小值为()A.32B.53C.43D.1310【解析】选A.由等比数列的通项公式知a m=a1×2m-1,a n=a1×2n-1,由a m a n=1612,可得12×2m+n-2=1612,易知a1≠0,故2m+n-2=16,解得m+n=6,则1+4=16(m+n)·(1+4)=16(1+4++4)≥16(5+2)=32(当且仅当m=2,n=4时取等号).角度2数列中的不等式证明[例4](2023·宁德模拟)已知数列,满足b n=a n+n2,a1+b1=3,a2+b2=8,且数列是等差数列.(1)求数列的通项公式;(2)n项和为S n,求证:12≤S n<1.【解析】(1)由b n=a n+n2得b1=a1+1,b2=a2+4,代入a1+b1=3,a2+b2=8得2a1+1=3,2a2+4=8,解得a1=1,a2=2.又因为数列为等差数列,故公差为d=a2-a1=1,因此a n=n,b n=n+n2.(2)由(1)可得b n=n+n2,所以1=1r2=1-1r1,所以S n=11+12+13+…+1=(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1-1r1)=1-1r1,又因为n∈N*,所以0<1r1≤12(n=1时等号成立),所以12≤1-1r1<1,即12≤S n<1.角度3数列中的不等式恒成立[例5]已知数列{a n}的通项公式为a n=5-n,其前n项和为S n,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*,S n≤T m+λ恒成立,则实数λ的取值范围是()A.[2,+∞)B.(3,+∞)C.[3,+∞)D.(2,+∞)【解析】选D.依题意得S n=(4+5-)2=(9-)2,根据二次函数的性质知,当n=4,5时,S n 取得最大值为10.另外,根据通项公式得数列{a n}的前4项为a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,观察易知抽掉第二项后,余下的三项可组成等比数列,所以数列{b n}中,b1=4,公比q=12,所以T n=4(1-12)1-12=8(1-12),所以4≤T n<8.因为存在m∈N*,对任意n∈N*,S n≤T m+λ恒成立,所以10<8+λ,所以λ>2.【解题技法】数列与不等式交汇问题的解题策略(1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.(2)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.(3)数列中有关项或前n 项和的恒成立问题,常转化为数列的最值问题;求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.【对点训练】1.(2023·重庆模拟)设a >0,b >0,若3是3a 与9b 的等比中项,则1+2的最小值为()A .92B .3C .32+2D .4【解析】选A .因为3是3a 与9b 的等比中项,所以32=3a ·9b =3a +2b ,所以a +2b =2,所以1+2=12·(1+2)·(a +2b )=12(5+2+2)≥12·(5+2)=92,当且仅当a =b =23时取等号.2.数列{a n }满足a 1=14,a n +1=14-4,若不等式21+32+…+r2r1<n +λ对任何正整数n 恒成立,则实数λ的最小值为()A .74B .34C .78D .38【解析】选A .因为数列{a n }满足a 1=14,a n +1=14-4,所以反复代入计算可得a 2=26,a 3=38,a 4=410,a 5=512,…,由此可归纳出通项公式a n =2(r1),经验证,成立,所以r1=1+1(r2)=1+12(1-1r2),所以21+32+…+r2r1=n +1+12(1+12-1r2-1r3)=n +74-12(1r2+1r3).因为要求21+32+…+r2r1<n +λ对任何正整数n 恒成立,所以λ≥74.3.(2023·南京模拟)已知数列的前n 项和为S n ,a 1=2,(n -2)S n +1+2a n +1=nS n ,n ∈N *.(1)求数列的通项公式;(2)求证:112+122+…+12<716.【解析】(1)(n -2)S n +1+2a n +1=nS n ,则(n -2)S n +1+2(S n +1-S n )=nS n ,整理得到nS n +1=(n +2)S n ,故r1(r1)(r2)=(r1),,故(r1)=11×2=1,即S n=n(n+1).当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n+1)-n(n-1)=2n,验证当n=1时满足,故a n=2n,n∈N*.(2)12=142<142-1=12(12-1-12r1),故112+122+…+12<14+12(13-15+15-17+…+12-1-12r1)=14+12(13-12r1)<14+12×13=512<716.考点四数列在实际问题中的综合应用[例6](1)(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为B1B1=0.5,B1B1=k1,B1B1=k2,B1B1=k3.已知k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,且直线OA的斜率为0.725,则k3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9【解析】选D.设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3,依题意,有k3-0.2=k1,k3-0.1=k2,且B1+B1+B1+B1B1+B1+B1+B1=0.725,所以0.5+33-0.34=0.725,故k3=0.9.(2)据统计测量,已知某养鱼场,第一年鱼的质量增长率为200%,以后每年的增长率为前一年的一半.若饲养5年后,鱼的质量预计为原来的t倍.下列选项中,与t值最接近的是()A.11B.13C.15D.17【解析】选B.设鱼原来的质量为a,饲养n年后鱼的质量为a n,q=200%=2,则a1=a(1+q),a2=a1(1+2)=a(1+q)(1+2),…,a5=a(1+2)×(1+1)×(1+12)×(1+122)×(1+123)=40532a≈12.7a,即5年后,鱼的质量预计为原来的13倍.【解题技法】数列在实际应用中的常见模型等差模型如果增加(或减少)的量是一个固定的数,则该模型是等差模型,这个固定的数就是公差等比模型如果后一个量与前一个量的比是一个固定的非零常数,则该模型是等比模型,这个固定的数就是公比递推数列模型如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化,则应考虑考查的是第n项a n与第(n+1)项a n+1(或者相邻三项等)之间的递推关系还是前n项和S n 与前(n+1)项和S n+1之间的递推关系【对点训练】1.(2023·武汉模拟)南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献,他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》,该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例,其特点是从数列中的第二项开始,每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为2,3,6,11,则该数列的第15项为()A.196B.197C.198D.199【解析】选C.设该数列为,则a1=2,a2=3,a3=6,a4=11.由二阶等差数列的定义可知,a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=5,…所以数列r1-是以a2-a1=1为首项,公差d=2的等差数列,即a n+1-a n=2n-1,所以a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=5,…,a n+1-a n=2n-1.将所有上式累加可得a n+1=a1+n2=n2+2,所以a15=142+2=198,即该数列的第15项为198.2.(2023·深圳模拟)将一个顶角为120°的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分,挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形,得到与原三角形相似的两个全等三角形,再对余下的所有三角形重复这一操作.如果这个操作过程无限继续下去,最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线,如图所示.已知最初等腰三角形的面积为1,则经过4次操作之后所得图形的面积是()A.1681B.2081C.827D.1027【解析】选A.根据题意可知,每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的13,所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的23,由此可得,第n次操作之后所得图形的面积是,即经过4次操作之后所得图形的面积是=1681.。

高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)专题7-5数列的综合应用-学生版

专题7.5数列的综合应用练基础1．（2021·浙江高三专题练习）已知正项等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b }，111a b ==，3b 是2a ，6a 的等差中项，8a 是3b ，5b 的等比中项，则下列关系成立的是（）A ．100100a b >B ．102411a b =C ．105a b >D ．999a b >2．（2021·江西赣州市·高三二模（理））朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（）A ．5B ．6C ．7D ．83.【多选题】（2020·湖南高三月考）在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投人资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n 月月底小王手中有现款为n a ，则下列论述正确的有（）(参考数据：11121.27.5,1.29==)A ．112000a =B ．1 1.21000n n a a +=-C ．2020年小王的年利润为40000元D ．两年后，小王手中现款达41万4．（2021·江西高三其他模拟（理））已知公差不为0的等差数列{}n a 的部分项1k a ，2k a ，3k a ，……构成等比数列{}n a ，且11k =，22k =，35k =，则n k =___________.5．（2021·西安市经开第一中学高三其他模拟（理））数列{}n a 满足：11a =，点()1,n n n a a ++在函数1y kx =+的图像上，其中k 为常数，且0k ≠（1）若124,,a a a 成等比数列，求k 的值；（2）当3k =时，求数列{}n a 的前2n 项的和2n S .6.（2021·江苏高考真题）已知数列{}n a 满足12a =，且()*1321n n a a n n N +=+-∈.（1）求证：数列{}n a n +为等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求数列{}n a 的前n 项和n S .7．（2021·全国高三其他模拟（理））已知在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，且375,49a S ＝＝.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2,n an n b a +＝数列{}n b 的前n 项和为,n T 且1000,n T ≥求n 的取值范围.8．（2021·太原市·山西大附中高三其他模拟）在数列{}{},n n a b 中，11111,331,331n n n n n n a b a a b n b b a n ++===---=-++.等差数列{}n c 的前两项依次为2a ，2b .（1）求数列{}n c 的通项公式；（2）求数列(){}+nnna b c 的前n 项和nS.9．（2021·重庆高三三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()21*n n a S n N -=∈．（1）求数列{}n a 的通项公式：（2）设()()11211n n n n a b a a +++=--，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：213n T ≤<．10．（2021·沂水县第一中学高三其他模拟）在数列{}n a 中，()111,01nn n a a a c ca +==>+，且125,,a a a 成等比数列．（1）证明数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足()2141n n n b n a a +=+，其前n 项和为n S ，证明：1n S n <+．练提升1．（2021·河南郑州市·高三三模（文））1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何．分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为1，在线段AB 上取两个点C ，D ，使得13AC DB AB ==，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD ，得到图2中的图形；对图2中的线段EC 、ED 作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n 个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为n S ，对任意的正整数n ，都有n S a ＜，则a 的最小值为__________．2．（2020·沙坪坝区·重庆南开中学高三月考）已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，其前n 项和为n S ，满足535S =，且1a ，4a ，13a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若241n n b a =-，数列{}nb 的前n 项和为n T ，实数λ使得13n nT S λ++≤对任意*n N ∈恒成立，求λ的取值范围.3．（2021·全国高三其他模拟）有下列三个条件：①数列{}2n a -是公比为12的等比数列，②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列，③21n n S a =-，在这三个条件中任选一个，补充在题中“___________”处，使问题完整，并加以解答.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，对任意的*n ∈N ，都有___________.已知数列{}n b 满足32nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，是否存在*k ∈N ，使得对任意的*n ∈N ，都有n kn ka ab b ≤？若存在，试求出k 的值；若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.4.（2021·四川自贡市·高三三模（文））已知数列{a n }的前n 项和为S n ，21n n S a =-，数列{b n }是等差数列，且b 1＝a 1，b 6＝a 5．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若11n n n c b b +=，记数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：3T n ＜1．5．（2021·全国高三其他模拟）在①22n n S a =-；②32442a a a =+-；③321,2,S S S +成等差数列这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：数列{a n }是各项均为正数的等比数列，前n 项和为S n ，a 1＝2，且___.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若n n b =*n N ∈），求数列{b n }的前n 项和T n .6．（2021·宁波市北仑中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足1122,1,1,n n n a n n a a a n n ++⎧==⎨---⎩为奇数为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，2,n n b a n N *=∈（1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ；（2）求{}n nb 的前n 项和n T 及{}n a 的前n 项和为n S ．7．（2021·湖北高三其他模拟）在等比数列{a n }中，公比0q >，其前n 项和为S n ，且S 2=6，___________.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设log 2n n a b =，且数列{c n }满足c 1=1，c n +1﹣c n =b n +1b n ，求数列{c n }的通项公式.从①.S 4=30，②.S 6﹣S 4=96，③.a 3是S 3与2的等差中项，这三个条件中任选一个，补充到上面问题中的横线上，并作答.8．（2021·全国高三其他模拟）从①n b n =，②(6)n n b n =⋅﹣，③()212nn b n =+⋅中任选一个填入下面的空中，并解答．设等比数列{}n a 的公比3241,4,10q a a a >-=+=-，且____．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列132n n a b ⎧⎫-⋅⎨⎬⎩⎭的前n 项和．9．（2021·浙江高三其他模拟）已知数列{n b }满足13b =，27b =且n b =n n a c +，n ∈*N （n a 是等比数列，n c 是等差数列），记数列{n a }的前n 项和为n S ，{n c }的前n 项和为n T ，若公比数q 等于公差数d ，且2234a c =．（1）求数列{nb }的通项公式；（2）记n R 为数列{n b }的前n 项和，求22nR n -（n ≥2，且n ∈*N ）的最小值．10．（2021·浙江金华市·高三三模）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，()14,2(1)n n a n a n S n N *=⋅=+⋅∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）已知数列{}n b 满足68n b n =-，其前n 项和为n T ，若(1)nn n S T λ≥-⋅⋅对任意n *∈N 恒成立，求实数λ的取值范围.练真题1.（2020·北京高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （）．A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项2.（2020·浙江省高考真题）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，b n+1=S 2n+2–S 2n ，n *∈N ，下列等式不可能．．．成立的是（）A．2a 4=a 2+a 6B．2b 4=b 2+b 6C．2428a a a =D．2428b b b =3.（2019年浙江卷）设,a b R ∈，数列{}n a 中，21,n n n a a a a b +==+，b N *∈,则（）A.当101,102b a => B.当101,104b a =>C.当102,10b a =-> D.当104,10b a =->4．（2020·江苏省高考真题）设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______．5.（2019年浙江卷）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N 6.（2021·天津高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22n n c c -是等比数列；（ii）证明)*nk n N =<∈。

2020高考数学复习专题45 数列的综合应用(解析版)

3
1
3
1
2 j＋1－ 2 j＋1 ＝－1× 2 j－1－7× 2 j－1<0，此与 bn≥0 矛盾．故此时不存在这样的等差数列．
4
4
3
1
②当 k＝j＋1 时，bk＝bj＋1，若 bi，bj，bk 成等差数列，则 bi＝2bj－bk＝2bj－bj＋1＝2 2 － j－1 2 j－1 －
31 2 j－ 2 j ＝1×(3)j－1－3×(1)j－1，又∵i<j，且 i，j∈Z，∴i≤j－1.
简得 k＝3k－1，令 Tk＝3kk－1，(k∈N*)，则 Tk＋1－Tk＝k＋3k1－3kk－1＝1－3k2k<0 因此，1＝T1>T2>T3>…，故只有 T1 ＝1，此时 k＝1，m＝2×1－1＝1。综上，在数列{an}中，仅存在连续的三项 a1，a2，a3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数 m 的值为 1.
专题 45 数列的综合应用
专题知识梳理
1. 数列可以与函数、方程、不等式、三角函数、平面向量、解析几何等组成综合问题，灵活地运用等差、等比数列的相关知识分析问题、解决问题是关键，当然借助一定的函数、不等式基础知识。
2．解答数列应用题的基本步骤 (1) 审题——仔细阅读材料，认真理解题意； (2) 建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征，看它属于等差数列模型、还是等比数列模型，还是递推数列的模型； (3) 求解——求出该问题的数学解； (4) 还原——检验结果是否符合题意，并将所求结果还原到原实际问题中．
考点探究
考向 1 与等差、等比数列相关的综合问题
【例】（南京调研）已知数列{an}是公差为正数的等差数列，其前 n 项和为 Sn，且 a2·a3＝15，S4＝16．（1）求数列{an}的通项公式；（2）数列{bn}满足 b1＝a1，bn＋1－bn＝ 1 ．

2021年高考数学一轮复习第七章数列第45课数列综合应用文(含解析)

2021年高考数学一轮复习第七章数列第45课数列综合应用文（含解析）1．（xx 年高考）记等差数列的前项和为，若，则该数列的公差（） A ．2 B ．3 C ．6 D ．7 【答案】B 【解析】，选B ．2．已知数列，则“”是“是等比数列”的( )A ．充要条件B ．必要不充分条件C ．充分不必要条件D ．以上都不是 3．（xx 年高考）已知数列为等比数列，是它的前项和．若且与的等差中项为，则 A ．35 B ．33 C ．31 D ．29 【答案】C 二、填空题：4．已知数列的前项和，则其通项公式为5．（2011年高考）已知是递增等比数列，，则此数列的公比．【答案】2【解析】∵，∴或（舍去）．6．已知等比数列中，各项都是正数，且成等差数列，则公比__________ 7．（xx 年高考）设数列是首项为，公比为的等比数列，则________．【答案】【解析】依题意， ∴． 8.（xx年高考）等比数列的各项均为正数，且，则2122232425log log log log log a a a a a ++++= .【答案】. 【解析】试题分析：由题意知，且数列的各项均为正数，所以，()()()223512345152433352a a a a a a a a a a a a a ∴=⋅⋅=⋅==，()521222324252123452log log log log log log log 25a a a a a a a a a a ∴++++===.考点：本题考查等比数列的基本性质与对数的基本运算，属于中等偏难题. 三．解答题10．（xx 年重庆）已知是首项为1，公差为2的等差数列，表示的前项和．(1)求及；(2)设是首项为2的等比数列，公比满足，求的通项公式及其前项和 . 解：(1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0，所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1qn －1＝2×4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝23(4n－1)．11.（由xx 年高考）设各项均为正数的数列的前项和为，且满足，.（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）证明：对一切正整数，有()()()112211111113n n a a a a a a +++<+++【答案】（1）；（2）；. 【解析】（1）令得：，即，，，，即；（2）由，得，，，从而，，所以当时，()()()221112n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=⎣⎦，又，；（3）解法一：当时，，()()111111113122144244k k a a k k k k k k ∴==⋅<⋅++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅+-+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()11111111144114444k k k k ⎡⎤⎢⎥=⋅=⋅-⎢⎥⎛⎫⎡⎤⎢⎥-+--⋅+- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦()()()1122111111n n a a a a a a ∴++++++()1111111111111412231444444n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪ ⎪<⋅-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪ ⎪-----+-⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦()11111111434331144n n ⎡⎤⎢⎥=-=-<⎢⎥+⎢⎥-+-⎣⎦. 证法二：当时，成立，当时，()()()()1111111221212122121n n a a n n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪++-+-+⎝⎭，则()()()()11223311111111n n a a a a a a a a ++++++++1111111111623525722121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭.12．已知函数（为常数且）满足，有唯一解。

高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题(含答案)

高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题（含答案）一、单选题1．某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(利息按月以复利计算)．如果小新同学贷款10000元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么小新同学每月应还的钱约为（）（1.002512≈1.03） A ．833B ．858C ．883D ．9022．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元3．一种预防新冠病毒的疫苗计划投产两月后，使成本降64%，那么平均每月应降低成本（） A ．20%B ．32%C ．40%D ．50%4．今年元旦，市民小王向朋友小李借款100万元用于购房，双方约定年利率为5%，按复利计算（即本年利息计入次年本金生息），借款分三次等额归还，从明年的元旦开始，连续三年都是在元旦还款，则每次的还款额约是（）万元.（四舍五入，精确到整数）（参考数据：()21.05 1.1025=，()31.05 1.1576=，()41.05 1.2155=） A ．36B ．37C ．38D ．395．随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到（） A ．2022年12月B ．2023年2月C ．2023年4月D ．2023年6月6．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n 个月的还款金额为n a 元，则n a =（）A ．2192B ．39128n -C ．39208n -D ．39288n -7．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的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.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（）A ．464B ．465C ．466D ．4958．某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（） A ．1205万元B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元9．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a 元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为r ．按复利计算，则小李每个月应还（） A ．()()1111111ar r r ++-元 B ．()()1212111ar r r ++-元C ．()11111a r +元D ．()12111a r +元10．在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（） A ．35B ．42C ．49D ．5611．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元B ．40000元C ．42500元D ．50000元12．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（） A ．2806万元B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元二、填空题13．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.14．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为_______万元．15．银行一年定期储蓄存款年息为r ，三年定期储蓄存款年息为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于______．16．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是____.三、解答题17．一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比． (1)求()*n n N ∈分钟后的水温n t ；(2)当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg 20.3≈）18．某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元.(1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？(2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其它项目，问应在第几年转投其它项目？19．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列{}n a ，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列{}n b . (1)求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到0.1万吨）.（参考数据41.05 1.215≈，51.05 1.276≈，61.05 1.340≈）20．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t ≤万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元．（1）写出1n a +与n a 的关系式，并判断{}2n a t -是否为等比数列；（2）若企业每年年底上缴资金1500t =，第*()m m N ∈年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m 的最小值．21．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月()*1929,k k k +≤≤∈N 日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若9k =，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.22．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：71.1 1.95≈） (2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案： ①方案一：每天回报40元；②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； ③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番. 你会选择哪种方案？请说明你的理由.23．已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由；（Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++；（Ⅲ）证明：当5n =时，成等比数列。

高考数学一轮复习《数列》练习题(含答案)

高考数学一轮复习《数列》练习题（含答案）一、单选题1．已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其n 前项和，若4511a a +=，则8S =（） A ．36B ．40C ．44D ．472．8，2的等差中项是（） A ．±5B ．±4C ．5D ．43．已知等比数列{}n a 中，3464,32a a a ==，则101268a a a a --的值为（）A ．2B ．4C ．8D ．164．若2(23n a n tn t =++为常数）*n N ∈，且数列{}n a 为单调递增数列，则实数t 的取值范围为（） A ．2t <-B ．2t >-C ．6t <-D ．6t >-5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．若(8)(1,2,)n a n n n =-=，则（） A ．{}n a 有最大项，{}n S 有最大项 B ．{}n a 有最大项，{}n S 有最小项 C ．{}n a 有最小项，{}n S 有最大项D ．{}n a 有最小项，{}n S 有最小项6．数列{}n a 满足：12a =，()111n n a a +-=，n S 是{}n a 的前n 项和，则2021S =（） A ．4042 B ．2021 C ．20232D ．202127．在等差数列{}n a 中，若6a ，7a 是方程2320x x ++=的两根，则{}n a 的前12项的和为（） A ．6B ．18C ．-18D ．-68．早在3000年前，中华民族的祖先就已经开始用数字来表达这个世界.在《乾坤谱》中，作者对易传“大衍之数五十”进行了一系列推论，用来解释中国传统文化中的太极衍生原理，如图.该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，60，72，…，若记该数列为{}n a ，则20212020a a -=（）A ．2018B ．2020C ．2022D ．20249．已知数列{}n a 的前n 项和27n S n n =-，若35<<k a ，则k =（） A ．8B ．7C ．6D ．510．等比数列{}n b 的前n 项之积为n T ，若456b b b =，则5T =（） A ．1B ．2C ．3D ．411．数列{}n a 满足1a m =，2212114,4(2)2,4n n n n n a n a n a a n ---⎧<=≥⎨≥⎩，若{}n a 为等比数列，则m 的取值范围是（） A ．(1,9]B ．9,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[2,9]D ．[18,)+∞12．在等差数列{}n a 中，满足4737a a =，且10,n a S >，是{}n a 前n 项的和，若n S 取得最大值，则n =（） A ．7 B ．8C ．9D ．10二、填空题13．已知数列{}n a 为等差数列，10a <且1231990a a a a ++++=，设()12n n n n b a a a n *++=∈N ，当{}n b 的前n 项和n S 最小时，n 的值组成的集合为______．14．已知数列{}n a 中各项是从1、0、－1这三个整数中取值的数列，n S 为其前n 项和，定义()21n n b a =+，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，若30301,51S T =-=，则数列{}n a 的前30项中0的个数为_______个．15．已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且1212222016,log log log n n n a a a a a +⋅=+++=______．16．n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，若131n n S a -=⋅+（*n N ∈），则a =______．17．已知数列{}n a 满足11a =，21n nn a a a +=+，数列{}n b 的前n 项和n S ，1n n n a b a +=.若()100S k k Z <∈，则k 的最小值为_______________.三、解答题18．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为等差数列，a 1＝12，d ＝－2. （1）求S n ，并画出{S n }(1≤n ≤13)的图象；（2）分别求{S n }单调递增、单调递减的n 的取值范围，并求{S n }的最大(或最小)的项；（3）{S n }有多少项大于零？19．已知等差数列{}n a 满足37a =，616a =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若当2n ≥时，113n n b b a -=，且13b =，求使0n b >的最大正整数n 的值．20．设{}n a 是各项都为正数的单调递增数列，已知19a =，且n a 满足关系式：19n n a a ++=+*n ∈N .（1）求{}n a 的通项公式；（2）若99n n b a n=+，求数列{}n b 的前n 项和n S .21．已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，已知1055S =，且2a ，4a ，8a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若nn S b n=，求371141n b b b b -+++⋅⋅⋅+的值.22．已知数列{}n a 满足12n n a a +=+，n *∈N ，且2a ，5a ，14a 构成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设12nn n b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S .23．设等差数列{}n a 公差为d ，等比数列{}n b 公比为q ，已知d q =，111a b +=，221a b +=，431a b +=．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．（3）求数列211n n n n a a a b +++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．24．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，22=,n n n S a a n N *+∈. （1）求{}n a 的通项公式；（2）记22n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .25．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足*21()n n S a n =-∈N ，数列{}n b 满足*1(1)(1)()n n nb n b n n n N +-+=+∈，且11b =．（1）证明数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若12214(1)(1)(32log )(32log )n n n n n c a a -++=-++，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ；（3）若n n d a ={}n d的前n 项和为n D ，对任意的*n N ∈，都有n n D nS a ≤-，求实数a 的取值范围。

高考理科数学一轮复习专题训练：数列(含详细答案解析)

B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn为其前 n 项和， S 3 = 9 ，且 a 2 - 1 ， a 3 - 1， a 5 - 1构成等比数列，则 S 5 = （）A ．15B ． -15C ．30D ．25【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行，令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n：， + ， + + ， + + + ，，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列满足，且，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时，，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ；即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前项和．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前项和为，且是与的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为，已知．（1）求证：数列是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为，且 b = 4n nn +1，若对任意都成立，求实数的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是为首项，为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述的取值范围为．第 7 单元数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为，，（），则（）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则．．故选 B ．满足：，若数列是等比数列，则的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列的前项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足：，，成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前项和对任意的恒成立，则的最大值为（）A ．115【答案】C【解析】由，，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ，（ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪琪琪琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前项和为，且，，数列满足，（1）求数列（2）令【答案】（1），的通项公式；，求数列的前项和．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时，，即，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为，首项为的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是，首项的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理是偶数时是公比是，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前项和为，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。

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第45课数列综合应用1．（2008年高考）记等差数列的前n 项和为n S ，若244,20S S ==，则该数列的公差d =（）A ．2B ．3C ．6D ．7 【答案】B【解析】4224123S S S d d --==⇒=，选B ． 2．已知数列{})0 , (≠∈+n n a N n a ，则“21++⋅=n n n a a a ”是“{}n a 是等比数列”的( ) A ．充要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分不必要条件 D ．以上都不是3．（2010年高考）已知数列{}n a 为等比数列，n S 是它的前n 项和．若2312a a a ⋅=且4a 与72a 的等差中项为54，则5S = A ．35 B ．33 C ．31 D ．29 【答案】C 二、填空题：4．已知数列{}n a 的前n 项和21n S n =-，则其通项公式为5．（2011年高考）已知{}n a 是递增等比数列，4,2342=-=a a a ，则此数列的公比=q ．【答案】2【解析】∵4)(2)(22234=-=-=-q q q q a a a ，∴2=q 或1-=q （舍去）． 6．已知等比数列{}n a 中，各项都是正数，且1321,,22a a a 成等差数列，则公比q =__________ 7．（2013年高考）设数列{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列，则1234a a a a +++=________．【答案】15【解析】依题意2342,4,8a a a =-==-， ∴1234124815a a a a +++=+++=． 8.（2014年高考）等比数列{}n a 的各项均为正数，且154a a =，则2122232425log log log log log a a a a a ++++= .【答案】5. 【解析】试题分析：由题意知21534a a a ==，且数列{}n a 的各项均为正数，所以32a =，()()()223512345152433352a a a a a a a a a a aa a ∴=⋅⋅=⋅==，()521222324252123452log log log log log log log 25a a a a a a a a a a ∴++++===.考点：本题考查等比数列的基本性质与对数的基本运算，属于中等偏难题.三．解答题10．（2014年重庆）已知{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列，n S 表示{}n a 的前n 项和． (1)求n a 及n S ；(2)设{}n b 是首项为2的等比数列，公比q 满足2441()0q a q S +-+=，求{}n b 的通项公式及其前n 项和n T .解：(1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0，所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1qn －1＝2×4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝23(4n －1)．11.（由2014年高考）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S 满足()223n n S n n S -+--()230n n +=，n N *∈.（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）证明：对一切正整数n ，有()()()112211111113n n a a a a a a +++<+++【答案】（1）12a =；（2）2n a n =；. 【解析】（1）令1n =得：()2111320S S ---⨯=，即21160S S +-=，()()11320S S ∴+-=，10S > ，12S ∴=，即12a =；（2）由()()22233n n S n n S n n -+--+，得()()230n n S S n n ⎡⎤+-+=⎣⎦，()0n a n N *>∈ ，0n S ∴>，从而30n S +>，2n S n n ∴=+，所以当2n ≥时，()()()221112n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=⎣⎦，又1221a ==⨯，()2n a n n N *∴=∈；（3）解法一：当k N *∈时，22313221644k k k k k k ⎛⎫⎛⎫+>+-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()()111111113122144244k k a a k k k k k k ∴==⋅<⋅++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅+-+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()11111111144114444k k k k ⎡⎤⎢⎥=⋅=⋅-⎢⎥⎛⎫⎡⎤⎢⎥-+--⋅+- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦()()()1122111111n n a a a a a a ∴++++++()1111111111111412231444444n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪ ⎪<⋅-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎪ ⎪-----+-⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦()11111111434331144n n ⎡⎤⎢⎥=-=-<⎢⎥+⎢⎥-+-⎣⎦. 证法二：当1n =时，()11111112363a a ==<+⨯成立，当2n ≥时，()()()()1111111221212122121n n a a n n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪++-+-+⎝⎭，则()()()()11223311111111n n a a a a a a a a ++++++++1111111111623525722121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111623213633n n ⎛⎫=+-=-< ⎪++⎝⎭. 12．已知函数()xf x ax b=+（,a b 为常数且0a ≠）满足(2)1f = ，()f x x =有唯一解。

（1）求()f x 的表达式；（2）记1()n n x f x -=(,1)n N n *∈>，且1(2)x f =，求数列{}n x 的通项公式。

（3）记12n n ny x +=(,1)n N n *∈>，求数列{}n y 的前n 项和为n S解析：（1）∵x x f =)(有唯一解，∴xx ax b=+，即 2(1)0ax b x +-=有两个相等实根 2(1)0b ∴∆=-= ，即1b = 由(2)1f =，(2)1f =，得22a b += ，所以2122b a -== 所以()f x 的表达式2()1212x xf x x x ==++ （2）1()n n x f x -= ，1122n n n x x x --∴=+，111211122n n n n x x x x ---+∴==+即1111(2)2n n n x x --=≥ ，所以数列1{}nx 是等差数列，其中首项1122(2)122f x ⨯===+ ，公差为12d =1111(1)22n n x +∴=+-= ，即21n x n =+()n N *∈ （3）11212(1)22n n n n n n y n x +++==⋅=+⋅23223242(1)20n n S n =⋅+⋅+⋅+++⋅+ …………① 2312022322(1)2n n n S n n +=+⋅+⋅++⋅++⋅ …………②由①－②，得231112222(1)2n n n S n +-=++++++-+⋅111221(1)2211n n n n n ++-⋅=+-+⋅=-⋅-从而，数列{}n y 的前n 项和为12n n S n +=⋅12.（2012年广东）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项和为n T ，满足2*2n n T S n n N =-∈，．（1）求1a 的值；（2）求：用n a 表示n S 的表达式（3）求数列{}n a 的通项公式．【解析】（1）当1n =时，1121T S =-，∵111a S T ==，∴21121a a =-，∴11a =， (2)当2n ≥时，2211(22(1)]n n n n n S T T S n S n --=-=---)-[12()21n n S S n -=--+221n a n =-+，∵当2n ≥时，11(22122(1)1]n n n n n a S S a n a n --=-=-+--+)-[∴122n n a a -=+，∴122(2)n n a a -+=+，∴数列{2}n a +是以123a +=为首项，2为公比的等比数列， ∴1232n n a -+=⋅，∴1322n n a -=⋅-， ∵111322n a -==⋅-， ∴1322n n a -=⋅-，*n N ∈．14．（2013年高考）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21441n n S a n +=--，*n ∈N ，且2a 、5a 、14a 构成等比数列．（1）证明:2145a a =+；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）证明:对一切正整数n ，有1223111112n n a a a a a a ++++< ．【解析】（1）在21441n n S a n +=--中令1n =，可得212441S a =--，而20a >，∴2145a a =+．（2）由21441n n S a n +=--可得()214411n n S a n -=---(2n ≥)．两式相减，可得22144n n n a a a +=--，即()2212n n a a +=+，∵0n a >，∴12n n a a +=+，于是数列{}n a 把第1项去掉后，是公差为2的等差数列．由2a 、5a 、14a 成等比数列可得25214a a a =，即()()2222624a a a +=+，解得23a =，由2145a a =+可得11a =，于是212a a -=， ∴数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列， ∴()12121n a n n =+-=-．（3）∵()()111111()212122121n n a a n n n n +==--+-+， ∴12231111n n a a a a a a ++++ 111111[(1)()()]23352121n n =-+-++--+ ()11122212n =-<+．。