高考理科数学专题复习题型数列

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2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练及参考答案

2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练【题型归纳】等差数列、等比数列的基本运算题组一等差数列基本量的计算例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2−S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8【答案】D【解析】解法一：由题知()21(1)21n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2−S n =36得，(n ＋2)2−n 2=4n ＋4=36，所以n =8.解法二：S n ＋2−S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ．【易错点】对S n ＋2−S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。

题组二等比数列基本量的计算例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________．【答案】4【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即4220q q --=，解得q 2=2，∴4624a a q ==.【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路：(1)设基本量a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．等差数列、等比数列的判定与证明题组一等差数列的判定与证明例1设数列{a n }的各项都为正数，其前n 项和为S n ，已知对任意n ∈N *，S n 是a 2n 和a n 的等差中项． (1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)若b n =−n ＋5，求{a n ·b n }的最大项的值并求出取最大值时n 的值．【答案】(1)见解析；(2) 当n =2或n =3时，{a n ·b n }的最大项的值为6. 【解析】(1)由已知可得2S n =a 2n ＋a n ，且a n >0，当n =1时，2a 1=a 21＋a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，有2S n −1=a 2n －1＋a n −1，所以2a n =2S n −2S n −1=a 2n −a 2n －1＋a n −a n −1，所以a 2n −a 2n －1=a n ＋a n −1，即(a n ＋a n −1)(a n −a n −1)=a n ＋a n −1，因为a n ＋a n −1>0，所以a n −a n −1=1(n ≥2)．故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)可知a n =n ，设c n =a n ·b n ，则c n =n (−n ＋5)=−n 2＋5n =−⎝⎛⎭⎫n －522＋254，因为n ∈N *，所以当n =2或n =3时，{a n ·b n }的最大项的值为6.【易错点】S n 是a 2n 和a n 的等差中项，无法构建一个等式去求解出a n 。

数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第六章数列数列的概念与简单表示

必考部分第六章数列§6.1 数列的概念与简单表示考纲展示► 1.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）．2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．考点1 由数列的前几项求数列的通项公式1.数列的概念(1)数列的定义:按照________排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的________．(2）数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集）为________的函数a n＝f（n)．当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．(3)数列有三种表示法，它们分别是________、________和________．答案：(1)一定顺序项（2)定义域(3）列表法图象法通项公式法2．数列的分类答案：有限无限＞＜3．数列的两种常用的表示方法（1）通项公式:如果数列｛a n}的第n项a n与________之间的关系可以用一个式子________来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)递推公式:如果已知数列{a n｝的第1项（或前几项)，且从第二项(或某一项）开始的任一项a n与它的前一项a n－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．答案：（1）序号n a n＝f（n)4．已知数列{a n}的前n项和S n，则a n＝错误!答案：S1S n－S n－1(1)[教材习题改编］已知数列{a n｝的前四项分别为1,0，1，0，给出下列各式：①a n＝错误!；②a n＝错误!；③a n＝sin2错误!；④a n＝错误!；⑤a n＝错误!⑥a n＝错误!＋(n－1)（n－2)．其中可以作为数列｛a n｝的通项公式的有________．（写出所有正确结论的序号）答案：①③④（2)[教材习题改编］已知｛a n}满足a n＝错误!＋1(n≥2), a7＝错误!，则a5＝__________.答案：错误!解析：由递推公式，得a 7＝－1a 6＋1，a 6＝错误!＋1，则a 5＝错误!。

高三数学《数列》高考分析

集体备课提纲
日期
2020.3.11
科目
数学
中心发言人
赵艳萍
课题
《数列》高考分析
参加教师
高三全体数学教师
考向分析
1.数列是高考的必考内容，从2011年---2019年的高考试题来看，理科每年的题量和分值一般都是两个小题共10分，或一个大题共12分，其中2013年是两选一填共15分，2019年是一选一填和概率压轴题里的一问，约14分；文科2011年、2013年、2019年两个小题一个大题共17分，2012年和2015年是一选一填共10分，其他年份是一道解答题共12分。
2.解答题的命题特点分析
等差(比)数列的基本运算:a1,an,Sn,n,d(q)这五个量中已知其中的三个量,求另外两个量.已知数列的递推关系式以及某些项,求数列的通项公式.已知等差(比)数列的某些项或前几项的和,求其通项公式.等差(比)数列的判断与证明以及等差数列前n项和的最值问题等。结合模考中的数列大题是劣构问题，可提醒学生选择有益于形成解决方案的信息和技能。
二、例题分析
1.选择题和填空题的命题特点分析
选择、填空题常考题型主要涉及等差、等比数列的通项公式与前项和公式，知三求二，借助方程组求解基本量，有时也会用到“整体求解”的技巧；有些客观题如能灵活运用数列的性质求解则可以大大简化运算。
例题：
此处设置了5个小题，都是近两年高考试题改编题。建议强调通性通法，设基本量解方程或方程组，如果已知等差中有几项和是常数的计算问题，一般是性质与求和公式结合使用，体现整体代入的思想。
（1）．从试题命制角度看，重视对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的考查。
（2）．从课程标准角度看，要求学生“探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式，能在具体问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题”。

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。

高三数学专题——数列

第二讲数列● 高考风向标数列的概念．等差数列及其通项公式、前n 项和公式；等比数列及其通项公式、前n 项和公式．数学归纳法及其应用．通项与前n 项和之间的关系是高考常考的热点内容，递推数列在各地的高考中闪亮登场． ● 典型题选讲例１若数列{a n }满足112,0;2121, 1.2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩若167a =，则20a 的值为（）A ．67B ．57C ．37D ．17讲解逐步计算，可得167a =,231251,771031,77a a =-==-=456,71251,...77a a ==-=这说明数列{a n }是周期数列， 3.T =而20362=⨯+, 所以2075a =．应选B ．点评分段数列问题是一种新问题，又涉及到周期数列，显示了以能力立意，题活而不难的特色．例２在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，若S m ，S m+2，S m+1成等差数列，则a m , a m+2, a m+1成等差数列.（１）写出这个命题的逆命题；（２）判断逆命题是否为真，并给出证明.讲解（１）逆命题：在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，若a m , a m+2, a m+1成等差数列，则 S m ，S m+2，S m+1成等差数列. （２）设{a n }的首项为a 1，公比为q由已知得2a m+2= a m + a m+1 ∴2a 1q m+1=a 11-m q +a 1q m ∵a 1≠0 q ≠0 ,∴2q 2－q －1=0 , ∴q=1或q=－21. 当q=1时，∵S m =ma 1， S m+2= (m+2)a 1，S m+1= (m+1)a 1， ∴S m +S m+1≠2 S m+2,∴S m ，S m+2，S m+1不成等差数列. 当q=－21时, 2 S m+2=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=+--++212121134211])21(1[2m m a a ,∴S m +S m+1=2 S m+2 , ∴S m ，S m+2，S m+1成等差数列．综上得：当公比q=1时，逆命题为假；当公比q ≠1时，逆命题为真．点评对公比进行分类是本题解题的要害所在，问题好在分类，活在逆命题亦假亦真二者兼顾，可谓是一道以知识呈现、能力立意的新颖试题．例３设数列{a n }前n 的项和为 S n ，且*).(32)3(N n m ma S m n n ∈+=+-其中m 为常数，0,3≠-≠m m 且（1）求证：{a n }是等比数列；（2）若数列{a n }的公比满足q=f (m )且11131,()(*,2),2n n n b a b f b n N n b -⎧⎫==∈≥⎨⎬⎩⎭求证，为等差数列，并求n b ．讲解（1）由(3)23n n m S ma m -+=+，得11(3)23,n n m S ma m ++-+=+两式相减，得1(3)2,(3)n n m a ma m ++=≠-12,3n n a ma m +∴=+ {}n a ∴是等比数列．111111112(2)1,(),2,3233()22311133.311{}131121,333.2n n n n n n n n n n n n n mb a q f m n N n m b b f b b b b b b b b b n n b b n ------====∈≥+==⋅++=⇒-=∴-+∴=+==+由且时，得是为首项为公差的等差数列,故有点评为了求数列{}n b 的通项，用取＂倒数＂的技巧，得出数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的递推公式，从而将其转化为等差数列的问题．例４设数列{}n a 的前n 项和为S n ，若{}n S 是首项为S 1各项均为正数且公比为q 的等比数列.（１）求数列{}n a 的通项公式n a （用S 1和q 表示）；（２）试比较122+++n n n a a a 与的大小，并证明你的结论.讲解（１）∵{}n S 是各项均为正数的等比数列，∴)0(11>=-q q S S n n ．当n=1时，a 1=S 1；当2112,(1)n n n n n a S S S q q --≥=-=-时． ∴⎩⎨⎧≥-==-)2()1()1(211n qq S n S a n n（２）当n=1时，213211312(1)2(1)[()]0,24a a a S S q q S q S q +-=+---=-+>Q∴2312a a a >+． 21211112,2(1)(1)2(1)n n n n n n n a a a S q qS q q S q q--++≥+-=-+---当时()3211.n S q q -=- ∵210,0,n S q ->>①当q=1时，321(1)0,2.n n n q a a a ++-=∴+= ②当,10时<<q .2,0)1(123++<+∴<-n n n a a a q ③当,1时>q .2,0)1(123++>+∴>-n n n a a a q综上以上，我们可知：当n=1时，2312a a a >+．当212,1,2;n n n n q a a a ++≥=+=时若则若2101,2;n n n q a a a ++<<+<则若211,2.n n n q a a a ++>+<则点评数列与比较大小的综合是高考命题的一个老话题，我们可以找到较好的高考真题．本题求解当中用到n S 与n a 之间的关系式：11,(1).(2)n n n S n a S S n -⎧==⎨-≥⎩ 例５已知数列}{n a 满足n a >0，且对一切n ∈N x ，有3211, nninn i i i a S S a ====∑∑其中，(1) 求证：对一切n ∈N x ，有n n n S a a 2121=-++；(2) 求数列}{n a 的通项公式； (3) 求证：31<∑=nk k ka ．讲解 (1) 由321ni n i aS ==∑ ①得13211n in i aS ++==∑ ②②-①得 22131n n n S S a -=++=(S n +1+S n )(S n +1-S n )=(2 S n +a n +1) a n +1∵ a n +1 >0，∴n n n S a a 2121=-++ ．(2) 由n n n S a a 2121=-++，得122-=-n n n S a a (n ≥2)，两式相减，得(a n +1+ a n )( a n +1 - a n )= a n +1+ a n ， ∵a n +1+ a n >0，∴a n +1 - a n =1．(n ≥2)当n=1，2时易得，a 1=1，a 2=2，∴a n +1 - a n =1(n ≥1) ．从而{ a n }是等差数列，其首项为a 1=1，公差d=1，故a n =n ． (3)1nnk k ===21nk =<+∑1122 3.2=++-<+< 点评关于数列不等式的证明，常用的技巧是放缩法，而放缩应特别注意其适度性，不可过大，也不可过小．例6 如图,一粒子在区域{}(,)|0,0x y x y ≥≥上运动,在第一秒内它从原点运动到点1(0,1)B ,接着按图中箭头所示方向在x 轴、y 轴及其平行方向上运动，且每秒移动一个单位长度．（1）设粒子从原点到达点n n n A B C 、、时，所经过的时间分别为n n n a 、b 、c ，试写出}n n n a {}、{b }、{c 的通相公式；（2）求粒子从原点运动到点(16,44)P 时所需的时间；（3）粒子从原点开始运动，求经过xx 秒后，它所处的坐标．讲解 (1) 由图形可设12(1,0),(2,0),,(,0)n A A A n L ，当粒子从原点到达n A 时，明显有13,a = 211,a a =+3111234,a a a =+=+⨯ 431,a a =+5332054,a a a =+=+⨯ 651,a a =+… … 2123(21)4,n n a a n --=+-⨯ 2211,n n a a -=+∴2114[35(21)]n a a n -=++++-L ＝241n -, 222114n n a a n -=+=.221212(21)441n n b a n n n --=--=-+, 2222244n n b a n n n =+⨯=+．222121(21)42(21)(21)n n c b n n n n n --=+-=-=-+-, 2222242(2)(2)n n c a n n n n n =+=+=+,即2n c n n =+.（2）有图形知，粒子从原点运动到点(16,44)P 时所需的时间是到达点44C 所经过得时间44c 再加（44－16）＝28秒，所以24444282008t =++=秒．（3）由2n c n n =+≤xx ，解得112n -≤≤，取最大得n=44,经计算，得44c ＝xx<xx ，从而粒子从原点开始运动，经过xx 秒后到达点44C ，再向左运行24秒所到达的点的坐标为（20，44）．点评从起始项入手，逐步展开解题思维．由特殊到一般，探索出数列的递推关系式，这是解答数列问题一般方法，也是历年高考命题的热点所在．例７已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n . （1）写出数列{}n a 的前三项321,,a a a ；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）证明：对任意的整数4>m ，有8711154<+++m a a a Λ . 讲解（１）为了计算前三项321,,a a a 的值，只要在递推式1,)1(2≥-+=n a S n n n 中，对n 取特殊值1,2,3n =，就可以消除解题目标与题设条件之间的差异．由111121,1;a S a a ==-=得由2122222(1),0;a a S a a +==+-=得由31233332(1), 2.a a a S a a ++==+-=得（２）为了求出通项公式，应先消除条件式中的n S ．事实上当2≥n 时，有,)1(2)(211n n n n n n a a S S a -⨯+-=-=--即有 ,)1(2211---⨯+=n n n a a 从而 ,)1(22221----⨯+=n n n a a 32322(1),n n n a a ---=+⨯-…….2212-=a a接下来，逐步迭代就有122111)1(2)1(2)1(22-----⨯++-⨯+-⨯+=n n n n n a a Λ].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211--------+=----=-++-+--+=n n n nn n n n n Λ经验证a 1也满足上式，故知 .1],)1(2[3212≥-+=--n a n n n 其实，将关系式1122(1)n n n a a --=+⨯-和课本习题1n n a ca d -=+作联系，容易想到：这种差异的消除，只要对1122(1)n n n a a --=+⨯-的两边同除以(1)n-，便得1122(1)(1)n n n n a a --=-⋅---．令,(1)nn na b =-就有 122n n b b -=--，于是 1222()33n n b b -+=-+，这说明数列23n b ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，公比2,q =- 首项11b =-，从而，得 111221()(2)()(2)333n n n b b --+=+⋅-=-⋅-，即121()(2)(1)33n n na -+=-⋅--，故有.1],)1(2[3212≥-+=--n a n n n （３）由通项公式得.24=a 当3≥n 且n 为奇数时，]121121[2311121-++=+--+n n n n a a ).2121(232222312222223123221213221----------+=+⨯<--++⨯=n n n n n n n n n n当m m 且4>为偶数时，ma a a 11154+++Λ )212121(2321)11()11(14431654--++++<+++++=m m m a a a a a ΛΛ .878321)211(4123214=+<-⨯⨯+=-m 当m m 且4>为奇数时，1m +为偶数，可以转化为上面的情景 .87111111115454<++++<++++m m m a a a a a a a ΛΛ 故任意整数m >4，有.8711154<+++m a a a Λ 点评本小题２００４年全国（旧教材版）高考理科压轴试题．主要考查数列的通项公式，等比数列的前n 项和以及不等式的证明．考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力．当中的第2小题，显然与课本上的问题1n n a ca d +=+有着相同的本质．而第３小题又有着明显的高等数学的背景，体现了知识与技能的交汇，方法与能力的提升，显示了较强的选拔功能．针对性演练１某人要买房，随着楼层的升高，上下楼耗费的精力增多，因此不满意度升高，当住第n 层楼时，上下楼造成的不满意度为n ，但高处空气清新，嘈杂音较小，环境较为安静，因此随楼层升高环境不满意度降低，设住第n 层楼时，环境不满意度为8n，则此人应选（） (A) 1楼 (B) 2楼 (C) 3楼 (D) 4楼 2. 若等比数列的各项均为正数，前n 项之和为S ，前n 项之积为P ，前n 项倒数之和为M ，则 ( )（A ）P =M S （B ）P ＞M S （C ）n M S P ⎪⎭⎫ ⎝⎛=2 （D ）2P ＞nM S ⎪⎭⎫ ⎝⎛3. xx 年12月，全世界爆发＂禽流感＂，科学家经过深入的研究，终于发现了一种细菌M 在杀死＂禽流感＂病毒N 的同时能够自身复制．已知１个细菌M 可以杀死１个病毒N ，并且生成２个细菌M ，那么１个细菌M 和2048个＂禽流感＂病毒N 最多可生成细菌M 的数值是（）（A ）1024 （B ）2048 （C ） 2049 （D ）无法确定 4. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，令12nn S S S T n+++=L ，称n T 为数列1a ，2a ，……，n a 的“理想数”，已知数列1a ，2a ，……，500a 的“理想数”为xx ，那么数列2， 1a ，2a ，……，500a 的“理想数”为(A) xx (B) xx (C) xx (D) xx5. 某地为了防止水土流失，植树造林，绿化荒沙地，每年比上一年多植相同亩数的林木，但由于自然环境和人为因素的影响，每年都有相同亩数的土地沙化，具体情况为下表所示：而一旦植完，则不会被沙化. 问：（1）每年沙化的亩数为多少？（2）到那一年可绿化完全部荒沙地？６．已知正项数列{}n a 满足a a =1 （10<<a ），且.11nnn a a a +≤+求证（1）();11an aa n -+≤（2）.111<+∑=nk kk a 答案１．C ２． C ３．C ４．A５．（1）由表知，每年比上一年多造林400亩.因为xx 年新植1400亩，故当年沙地应降为23800140025200=-亩，但当年实际沙地面积为24000亩，所以xx 年沙化土地为200亩.同理xx 年沙化土地为200亩.所以每年沙化的土地面积为200亩.（2）由(1)知，每年林木的“有效面积”应比实造面积少200亩.设xx 年及其以后各年的造林亩数分别为1a 、2a 、3a 、…，则n 年造林面积总和为：4002)1(1600⨯-+=n n n S n . 由题意：n S n 20024000+≥ 化简得012072≥-+n n ,解得： 8≥n .故8年，即到xx 年可绿化完全部沙地.６．（1）将条件n n n a a a +≤+11变形，得1111≥-+nn a a . 于是，有,1112≥-a a ,11123≥-a a ,11134≥-a a …………1111≥--n n a a . 将这n-1个不等式叠加，得,111-≥-n aa n 故 ().11an aa n -+≤（2）注意到10<<a ，于是由（1）得()nn aa n a a n 111111<-+=-+≤，从而，有 .1111111)1(11111<+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+<+∑∑∑===n k kk k k a nk n k nk k。

高考大题训练(数列教师版)共47题王斌高考总复习高考最后冲刺

1. （2010山东理）（18）（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令b n =211n a -(n ∈N *)，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为37a =，5726a a +=，所以有112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13,2a d ==，所以321)=2n+1n a n =+-（；n S =n(n-1)3n+22⨯=2n +2n 。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知2n+1n a =，所以b n =211n a -=21=2n+1)1-（114n(n+1)⋅=111(-)4n n+1⋅，所以n T =111111(1-+++-)4223n n+1⋅- =11(1-)=4n+1⋅n 4(n+1)，即数列{}n b 的前n 项和n T =n4(n+1)。

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n 项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。

2. (2009山东卷文)等比数列{n a }的前n 项和为n S ，已知对任意的n N +∈ ，点(,)n nS ，均在函数(0xy b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图像上. （1）求r 的值；（11）当b=2时，记 1()4n nn b n N a ++=∈ 求数列{}n b 的前n 项和n T 解:因为对任意的n N +∈,点(,)n n S ，均在函数(0xy b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图像上.所以得nn S b r =+,当1n =时,11a S b r ==+, 当2n ≥时,1111()(1)nn n n n n n n a S S b r br b b b b ----=-=+-+=-=-,又因为{n a }为等比数列, 所以1r =-, 公比为b , 所以1(1)n n a b b -=-（2）当b=2时，11(1)2n n n a b b --=-=, 111114422n n n n n n n b a -++++===⨯ 则234123412222n n n T ++=++++3451212341222222n n n n n T +++=+++++相减,得23451212111112222222n n n n T +++=+++++-31211(1)112212212n n n -+⨯-++--12311422n n n +++=--所以113113322222n n n n n n T ++++=--=-【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知n S 求n a 的基本题型,并运用错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前n 项和n T . 3．（2009全国卷Ⅱ理）设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+ （I ）设12n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列（II ）求数列{}n a 的通项公式。

【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用版)：数列解答题(解析版)

2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编
专题 06 数列解答题
1．(2022
年全国甲卷理科·第
17
题)记
Sn
为数列 an 的前
n
项和．已知
2Sn n
n
2an
1．
(1)证明： an 是等差数列；
(2)若 a4, a7 , a9 成等比数列，求 Sn 的最小值．
【答案】(1)证明见解析：； (2) 78 ．
解析：(1)设数列an 的公差为d
，所以，
aa11dd22bb118ab11
2d
a1
4b1 3d
，即可解得，
b1
a1
d 2
，
所以原命题得证．
（2）由(1)知， b1
a1
d 2
，所以 bk
am
a1
b1 2k1
a1
m 1 d
a1 ，即 2k1
2m ，亦即
m 2k2 1,500 ，解得 2 k 10 ，所以满足等式的解 k 2,3, 4,,10 ，故集合
解析：(1)解：因为
2Sn n
n
2an
1，即 2Sn
n2
2nan
n
①，
当 n 2 时， 2Sn1 n 12 2 n 1 an1 n 1 ②，
① ②得， 2Sn n2 2Sn1 n 12 2nan n 2n 1 an1 n 1 ，
即 2an 2n 1 2nan 2n 1 an1 1 ，
k | bk am a1,1 m 500 中的元素个数为10 2 1 9 ．
【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022 新高考全国 II 卷·第 17 题

2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版跟踪检测：专题3 数列第1部分专题3 第2讲

7．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为________. 解析因为 Sn＝3＋2n，所以 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，而 n＝1 时，a1＝S1＝5 不适
合上式，所以 an＝Error!
答案 an＝Error!
1
1
8．(2019·广东深圳适应性考试)在数列{an}中，a1＝2 019，an＋1＝an＋nn＋1(n∈N*)，
2n ＝n2＋1－2n.故选 A
项．
3．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝( )
nn＋1 A． 2
nn＋1 B．－ 2
nn＋1 C．(－1)n＋1 2
D．以上均不正确
C 解析当 n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－
n 3＋2n－1 2
nn＋1
2 ＝－ 2 ；当 n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)
n－1 [3＋2n－1－1]
2
nn＋1
n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2＝－
2
＋n2＝ 2 .综上可得，原
nn＋1 式＝(－1)n＋1 2 .故选 C 项．
4．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an－1(a≠0)，则{an}( )
2×3 3 4
n n＋1
则 3Tn＝ 30 ＋30＋31＋…＋3n－3＋3n－2，②
1 1－
3n－1
( ) 1 1
1 n＋1
1 n＋1 15
1＋＋＋…＋
1－
②－①得 2Tn＝6＋ 3 32
3n－2 －3n－1＝6＋ 3 －3n－1＝ 2 －
2n＋5
2·3n－1.

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第8讲数列[考情分析]数列为每年高考必考内容之一，考查热点主要有三个方面：(1)对等差、等比数列基本量和性质的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n项和公式建立方程(组)求解，利用性质解决有关计算问题，属于中、低档题；(2)对数列通项公式的考查；(3)对数列求和及其简单应用的考查，主、客观题均会出现，常以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和，难度中等.热点题型分析热点1等差、等比数列的基本运算及性质1.等差(比)数列基本运算的解题策略(1)设基本量a1和公差d(公比q)；(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.2.等差(比)数列性质问题的求解策略(1)解题关键：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)牢固掌握等差(比)数列的性质，可分为三类：①通项公式的变形；②等差(比)中项的变形；③前n项和公式的变形．比如：等差数列中，“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)”；等比数列中，“若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q(m，n，p，q∈N*)”.1.已知在公比不为1的等比数列{a n }中，a 2a 4＝9，且2a 3为3a 2和a 4的等差中项，设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T 8＝( )A.12×37－16 B ．310 C.318 D ．320答案 D解析由题意得a 2a 4＝a 23＝9.设等比数列{a n }的公比为q ，由2a 3为3a 2和a 4的等差中项可得4a 3＝3a 2＋a 4，即4a 3＝3a 3q ＋a 3q ，整理得q 2－4q ＋3＝0，由公比不为1，解得q ＝3.所以T 8＝a 1·a 2·…·a 8＝a 81q 28＝(a 81q 16)·q 12＝(a 1q 2)8·q 12＝a 83·q 12＝94×312＝320.故选D.2.(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________.答案 16解析解法一：由S 9＝27⇒9(a 1＋a 9)2＝27⇒a 1＋a 9＝6⇒2a 5＝6⇒2a 1＋8d ＝6且a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0⇒2a 1＋5d ＝0，解得a 1＝－5，d ＝2.故S 8＝8a 1＋8×(8－1)2d ＝16.解法二：同解法一得a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0⇒3a 2＋a 8＝0⇒2a 2＋2a 5＝0⇒a 2＝－3. ∴d ＝a 5－a 23＝2，a 1＝a 2－d ＝－5. 故S 8＝8a 1＋8×(8－1)2d ＝16.3.在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8·a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a10＝________.答案－53解析由等比数列的性质可得，a 7·a 10＝a 8·a 9＝－98，∴1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 7＋1a 10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 8＋1a 9＝a 7＋a 10a 7·a 10＋a 8＋a 9a 8·a 9＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8·a 9＝－53.在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．如第1题要注意整体代换思想的运用，避免繁杂的运算出错；第3题易忽视等比数列性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q (m ，n ，p ，q ∈N *)”，而导致计算量过大.热点2 求数列的通项公式1.已知S n 求a n 的步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并. 2.由递推关系式求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易在求数列{f (n )}前n项的积时，采用叠乘法求数列{a n }的通项公式；(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式；(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项公式.1.(2019·长沙雅礼中学、河南实验中学联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A.2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C.2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C解析由题意得a n ＋1n ＋1－a nn ＝ln (n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，(n －1)取代，累加得a n n －a 11＝ln n －ln 1＝ln n ，a nn ＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ，则数列{a n }的通项公式为________.答案 a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2·3n －2，n ≥2解析当n ≥2时，a n ＝2S n －1，∴a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ，即a n ＋1＝3a n ，∴数列{a n }的第2项及以后各项构成等比数列，a 2＝2a 1＝2，公比为3，∴a n ＝2·3n－2，n ≥2，当n ＝1时，a 1＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2·3n －2，n ≥2.(1)利用a n ＝S n －S n －1求通项时，应注意n ≥2这一前提条件．第2题易错解为a n ＝2·3n －2.(2)利用递推关系式求数列通项时，要合理转化确定相邻两项之间的关系．第1题易错点有二：一是已知条件的转化不明确导致无从下手；二是叠加法求通项公式不熟练导致出错.热点3 数列求和问题1.分组求和的常用方法(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正、负项分组，此时数列的通项式中常会有(－1)n等特征.2.裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差；(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多.3.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n}与等比数列{b n}对应项相乘{a n·b n}型数列求和；(2)步骤①求和时先乘以等比数列{b n}的公比；②把两个和的形式错位相减；③整理结果形式.1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >20172018的最小正整数n的值为( )A.11 B ．10 C ．9 D ．8 答案 B 解析根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎨⎧m ＋4，n ＝1，2n ，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32，根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2，所以a 1＝2满足a n ＝2n ，从而求得a n ＝2n (n ∈N *)，所以b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)＝2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>20172018，整理得2n ＋1>2019，解得n ≥10. 2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________. 答案 (n －1)2n ＋1＋2解析由a n ＝n ·2n 且S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 得， S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， ∴2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1. 两式相减得，－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1∴S n ＝n ×2n ＋1－2n ＋1＋2＝(n －1)2n ＋1＋2.裂项相消后一般情况下剩余项是对称的，即前面剩余的项和后面剩余的项是对应的．第1题易搞错剩余项，导致求和出错．第2题错位相减法求和时，易出现以下两种错误：一是两式错位相减时最后一项n×2n＋1没有变号；二是对相减后的和式的结构认识模糊，把项数数错.热点4数列的综合应用1.解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值.2.数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，在求数列最值或不等关系时要特别注意；(2)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化.1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝45，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n －1，12<a n ≤1，则S 2018等于( )A.50445B.50475C.50485D.50495 答案 B解析由题知，a 1＝45，a 2＝2×45－1＝35，a 3＝2×35－1＝15，a 4＝2×15＝25，a 5＝2×25＝45，∴数列{a n }是以4为周期的周期数列，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝45＋35＋15＋25＝2，∴S 2018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1008＋75＝50475.故选B.2.已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________. 答案 212解析由题意得，a 2－a 1＝2×1，a 3－a 2＝2×2，a 4－a 3＝2×3，…，a n －a n－1＝2(n －1)，将上述n －1个式子累加，得(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2[1＋2＋…＋(n －1)]，即a n －a 1＝n (n －1)，得a n ＝a 1＋n (n －1)＝n 2－n ＋33，所以a n n ＝n 2－n ＋33n ＝n ＋33n －1.设f (x )＝x ＋33x －1(x >0)，则f ′(x )＝1－33x 2，由f ′(x )>0，解得x >33；由f ′(x )<0，解得0<x <33.所以函数f (x )在[33，＋∞)上单调递增，在(0，33)上单调递减. 因为n ∈N *，所以当n ＝6时，f (n )即a n n 取得最小值，而f (6)＝a 66＝6＋336－1＝212.所以a n n 的最小值为f (6)＝212.第1题易把数列的周期求错，导致S 2018的值求错．第2题易出现的错误有两个：一是在a n n 的表达式中，忽视n 为正整数的特点并直接利用基本不等式n ＋33n ≥233求解最值；二是即使考虑了n 为正整数，但把a nn 取最小值时的n 值弄错.真题自检感悟1.(2018·全国卷Ⅰ)设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.－12 B ．－10 C ．10 D ．12 答案 B解析设该等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得 3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2＋3×22·d ＝2×2＋d ＋4×2＋4×32·d ，整理解得d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2－12＝－10，故选B.2.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.答案 0 －10解析 ∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10，∴a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正．∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10.3.(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.答案－63解析根据S n ＝2a n ＋1，可得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，所以数列{a n }是以－1为首项，以2为公比的等比数列，所以S 6＝－(1－26)1－2＝－63.4.(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为________.答案 27解析 S 26＝21×(1＋41)2＋2－25×21－2＝503，a 27＝43，则12a 27＝516，不满足S n >12a n ＋1；S 27＝22×(1＋43)2＋2－25×21－2＝546，a 28＝45，则12a 28＝540，满足S n >12a n ＋1.所以n 的最小值为27.专题作业一、选择题1.(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A.1 B ．2 C ．4 D ．8 答案 C解析设{a n }的公差为d ，则由⎩⎨⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.2.(2019·河北衡水模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝6π，则tan a 5＝( )A.33B. 3 C ．－ 3 D ．－33 答案 C解析由等差数列的性质可得，S 9＝6π＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5，∴a 5＝2π3，则tan a 5＝tan 2π3＝－3，故选C.3.(2019·广州综合测试)已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( )A.10 B ．20 C ．100 D ．200 答案 C解析 a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝100，故选C.4.(2019·大连模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝3，S 4＝15，则S 6等于( )A.27 B ．31 C ．63 D ．75 答案 C解析由题意得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，所以3,12，S 6－15成等比数列，所以122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.5.若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A.255 B ．256 C ．510 D ．511 答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n－2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×(1－28)1－2＝29－2＝512－2＝510.6.设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 10等于( )A.15 B ．19 C ．21 D ．30 答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 3＝a 22，所以3a 2＝a 22，解得a 2＝0或a 2＝3，又因为S 1，S 2，S 4构成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，所以(2a 2－d )2＝(a 2－d )(4a 2＋2d )，若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，此时d ＝0，不符合题意，舍去，当a 2＝3时，可得(6－d )2＝(3－d )·(12＋2d )，解得d ＝2(d ＝0舍去)，所以a 10＝a 2＋8d ＝3＋8×2＝19.7.(2019·烟台模拟)已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A.3n ＋1 B ．3n －1 C.3n 2＋n 2 D.3n 2－n2答案 C解析 ∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1， ∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1，又数列{a n }为等比数列，∴数列{a n }的公比q ＝3，且a n ≠0， ∴b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n＝3，∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列， ∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋n (n －1)2×3＝3n 2＋n2.8.(2016·四川高考)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30) A.2018年 B ．2019年 C ．2020年 D ．2021年答案 B解析根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2015年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n }，其中，首项a 1＝130，公比q ＝1＋12%＝1.12，所以a n ＝130×1.12n －1.由130×1.12n －1>200，两边同时取对数，得n －1>lg 2－lg 1.3lg 1.12，又lg 2－lg 1.3lg 1.12≈0.30－0.110.05＝3.8，则n >4.8，即a 5开始超过200，所以2019年投入的研发资金开始超过200万元，故选B.9.已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，则a 56等于( ) A.－ 3 B ．0 C. 3 D.32 答案 A解析因为a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，a 1＝0，所以a 2＝－3，a 3＝3，a 4＝0，a 5＝－3，a 6＝3，…，故此数列的周期为3.所以a 56＝a 18×3＋2＝a 2＝－ 3.10.在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝1a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A.n 2B.n n ＋1C.2n n ＋1D.4nn ＋1答案 D解析由已知得a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1n ＋1·(1＋2＋…＋n )＝n2，从而b n ＝1a n a n ＋1＝1n 2·n ＋12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和为S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1.故选D.11.(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.440 B ．330 C ．220 D ．110 答案 A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1－2n 1－2＝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N －n (1＋n )2项的和即第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.故选A.12.已知数列{a n }中，a 1＝2，n (a n ＋1－a n )＝a n ＋1，n ∈N *，若对于任意的a ∈[－2,2]，n ∈N *，不等式a n ＋1n ＋1<2t 2＋at －1恒成立，则实数t 的取值范围为( )A.(－∞，－2]∪[2，＋∞)B.(－∞，－2]∪[1，＋∞)C.(－∞，－1]∪[2，＋∞)D.[－2,2] 答案 A解析根据题意，数列{a n }中，n (a n ＋1－a n )＝a n ＋1，即na n ＋1－(n ＋1)a n ＝1，则有a n ＋1n ＋1－a n n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则有a n ＋1n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1n ＋1－a n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n －a n －1n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1n －1－a n －2n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 1＋a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3－1n ＋1<3，a n ＋1n ＋1<2t 2＋at －1，即3－1n ＋1<2t 2＋at －1，∵对于任意的a ∈[－2,2]，n ∈N *，不等式a n ＋1n ＋1<2t 2＋at －1恒成立，∴2t 2＋at －1≥3，化为2t 2＋at －4≥0，设f (a )＝2t 2＋at －4，a ∈[－2,2]，可得f (2)≥0且f (－2)≥0，即有⎩⎨⎧ t 2＋t －2≥0，t 2－t －2≥0，即⎩⎨⎧t ≥1或t ≤－2，t ≥2或t ≤－1，可得t ≥2或t ≤－2，则实数t 的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，故选A.二、填空题13.(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________.答案 a n ＝6n －3解析 ∵a 1＝3，a 2＋a 5＝36，∴3＋d ＋3＋4d ＝36， ∴d ＝6，∴a n ＝3＋6(n －1)＝6n －3.14.(2019·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＝________.答案 4解析由题意知⎩⎨⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.15.(2019·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＝________.答案 4解析由a 1≠0，a 2＝3a 1，可得d ＝2a 1，所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝100a 1，S 5＝5a 1＋5×42d ＝25a 1，所以S 10S 5＝4.16.(2019·沈阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝－2，a n a n －1＝2a n －1－1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________，数列{b n }的前n项和S n 的最小值为________.答案3n －13n －4－13 解析由题意知，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴b n ＝1a n －1＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1＝1＋1a n －1－1＝1＋b n －1，即b n －b n －1＝1(n ≥2，n ∈N *)．又b 1＝1a 1－1＝－13，∴数列{b n }是以－13为首项，1为公差的等差数列，∴b n ＝n －43，即1a n －1＝n －43，∴a n ＝3n －13n －4.又b 1＝－13<0，b 2＝23>0，∴S n 的最小值为S 1＝b 1＝－13.。