(新课标Ⅱ)2018年高考数学总复习专题06数列分项练习文

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2018年高考热点题型提分秘籍：专题06-光照图的判读与晨昏线应用(含答案)

光照图的判读与应用这一内容在高考中出现频率极高，几乎每年必考，多以选择题形式出现。

此类题目一般结合时事、生活应用等，利用光照图不同季节、不同时间的特点来判断晨昏线及其应用、确定太阳直射点、判断昼夜长短、计算时间和正午太阳高度等。

热点题型一光照图的判读原理与方法例1、如图中MQ、MN、NQ分别为晨线、纬线、经线的一部分，P点的纬度为30°N，M与N的经度差为30°，此时M点的地方时为5点。

据此完成4～5题。

4．Q点的纬度可能是( )A．0° B．20°NC．30°S D．35°S5．有关该日各地的叙述，正确的是( )A．M点正午太阳高度大于P点B．Q点的昼长等于M点的夜长C．N点的日出时物体影子朝向西北D．P点昼长大于14小时【提分秘籍】光照图是利用晨昏线表达的昼夜分布图，图形复杂多样，千变万化，往往是高考能力考察的重要切入点。

判读光照图时要“以不变应万变”，即抓住光照图的入手点进行分析。

1．紧紧抓住光照图的三个“点”在光照图中往往会出现一个或几个至关重要的点，它们分别是直射点、交点、切点。

这几个点往往隐藏了经度、纬度、地方时等重要条件或特征，并且相互间存在一定的关系，它们是解题的关键点。

因此读光照图时，要紧抓这几个点，挖掘隐藏条件或信息。

别是太阳直射点坐标确定。

其中，前者可由三个点的地方时确定，后者则由三个点的位置关系确定。

2．仔细参考光照图的三种“现象”在光照图中通常会出现极昼、极夜、昼夜平分(或晨昏线圈与经线圈重合)三种现象。

通过极地昼夜现象可判断节气。

(1)若在光照图中发现北极圈以内地区有极昼现象或南极圈以内地区有极夜现象时，就可以断定此时是北半球的夏至日，反之则为北半球冬至日。

(2)若在光照图两个极圈以内地区无极昼或极夜现象，但只要有晨昏线与经线重合或昼夜平分(赤道除外)时，则可以断定是春分日或秋分日。

注：春分日、秋分日可以通过太阳直射点的移动方向、地球公转速度快慢等现象来判断，当太阳直射点向北移动、地球公转速度变慢时，则为春分日，反之为秋分日。

北京专用2018年高考数学总复习专题06数列分项练习含解析文

专题06 数列1. 【2008高考北京文第7题】已知等差数列{}n a 中，26a =，515a =，若2n n b a =，则数列{}n b 的前5项和等于（） A ．30 B ．45C ．90D ．186【答案】 C【解析】由21151634153a a d a a a d d =+==⎧⎧⇒⎨⎨=+==⎩⎩, 33(1)3,n a n n ∴=+-=26,n n b a n == 所以5630590.2S +=⨯= 2. 【2012高考北京文第6题】已知{a n }为等比数列．下面结论中正确的是( )A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．2221322a a a ≥＋ C ．若a 1＝a 3，则a 1＝a 2 D ．若a 3＞a 1，则a 4＞a 2 【答案】B3. 【2006高考北京文第6题】如果-1,a ,b ,c ,-9成等比数列,那么 A.b =3,ac =9 B. b =-3,ac =9 C.b =3,ac =-9 D.b =-3,ac =-9【答案】B【解析】由等比数列的对称性可知b 2=(-1)×(-9)=9,AC =(-1)×(-9)=9,∴b =±3. 而b =(-1)·q 2<0,∴b =3(舍).∴b =-3,AC =9.4. 【2007高考北京文第10题】若数列{}n a 的前n 项和210(123)n S n n n =-=，，，，则此数列的通项公式为．【答案】211n -【试题分析】若数列{}n a 的前n 项和()2101,2,3,...n S n n n =-=，数列为等差数列，2n ≥时，数列的通项公式为1211n n n a S S n -=-=- ，当1n =时，119a S ==-成立，所以211n a n =-.【考点】数列的通项公式与前n 项和的关系5. 【2013高考北京文第11题】若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝__________；前n 项和S n ＝__________. 【答案】2 2n ＋1－2【解析】试题分析：根据等比数列的性质知a 3＋a 5＝q (a 2＋a 4)， ∴q ＝2，又a 2＋a 4＝a 1q ＋a 1q 3，故求得a 1＝2，∴S n ＝21212n (-)-＝2n ＋1－2.6. 【2012高考北京文第10题】已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若112a =，S 2＝a 3，则a 2＝________，S n ＝________．【答案】121()4n n +7. 【2009高考北京文第10题】若数列{}n a 满足：111,2()n n a a a n N *+==∈，则5a = ；前8项的和8S = .（用数字作答）【答案】【解析】本题主要考查简单的递推数列以及数列的求和问题.m 属于基础知识、基本运算的考查.1213243541,22,24,28,216a a a a a a a a a ========，易知882125521S -==-，∴应填255. 8. 【2011高考北京文第12题】在等比数列{}n a 中，若141,4,2a a ==则公比q = ； 12n a a a ++⋯+=【答案】2 2121--n9．【2005高考北京文第17题】数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，113n n a S +=，n =1，2，3，……，求（Ⅰ）a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）2462n a a a a ++++的值.【答案】解：(Ⅰ）由a 1=1，113n n a S +=，n=1，2，3，……，得 211111333a S a ===，3212114()339a S a a ==+=，431231116()3327a S a a a ==++=，由1111()33n n n n n a a S S a +--=-=（n ≥2），得143n n a a +=（n ≥2），又a 2=31，所以a n =214()33n -(n ≥2),∴ 数列{a n }的通项公式为21114()233n n n a n -=⎧⎪=⎨⎪⎩≥；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知242,,,n a a a 是首项为31，公比为24()3项数为n 的等比数列，∴ 2462n a a a a ++++=22241()1343[()1]43731()3n n -⋅=--. 10. 【2006高考北京文第20题】设等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都为整数,前n 项和为S n .(1)若a 11=0,S 14=98,求数列{a n }的通项公式;(2)若a 1≥6,a 11>0,S 14≤77,求所有可能的数列{a n }的通项公式. 【答案】解:(1)由S 14=98得2a 1+13d =14, 又a 11=a 1+10d =0,故解得d =-2,a 1=20.因此,{a n }的通项公式是a n =22-2n ,n =1,2,3,….(2)由⎪⎩⎪⎨⎧≥〉≤6,0,7711114a a S 得⎪⎩⎪⎨⎧≥〉+≤+,6,010,11132111a d a d a 即由①+②得-7d <11,即d >-711. 由①+③得13d ≤-1,即d ≤-131. 于是-711<d ≤-131.又d ∈Z ,故d =-1.④将④代入①②得10<a 1≤12. 又a 1∈Z,故a 1=11或a 1=12.所以,所有可能的数列{a n }的通项公式是a n =12-n 和a n =13-n ,n =1,2,3,….11.【2007高考北京文第16题】（本小题共13分）数列{}n a 中，12a =1n n a a cn +=+（c是常数，123n =，，，），且123a a a ，，成公比不为1的等比数列．（Ⅰ）求c 的值；（Ⅱ）求{}n a 的通项公式．【考点】等比数列的定义，等差数列的求和，叠加法求数列的通项. 12. 【2008高考北京文第20题】（本小题共13分）数列{}n a 满足11a =，21()n n a n n a λ+=+-（12n =，，），λ是常数．（Ⅰ）当21a =-时，求λ及3a 的值；（Ⅱ）数列{}n a 是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m ，当n m >时总有0n a <．（Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列，证明如下：由11a =，21()n n a n n a λ+=+- 得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--，4(12)(6)(2)a λλλ=---．若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-，即(5)(2)1λλλ--=-，解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-，43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-．这与{}n a 为等差数列矛盾．所以，对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．（Ⅲ）记2(12)n b n n n λ=+-=，，，根据题意可知，10b <且0n b ≠，即2λ> 且2*()n n n λ≠+∈N ，这时总存在*0n ∈N ，满足：当0n n ≥时，0n b >；当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知，若0n 为偶数，则00n a <，从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数，则00n a >，从而当0n n >时0n a >．因此“存在*m ∈N ，当n m >时总有0n a <” 的充分必要条件是：0n 为偶数，记02(12)n k k ==，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩．故λ的取值范围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N ． 13. 【2009高考北京文第20题】（本小题共13分）设数列{}n a 的通项公式为(,0)n a pn q n N P *=+∈>. 数列{}n b 定义如下：对于正整数m ，m b 是使得不等式n a m ≥成立的所有n 中的最小值.（Ⅰ）若11,23p q ==-，求3b ；（Ⅱ）若2,1p q ==-，求数列{}m b 的前2m 项和公式；（Ⅲ）是否存在p 和q ，使得32()m b m m N *=+∈？如果存在，求p 和q 的取值范围；如果不存在，请说明理由.（Ⅱ）由题意，得21n a n =-，对于正整数，由n a m ≥，得12m n +≥. 根据m b 的定义可知当21m k =-时，()*m b k k N =∈；当2m k =时，()*1m b k k N =+∈.∴()()1221321242m m m b b b b b b b b b -+++=+++++++()()1232341m m =++++++++++⎡⎤⎣⎦()()213222m m m m m m ++=+=+. （Ⅲ）假设存在p 和q 满足条件，由不等式pn q m +≥及0p >得m qn p-≥. ∵32()m b m m N *=+∈,根据m b 的定义可知，对于任意的正整数m 都有3132m qm m p-+<≤+，即()231p q p m p q --≤-<--对任意的正整数m 都成立. 当310p ->（或310p -<）时，得31p q m p +<--（或231p qm p +≤--），这与上述结论矛盾！当310p -=，即13p =时，得21033q q --≤<--，解得2133q -≤<-. ∴ 存在p 和q ，使得32()m b m m N *=+∈；p 和q 的取值范围分别是13p =，2133q -≤<-. 14. 【2014高考北京文第15题】(本小题共13分) 已知{}n a 是等差数列，满足13a =，412a =，数列{}n b 满足14b =，420b =，且{}n n b a -是等比数列.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和. 【答案】（1）3(1,2,)n a n n ==，132(1,2,)n n b n n -=+=；（2）3(1)212nn n ++-试题解析：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得：41123333a a d --===，所以1(1)3(1,2,)n a a n d n n =+-==，设等比数列{}n n b a -的公比为q ，由题意得：344112012843b a q b a --===--，解得2q =.所以1111()2n n n n b a b a q ---=-=，从而132(1,2,)n n b n n -=+=.(2)由（1）知，132(1,2,)n n b n n -=+=，数列{}3n 的前n 项和为3(1)2n n +，数列{}12n -的前n 项和为1212112n n -⨯=--，所以数列{}n b 的前n 项和为3(1)212n n n ++-. 考点：本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，考查同学们的运算求解能力，考查分析问题与解决问题的能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想．数列是高考的热点问题之一，熟练基础知识是解答好本类题目的关键.15. 【2010高考北京文第16题】（13分）已知{a n }为等差数列，且a 3＝－6，a 6＝0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若等比数列{b n }满足b 1＝－8，b 2＝a 1＋a 2＋a 3，求{b n }的前n 项和公式．【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 3＝－6，a 6＝0，所以1126,50.a d a d +=-⎧⎨+=⎩解得a 1＝－10，d ＝2.所以a n ＝－10＋(n －1)·2＝2n －12. (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 1＋a 2＋a 3＝－24，b 1＝－8，所以－8q ＝－24，即q ＝3.所以{b n }的前n 项和公式为S n ＝1(1)1n b q q--＝4(1－3n)．16. 【2013高考北京文第20题】(本小题共13分)给定数列a 1，a 2，…，a n ，对i ＝1,2，…，n －1，该数列的前i 项的最大值记为A i ，后n －i 项a i ＋1，a i ＋2，…，a n 的最小值记为B i ，d i＝A i －B i .(1)设数列{a n }为3,4,7,1，写出d 1，d 2，d 3的值；(2)设a 1，a 2，…，a n (n ≥4)是公比大于1的等比数列，且a 1＞0.证明：d 1，d 2，…，d n －1是等比数列；(3)设d 1，d 2，…，d n －1是公差大于0的等差数列，且d 1＞0.证明：a 1，a 2，…，a n －1是等差数列．(3)设d 为d 1，d 2，…，d n －1的公差．对1≤i ≤n －2，因为B i ≤B i ＋1，d ＞0，所以A i ＋1＝B i ＋1＋d i ＋1≥B i ＋d i ＋d ＞B i ＋d i ＝A i . 又因为A i ＋1＝max{A i ，a i ＋1}，所以a i ＋1＝A i ＋1＞A i ≥a i .从而a 1，a 2，…，a n －1是递增数列．因此A i ＝a i (i ＝1,2，…，n －1)．又因为B 1＝A 1－d 1＝a 1－d 1＜a 1，所以B 1＜a 1＜a 2＜…＜a n －1. 因此a n ＝B 1.所以B 1＝B 2＝…＝B n －1＝a n . 所以a i ＝A i ＝B i ＋d i ＝a n ＋d i .因此对i ＝1,2，…，n －2都有a i ＋1－a i ＝d i ＋1－d i ＝d ，即a 1，a 2，…，a n －1是等差数列． 17. 【2015高考北京，文16】（本小题满分13分）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？【答案】（I ）22n a n =+；（II ）6b 与数列{}n a 的第63项相等. 【解析】试题解析：（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)22n a n n =+-=+ (1,2,)n =.（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12822n =+，得63n =. 所以6b 与数列{}n a 的第63项相等. 考点：等差数列、等比数列的通项公式. 18. 【2016高考北京文数】（本小题13分）已知}{n a 是等差数列，}{n b 是等差数列，且32=b ，93=b ，11b a =，414b a =. （1）求}{n a 的通项公式；（2）设n n n b a c +=，求数列}{n c 的前n 项和.【答案】（1）21n a n =-（1n =，2，3，⋅⋅⋅）；（2）2312-+n n 【解析】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 -=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+()12113213nn n +--=+- 2312n n -=+．考点：等差、等比数列的通项公式和前n 项和公式，考查运算能力.【名师点睛】1.数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项.通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一；2.数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，1=q或1≠q )等.19.【2017高考北京文数第15题】已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=1,a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求和：13521n b b b b -++++．【答案】（Ⅰ）21n a n =-；（Ⅱ）312n -. 【解析】（Ⅱ）设等比数列{b n }的公比为q .因为b 2b 4=a 5，所以b 1qb 1q 3=9.解得q 2=3.所以2212113n n n b b q ---==.从而21135213113332n n n b b b b ---++++=++++=. 【考点】等比、等差数列，等比数列的前n 项和【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于1+=n n n a a c c ，()!!1!n n n n c n -+=⋅=,n n cc n ++=1等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列⨯等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和.。

2018届高考数学(理)热点题型：数列(含答案解析)

数列热点一等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n (n∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【对点训练】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)， ∴⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列，∴23<1－2T k ≤1315，又1b k ＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立.热点二数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d>1时，记c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .(1)解由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)解由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n，故T n ＝6－2n ＋32n －1.【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q. 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【对点训练】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S 2n .(1)证明由条件，对任意n∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n∈N *，a n ＋2＝3a n . (2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列. 因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. 于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).热点三数列的综合应用热点3.1 数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.【例3－1】设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N *). (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2. 所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n. (2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.热点3.2 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【例3－2】在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得： ⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n. (2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝32n(n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。

专题06数列解答题-2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(原卷版)

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n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．2．(2022新高考全国II 卷·第17题)已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．3．(2022新高考全国I 卷·第17题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．4．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题)记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==．(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)求使n n S a >成立的n 的最小值．5．(2021年新高考Ⅰ卷·第17题)已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n +⎧+=⎨+⎩为奇数为偶数(1)记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；(2)求{}n a 的前20项和．6．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第18题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．(1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．7．(2020新高考II 卷(海南卷)·第18题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．(1)求{}n a 通项公式；(2)求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-．8．(2021年高考全国乙卷理科·第19题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知12nb +=．(1)证明：数列{}n b 是等差数列;(2)求{}n a 的通项公式．9．(2021年高考全国甲卷理科·第18题)已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：②数列是等差数列；③213aa =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．10．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第17题)设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．(1)求{}n a 的公比；(2)若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．11．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题)设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n ．12．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第19题)已知数列{}n a 和{}n b 满足11a =，10b =，1434n n n a a b +=-+，1434n n n b b a +=--．()1证明：{}n n a b +是等比数列，{}n n a b -是等差数列；()2求{}n a 和{}n b 的通项公式．13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第17题)(12分)等比数列{}n a 中，11a =，534a a =(1)求{}n a 的通项公式；的(2)记n S 为{}n a 的前n 项和，若63m S =，求m ．(1)12n n a -=或()12n n a -=-；(2)6m =14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第17题)(12分)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求n S ，并求n S 的最小值．15．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题)已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+,其中0λ≠.(Ⅰ)证明{}n a 是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若53132S =,求λ.16．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第17题)(本题满分12分)n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S ，=记[]=lg n nb a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg 99=1，．(I)求111101b b b ，，；(II)求数列{}n b 的前1 000项和．17．(2015高考数学新课标1理科·第17题)(本小题满分12分)n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知20,24 3.n n n n a a a S >+=+(Ⅰ)求{}n a 的通项公式：(Ⅱ)设112n n n b a a +=,求数列{}n b 的前n 项和18．(2014高考数学课标2理科·第17题)(本小题满分12分)已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+．(Ⅰ)证明{}12n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(Ⅱ)证明：1231112na a a ++<…+19．(2014高考数学课标1理科·第17题)已知数列的前项和为,,,,其中为常数．(1)证明:;{}n a n n S 11a =0n a ≠11n n n a a S +=-λλ2n n a a l +-={}n a(2)是否存在,使得为等差数列?并说明理由．。

2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案

.2018 届高三第二轮复习——数列第 1 讲等差、等比考点【高考感悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：考什么怎么考题型与难度主要考查等差、等比数列的基题型：三种题型均可出现1.等差 (比 )数列的基本运算本量的求解难度：基础题主要考查等差、等比数列的定题型：三种题型均可出现2.等差 (比 )数列的判定与证明义证明难度：基础题或中档题主要考查等差、等比数列的性题型：选择题或填空题3.等差 (比 )数列的性质质难度：基础题或中档题1．必记公式(1)等差数列通项公式： an＝ a1 ＋ (n－ 1) d.n（ a1＋ an）n（n－ 1 ）d(2) 等差数列前 n 项和公式：S ＝＝ na1＋.n22(3)等比数列通项公式： ana1q n－1 .(4)等比数列前 n 项和公式：na1 （ q＝ 1）S n＝n n .a1（ 1 －q ）a1－ aq （ q≠1）＝1 － q1－ q(5)等差中项公式： 2an＝ an－ 1＋an＋1 (n≥ 2) ．(6)等比中项公式： a2n＝ an－ 1 ·an＋1(n≥ 2) ．S1 （ n＝ 1）(7) 数列 {an}的前 n 项和与通项 an 之间的关系： an＝ . Sn－ Sn－ 1（ n≥ 2）2．重要性质(1) 通项公式的推广：等差数列中，an＝am＋ (n－m )d；等比数列中，an＝ amq n－m...(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．②等比数列中，若a1＞0 且 q＞ 1 或 a1＜ 0 且 0 ＜ q＜ 1，则数列为递增数列；若a1＞ 0 且 0 ＜ q＜ 1 或a1＜ 0 且 q＞ 1，则数列为递减数列．3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．(2) 漏掉等比中项：正数a， b 的等比中项是±ab，容易漏掉－ab .【真题体验】1． (2015 ·新课标Ⅰ高考)已知 {an}是公差为 1 的等差数列， Sn 为 {an}的前 n 项和．若 S8＝ 4S4，则 a10＝ ( )17 19A. B. C． 10D． 122 212． (2015 ·新课标Ⅱ高考)已知等比数列 {an}满足 a1＝， a3a5 ＝ 4( a4－1) ，则 a2 ＝ ()41 1A． 2 B．1 C.D.2 83． (2015 ·浙江高考)已知 {n}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，7 成等比数列，且2a1＋a2 ＝1，则a aa1＝ __________，d＝ ________．4． (2016 ·全国卷1)已知 a n是公差为 3 的等差数列，数列b n满足 b1=1， b2 =1， a n b n 1b n1 nb n，.3（I ）求a n 的通项公式；（ II ）求b n的前 n 项和 ...【考点突破】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015 ·湖南高考)设 Sn 为等比数列 {an}的前 n 项和，若 a1 ＝ 1，且 3 S1，2S2 ，S3 成等差数列，则an＝ ________．92． (2015 ·重庆高考)已知等差数列{an}满足 a3＝2，前 3 项和 S3＝.2(1)求 {an}的通项公式；(2)设等比数列 {bn}满足 b1＝ a1 ，b4 ＝ a15，求 {bn}的前 n 项和 Tn.考点二、等差（比）的证明与判断【典例 1 】( 2017 ·全国1 )记 Sn 为等比数列 a n的前 n 项和，已知 S2=2 ， S3 =-6.（ 1）求 a n 的通项公式；（ 2）求 Sn，并判断 Sn+1， Sn，Sn+2 是否成等差数列。

2018全国各地高考数学试题卷和解答分类汇编大全(06数列)

2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（06数列）一、选择题1．（2018北京文、理）“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音的频率f ，则第八个单音频率为（）A B C ． D ．1．【答案】D【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为()12n n a n n -+∴=≥∈N ，，又1a f =，则7781a a q f===，故选D ．2．（2018浙江）已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则（） A ．1324,a a a a << B ．1324,a a a a >< C ．1324,a a a a <> D ．1324,a a a a >>2．.答案：B解答：∵ln 1x x ≤-，∴1234123123ln()1a a a a a a a a a a +++=++≤++-，得41a ≤-，即311a q ≤-，∴0q <.若1q ≤-，则212341(1)(1)0a a a a a q q +++=++≤，212311(1)1a a a a q q a ++=++≥>，矛盾.∴10q -<<，则2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<. ∴13a a >，24a a <.3．（2018全国新课标Ⅰ理）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若3243S S S =+，12a =，则=5a （） A ．12- B ．10- C ．10 D ．123. 答案：B 解答：11111132433(3)24996732022a d a d a d a d a d a d ⨯⨯+⨯=+++⨯⇒+=+⇒+=6203d d ⇒+=⇒=-，∴51424(3)10a a d =+=+⨯-=-.二、填空1．（2018北京理）设{}n a 是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{}n a 的通项公式为__________． 1．【答案】63n a n =- 【解析】13a =Q ，33436d d ∴+++=，6d ∴=，()36163n a n n ∴=+-=-．2．（2018江苏）已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为 ▲ ．2．【答案】27【解析】设=2k n a ，则()()()12211+221+221+222k k n S -⎡⎤⎡⎤=⨯-⨯-+⋅-+++⎣⎦⎣⎦()()1122121221212222212k k k k k ---++⨯--=+=+--，由112n n S a +>得()()()22211122212212202140k k k k k -+--+->+-->，，1522k -≥，6k ≥，所以只需研究5622n a <<是否有满足条件的解，此时()()()25251211+221+21+22222n S m m +⎡⎤=⨯-⨯-+-+++=+-⎡⎤⎣⎦⎣⎦，+121n a m =+，m 为等差数列项数，且16m >．由()251221221m m ++->+，224500m m -+>，22m ∴≥，527n m =+≥，得满足条件的n 最小值为27．3 （2018上海）记等差数列{} n a 的前几项和为S n ，若87014a a a =+=₃，，则S 7= 。

[推荐学习]上海专用2018版高考数学总复习专题06数列分项练习含解析

第六章数列一．基础题组1. 【2017高考上海，10】已知数列{}n a 和{}n b ，其中2*,n a n n N =∈ ，{}n b 的项是互不相同的正整数.若对于任意*n N ∈ ，{}n b 的第n a 项等于{}n a 的第n b 项，则()()149161234lg lg b b b b b b b b = .【答案】2【解析】由题意可得：()22n n b b = ，当1n = 时：()211b b = ；当2n = 时：()242b b = ；当3n = 时：()293b b = ；当4n = 时：()2164b b = ；则：()()()()()222221491612341234b b b b b b b b b b b b == ，据此可得：()()()()214916123412341234lg lg 2lg lg b b b b b b b b b b b b b b b b == . 2、【2016高考上海理数】无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意n *∈N ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.【答案】4【解析】试题分析：当1n =时，12a =或13a =；当2n …时，若2n S =，则12n S -=，于是0n a =，若3n S =，则13n S -=，于是0n a =，从而存在N k *∈，当n k …时，0k a =.所以数列{}n a 要涉及最多的不同的项可以为：2,1，−1,0,0⋅⋅⋅从而可看出max 4k =. 【考点】数列的项与和【名师点睛】从分析条件入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列{}n a 由k 个不同的数组成”和“k 的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.3. 【2016高考上海理数】已知无穷等比数列{}n a 的公比为，前n 项和为n S ，且S S n n =∞→lim .下列条件中，使得()2n S S n *<∈N 恒成立的是（）.（A ）7.06.0,01<<>q a （B ）6.07.0,01-<<-<q a （C ）8.07.0,01<<>q a （D ）7.08.0,01-<<-<q a 【答案】B【考点】数列的极限、等比数列求和【名师点睛】本题解答时确定不等关系是基础，准确分类讨论是关键，易错点是在建立不等关系之后，不知所措或不能恰当地分类讨论.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.4. 【2014上海,理8】设无穷等比数列{n a }的公比为q ，若)(lim 431 ++=∞→a a a n ，则q= .【答案】12-+【解析】由题意334lim()1n n a a a a q →∞+++=-，即2111a q a q=-，∵10,1a q ≠<，∴12q -+=. 【考点】无穷递缩等比数列的和.5. 【2013上海,理10】设非零常数d 是等差数列x 1，x 2，…，x 19的公差，随机变量ξ等可能地取值x 1，x 2，…，x 19，则方程D ξ＝______. 【答案】30|d |【解析】E ξ＝x 10，D ξ|.d =6. 【2013上海,理17】在数列{a n }中，a n ＝2n－1.若一个7行12列的矩阵的第i 行第j 列的元素c ij ＝a i ·a j ＋a i ＋a j (i ＝1,2，…，7；j ＝1,2，…，12)，则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为( ) A ．18B ．28C ．48D ．63【答案】A【解析】a i ，j ＝a i ·a j ＋a i ＋a j ＝2i ＋j－1，而i ＋j ＝2,3，…，19，故不同数值个数为18，选A.7. 【2013上海,文2】在等差数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝30，则a 2＋a 3＝______. 【答案】15【解析】a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2(a 2＋a 3)＝30⇒a 2＋a 3＝15.8. 【2013上海,文7】设常数a R.若25()a x x+的二项展开式中x 7项的系数为－10，则a ＝______. 【答案】－2【解析】25()a x x +⇒255C ()()r y r a x x-＝－10x 7⇒r ＝1，15C a ＝－10⇒5a ＝－10，a ＝－2 9. 【2012上海,理6】有一列正方体，棱长组成以1为首项、12为公比的等比数列，体积分别记为V 1，V 2，…，V n ，…，则12lim ()n n V V V →∞+++=…__________.【答案】87∴128lim ()7n n V V V →∞+++=…. 10. 【2012上海,文8】在(x －1x)6的二项展开式中，常数项等于__________．【答案】－20【解析】展开式的通项为T r ＋1＝6C rx6－r·(－1x)r，令6－r ＝r ，可得r ＝3 所以T 4＝36C x 3×(－1x)3＝－36C ＝－20. 11. 【2012上海,文14】已知1()1f x x=+，各项均为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2＝f (a n )．若a 2 010＝a 2 012，则a 20＋a 11的值是__________．【答案】326+ 【解析】由a n ＋2＝f (a n )＝11na +，a 1＝1，可得311112a a ==+，5311211312a a ===++，7132513a ==+，9153815a ==+， 111851318a ==+. 由a 2 012＝201011a +＝a 2 010，可得a 2 010＝a 2 012则a 2＝a 4＝…＝a 20＝a 2n ＝a 2 010＝a 2 012所以a 20＋a 11813=. 12. 【2012上海,文18】若π2ππsin sin sin 777n n S =+++…(n ∈N *)，则在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数是( )A ．16B ．72C ．86D ．100 【答案】 C 【解析】由π8πsinsin 77=-，2π9πsin sin 77=-，…，6π13πsin sin 77=-，7π14πsin sin 077==，所以S 13＝S 14＝0.同理S 27＝S 28＝S 41＝S 42＝S 55＝S 56＝S 69＝S 70＝S 83＝S 84＝S 97＝S 98＝0，所以在S 1，S 2，…，S 100中，其余各项均大于0. 故选C 项．13. 【2011上海,理18】设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1，2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件是( ) A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…a 2n ，…均是等比数列，且公比相同【答案】D 【解析】14. 【2010上海,理11】将直线：0nx y n +-=、：0x n y n +-=（*n N ∈，2n ≥）轴、y轴围成的封闭图形的面积记为n S ，则lim n n S →∞= ；【答案】1【解析】直线：0nx y n +-=、：0x n y n +-=（*n N ∈，2n ≥）轴、y 轴围成的封闭图形为四边形OABC ，其中(0,0)O ，(1,0)A ，,11nn B n n ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，(0,1)C ，则1OB k =，1AC k =-，∴OB AC ⊥，故11221n n S OB AC n =⋅==+，于是lim lim11n n n nS n →∞→∞==+，故答案为：1.【点评】本题将直线与直线的位置关系与数列极限结合，考查两直线的交点的求法、两直线垂直的充要条件、四边形的面积计算以及数列极限的运算法则，是本次考题的一个闪光点. 15. (2009上海,理12)已知函数f(x)=sinx+tanx,项数为27的等差数列{a n }满足a n ∈(2π-,2π),且公差d≠0.若f(a 1)+f(a 2)+…+f(a 27)=0,则当k=__________时,f(a k )=0. 【答案】1416. (2009上海,理23)本题共有3个小题,第1小题满分5分,第2小题满分5分,第3小题满分8分.已知{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列. (1)若a n =3n+1,是否存在m 、k ∈N *,有a m +a m+1=a k ?说明理由; (2)找出所有数列{a n }和{b n },使对一切n ∈N *,n nn b a a =+1,并说明理由; (3)若a 1=5,d=4,b 1=q=3,试确定所有的p,使数列{a n }中存在某个连续p 项的和是数列{b n }中的一项,请证明.【答案】(1) 不存在;(2) {a n }为非零常数列,{b n }为恒等于1的常数列;(3)参考解析【解析】(1)由a m +a m+1=a k ,得6m+5=3k+1, 整理后,可得342=-m k , ∵m 、k ∈N *,∴k-2m 为整数. ∴不存在m 、k ∈N *,使等式成立. (2)解法一:若n n n b a a =+1,即1111)1(-=-++n q b dn a nda ,(*)①若d=0,则1=b 1q n-1=b n .当{a n }为非零常数列,{b n }为恒等于1的常数列,满足要求. ②若d≠0,(*)式等号左边取极限得1)1(11lim=-++∞→dn a nda n ,(*)式等号右边的极限只有当q=1时,才可能等于1.此时等号左边是常数, ∴d=0,矛盾.综上所述,只有当{a n }为非零常数列,{b n }为恒等于1的常数列,满足要求. 解法二:设a n =nd+c. 若n nn b a a =+1,对n ∈N *都成立,且{b n }为等比数列, 则q a a a a nn n n =+++112/,对n ∈N *都成立, 即a n a n+2=qa n+12.∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2对n ∈N *都成立.∴d 2=qd 2.①若d=0,则a n =c≠0,∴b n =1,n ∈N *. ②若d≠0,则q=1,∴b n =m(常数), 即m cdn cd dn =+++,则d=0,矛盾.综上所述,有a n =c≠0,b n =1, 使对一切n ∈N *,n nn b a a =+1. (3)a n =4n+1,b n =3n,n ∈N *.设a m+1+a m+2+…+a m+p =b k =3k,p 、k ∈N *,m ∈N.k p p m m 321)(41)1(4=+++++,∴4m+2p+3=pk3.∵p 、k ∈N *,∴p=3s,s ∈N. 取k=3s+2,4m=32s+2-2×3s -3=(4-1)2s+2-2×(4-1)s-3≥0,由二项展开式可得正整数M 1、M 2, 使得(4-1)2s+2=4M 1+1,2×(4-1)s =8M 2+(-1)s2,∴4m=4(M 1-2M 2)-(-1)s+1］2.∴存在整数m 满足要求.故当且仅当p=3s,s ∈N 时,命题成立.说明:第(3)题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即分步得分). 若p 为偶数,则a m+1+a m+2+…+a m+p 为偶数,但3k 为奇数. 故此等式不成立,∴p 一定为奇数. 当p=1时,则a m+1=b k ,即4m+5=3k, 而3k=(4-1)k=k k k k k k k k k k k M C C C C )1(4)1()1(4)1(4411110-+=-∙+-∙∙++-∙∙+∙--- ,M ∈Z.当k 为偶数时,存在m,使4m+5=3k成立. 当p=3时,则a m+1+a m+2+a m+3=b k , 即3a m+2=b k , 也即3(4m+9)=3k,∴4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1.由已证可知,当k-1为偶数即k 为奇数时, 存在m,4m+9=3k 成立.当p=5时,则a m+1+a m+2+…+a m+5=b k ,即5a m+3=b k , 也即5(4m+13)=3k,而3k不是5的倍数, ∴当p=5时,所要求的m 不存在. 故不是所有奇数都成立.17. 【2008上海,理14】若数列{a n }是首项为1，公比为a －32的无穷等比数列，且{a n }各项的和为a ，则a 的值是（） A ．1 B ．2 C ．12 D ．54【答案】B18. 【2007上海,文14】数列{}n a 中，22211100010012n n n a n n n n ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪-⎩，≤≤，，≥，则数列{}n a 的极限值（）Ａ.等于Ｂ.等于Ｃ.等于或Ｄ.不存在【答案】B 【解析】19. 【2005上海,理12】用个不同的实数n a a a ,,,21 可得到!n 个不同的排列，每个排列为一行写成一个!n 行的数阵。

2018版高三数学文一轮复习能力大提升第六章数列含答

第六章数列考点1 数列的概念及简单表示法1.(2014·新课标全国Ⅱ，16)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.1.解析将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2. 由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案 122.(2014·江西，17)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 2. (1)解由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，所以数列{a n }的通项公式为：a n ＝3n －2.(2)证明要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2，而此时m ∈N *，且m ＞n .所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．3.(2014·湖南，16)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．3.解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n +1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n +1＋n －2.考点2 等差数列及其前n 项和1.(2015·新课标全国Ⅰ，7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( ) A.172B.192C.10D.12 1.解析由S 8＝4S 4知，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，又d ＝1，∴a 1＝12，a 10＝12＋9×1＝192.答案 B2.(2015·新课标全国Ⅱ，5)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A.5 B.7 C.9 D.112.解析 ∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3， ∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，得a 3＝1， ∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5.故选A.答案 A3.(2014·天津，5)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( ) A.2 B.－2 C.12D.－123.解析由S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6成等比数列可得(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.答案 D4.(2014·新课标全国Ⅱ，5)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A.n (n ＋1) B.n (n －1)C2)1(+n n D 2)1(-n n 4.解析因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2. 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋1)．故选A.答案 A5.(2014·重庆，2)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A.5 B.8 C.10 D.145.解析由等差数列的性质得a 1＋a 7＝a 3＋a 5，因为a 1＝2，a 3＋a 5＝10，所以a 7＝8，选B. 答案 B6.(2015·安徽，13)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．6.解析由已知数列{a n }是以1为首项，以12为公差的等差数列．∴S 9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.答案 277.(2015·陕西，13)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________7.解析由题意设首项为a 1，则a 1＋2 015＝2×1 010＝2 020， ∴a 1＝5. 答案 58.(2014·江西，13)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．8.解析由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案⎝⎛⎭⎫－1，－789.(2016·新课标全国Ⅱ，17)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0， [2.6]＝2.9.解(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎡⎦⎤2n ＋35.当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.(2014·大纲全国，17)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．10.(1)证明由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1. 于是111()(21)nnk k k k aa k +==-=-∑∑，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1. 又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.11.(2014·浙江，19)已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. (1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 11.解(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)·(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1＞k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.12.(2014·重庆，16)已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． (1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0.求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .12.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b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －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)．考点3 等比数列及其前n 项和1.(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A.2B.1C.12D.181.解析由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.选C.答案 C2.(2014·大纲全国，8)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A.31 B.32 C.63 D.642.解析方法一设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 若q ＝1，则有S n ＝na 1，显然不符合题意，故q ≠1.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1（1－q 2）1－q＝3，S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝15，两式相除得1＋q 2＝5，解得q 2＝4.故q ＝2或q ＝－2.若q ＝2，代入解得a 1＝1，此时S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝1×（1－26）1－2＝63.若q ＝－2，代入解得a 1＝－3，此时S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝（－3）×[1－（－2）6]1－（－2）＝63.故选C.方法二因为数列{a n }为等比数列，若q ＝1，则有S n ＝na 1，显然不符合题意，故q ≠1. 设其前n 项和为S n ＝Aq n －A .由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝A ×q 2－A ＝3S 4＝A ×q 4－A ＝15，两式相除得1＋q 2＝5，解得q 2＝4，代入解得A ＝1. 故S n ＝q n －1.所以S 6＝q 6－1＝(q 2)3－1＝43－1＝63.故选C. 方法三设等比数列的公比为q .则S 2＝a 1＋a 2＝3，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(1＋q 2)(a 1＋a 2)＝(1＋q 2)×3＝15，解得q 2＝4.故S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(1＋q 2＋q 4)(a 1＋a 2)＝(1＋4＋42)×3＝63.故选C. 答案 C3.(2015·新课标全国Ⅰ，13)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________.3.解析由a n ＋1＝2a n 知，数列{a n }是以a 1＝2为首项，q ＝2为公比的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.答案 64.(2015·广东，13)若三个正数a ，b ，c 成等比数列，其中a ＝5＋26，c ＝5－26，则b ＝________. 4.解析 ∵三个正数a ，b ，c 成等比数列， ∴b 2＝ac ＝(5＋26)(5－26)＝1. ∵b 为正数，∴b ＝1. 答案 15.(2014·广东，13)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝________.5.解析由等比数列的性质可知a 1a 5＝a 2a 4＝a 23，于是由a 1a 5＝4得a 3＝2，故a 1a 2a 3a 4a 5＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 232＝5. 答案 56.(2016·新课标全国Ⅲ,17)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1,a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式. 6.解(1)由题意得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1). 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.7.(2016·北京，15)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. 7.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. ∴{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，∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴{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 . ∵c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1，∴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 －12.8.(2015·四川，16)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .8.解(1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n . (2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－12n .9.(2014·北京，15)已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝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．9.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)．设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1，b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)，数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n 1－2＝2n －1，所以数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.10.(2014·福建，17)在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .10.解(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3.所以a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.考点4 数列的综合应用1.(2015·江苏，11)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________．1.2011解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1， ∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n ，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎡⎦⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎣⎡⎦⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.2.(2015·浙江，10)已知{a n }是等差数列,公差d 不为零．若a 2,a 3,a 7成等比数列,且2a 1＋a 2＝1,则a 1＝________,d ＝________. 2.解析 ∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 23＝a 2a 7，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，∴a 1＝－23d ，∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1，即3a 1＋d ＝1， ∴a 1＝23，d ＝－1.答案 23－13.(2016·新课标全国Ⅰ，17)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a nb n ＋1＋b n ＋1＝nb n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和.3.解(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1＝b n3，所以{b n }是首项为1，公比为13的等比数列.记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝⎛⎭⎫13n1－13＝32－12×3n -1. 4.(2016·浙江，17)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和.4.解(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3. 又当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n -1，n ∈N *. (2)设b n ＝|3n -1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1，当n ≥3时，因为3n -1＞n ＋2，所以b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *. 5.(2016·山东，19)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 .5.解(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，符合上式. 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 n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(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（1－2n）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝－3n ·2n ＋2.6.(2016·四川，19)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n . 6.解 (1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立. 所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列，a n ＝q n -1. 由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3，所以a 3＝2a 2，q ＝2，所以a n ＝2n -1(n ∈N *).(2)由(1)可知，a n ＝q n -1，所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2（n －1）. 由e 2＝1＋q 2＝2解得q ＝3，所以e 21＋e 22＋…＋e 2n＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q 2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n－1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n －1).7.(2015·北京，16)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7，问：b 6与数列{a n }的第几项相等？ 7.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2. 又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4.所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1，2，…)． (2)设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16，所以q ＝2，b 1＝4. 所以b 6＝4×26-1＝128. 由128＝2n ＋2，得n ＝63，所以b n 与数列{a n }的第63项相等．8.(2015·重庆，18)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 8.解(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8. 设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n－1.9.(2015·广东，19)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．9.(1)解当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得：a 4＝78. (2)证明因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．(3)解由(2)知；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12公比为的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，即a n ＋1⎝⎛⎭⎫12n ＋1－a n ⎝⎛⎭⎫12n ＝4，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝⎛⎭⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝⎛⎭⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝⎛⎭⎫12n＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.10.(2015·湖北，19)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .10.解(1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n -1，故c n ＝2n －12n -1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n -2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n -1.11.(2015·安徽，18)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .11.解(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n -1＝2n -1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.12.(2015·福建，17)在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 12.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝2（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.13.(2015·天津，18)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1， b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．13.解(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0，又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n -1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n -1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n -2＋(2n －1)×2n -1， 2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n -1＋(2n －1)×2n ，两式相减得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n +1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3，所以S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.14.(2015·山东，19)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 14.解(1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝2n ·22n -1＝n ·4n ，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n +1，两式相减得，－3T n ＝41＋42＋…＋4n－n ·4n +1＝4（1－4n ）1－4－n ·4n +1＝1－3n 3×4n +1－43.所以T n ＝3n －19×4n +1＋49＝4＋（3n －1）4n +19.15.(2015·浙江，17)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n . 15.解(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b n n ，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n b n ＝n ·2n .因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n +1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n +1. 故T n ＝(n －1)2n +1＋2(n ∈N *)．16.(2015·湖南，19)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .16.(1)证明由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ≥2，n ∈N *，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减得，a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n . (2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3，所以数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列，所以a 2n －1＝3n -1，a 2n ＝2×3n -1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n -1)＋2(1＋3＋…＋3n -1) ＝3(1＋3＋…＋3n -1)＝3(3n －1)2.所以S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3(3n －1)2－2×3n -1＝32(5×3n -2－1)．综上所述，S n＝⎩⎨⎧32（5×3n －32－1），当n 是奇数，32（3n2－1），当n 是偶数.17.(2014·安徽，18)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *. (1)证明：数列{a nn}是等差数列；(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 17.(1)证明由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1.所以{a n n }是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)解由(1)得a nn ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2，b n ＝n ·3n .S n ＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，① 3S n ＝1·32＋2·33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1.②①－②得，－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n ·3n +1 ＝3·（1－3n ）1－3－n ·3n +1＝(1－2n )·3n +1－32.所以S n ＝(2n －1)·3n +1＋34.18.(2014·新课标全国Ⅰ，17)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n }的前n 项和．18.解(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3，由题意得a 2＝2，a 4＝3. 设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12， a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设数列{a n2n }的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋12n +1－n ＋22n +2＝34＋14⎝⎛⎭⎫1－12n -1－n ＋22n +2. 所以S n ＝2－n ＋42n +1.19.(2014·山东，19)在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1)2n n a +，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .19.解(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝a n (n ＋1)2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ×(n ＋1)．因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2(4＋2n )2＝n (n ＋2)2；当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝(n －1)(n ＋1)2－n (n ＋1)＝－(n ＋1)22.所以T n ＝⎩⎨⎧－(n ＋1)22，n 为奇数，n (n ＋2)2，n 为偶数.20.(2014·广东，19)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0,n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ,有1a 1 a 1＋1 ＋1a 2 a 2＋1 ＋…＋1a n a n ＋1 ＜13.20（1)解由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *. 令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或S 1＝2，即a 1＝－3或a 1＝2，又a n 为正数，所以a 1＝2.(2)解由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得(S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3，又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n .(3)证明当n ＝1时，1a 1（a 1＋1）＝12×3＝16＜13成立；当n ≥ 2时，1a n （a n ＋1）＝12n （2n ＋1）＜1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜16＋12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝16＋12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋1＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜13.。

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专题06 数列一．基础题组1. 【2014全国2，文5】等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前项和n S =（）A. (1)n n +B. (1)n n -C. (1)2n n +D. (1)2n n - 【答案】A2. 【2010全国2，文6】如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7等于( ) A ．14 B ．21 C ．28 D ．35 【答案】： C【解析】∵{a n }为等差数列，a 3＋a 4＋a 5＝12，∴a 4＝4. ∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝177()2a a +＝7a 4＝28. 3. 【2006全国2，文6】已知等差数列{}n a 中，247,15a a ==，则前10项的和10S ＝( ) （A ）100 (B)210 (C)380 (D)400 【答案】B【解析】依题意可知：217a a d =+=，41315a a d =+=，解得：14,3d a ==， ∴1011091091030421022S a d ⨯⨯=+=+⨯=. 4.【2005全国2，文7】如果数列{}n a 是等差数列，则（）(A)1845a a a a +<+ (B) 1845a a a a +=+ (C) 1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a = 【答案】B【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∴m n p q m n p q a a a a +=+⇒+=+， ∴1845a a a a +=+.5. 【2012全国新课标，文14】等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝__________．【答案】：－2【解析】：由S 3=－3S 2，可得a 1+a 2+a 3=－3(a 1+a 2)，即a 1(1+q +q 2)=－3a 1(1+q )，化简整理得q 2+4q +4=0，解得q =－2．6. 【2007全国2，文14】已知数列的通项a n =-5n +2,则其前n 项和为S n = .【答案】：252n n--【解析】∵数列的通项a n =-5n +2,∴数列是以13a =-为首项，5d =-为公差的等差数列，∴其前n 项和21()522n n n a a n nS +--==. 7. 【2005全国2，文13】在和272之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为_________．【答案】216【解析】由题意设183a =，5272a =，∴215243a a a a a ==，∴2336a =，∵2310a q a =>，1803a =>， ∴330,6a a >=，而152436a a a a ==，∴234216a a a =.8. 【2015新课标2文数】设n S 是等差数列{}n a 的前项和,若1353a a a ++=,则5S =（） A ． B ． C ． D ．11 【答案】A 【解析】【考点定位】本题主要考查等差数列的性质及前n 项和公式的应用.【名师点睛】本题解答过程中用到了的等差数列的一个基本性质即等差中项的性质,利用此性质可得1532.a a a +=高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.9.【2013课标全国Ⅱ，文17】(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2. 【解析】：(1)设{a n }的公差为d . 由题意，211a ＝a 1a 13，即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )．于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n ＝2n (a 1＋a 3n －2)＝2n (－6n ＋56)＝－3n 2＋28n . 10.【2010全国新课标，文17】设等差数列{a n }满足a 3＝5，a 10＝－9. (1)求{a n }的通项公式；(2)求{a n }的前n 项和S n 及使得S n 最大的序号n 的值．11. 【2007全国2，文17】（本小题满分10分）设等比数列 {a n }的公比q ＜1,前n 项和为S n .已知a 3=2,S 4=5S 2,求{a n }的通项公式.【解析】：由题设知11(1)01n n a q a S q-≠=-，，则()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--⨯=--=21)1(51)1(12214121q q a qq a q a由②得4215(1)q q -=-，22(4)(1)0q q --=，(2)(2)(1)(1)0q q q q -+-+=，因为1q <，解得1q =-或2q =-.当1q =-时，代入①得12a =，通项公式12(1)n n a -=⨯-；当2q =-时，代入①得112a =，通项公式11(2)2n n a -=⨯-. 12. 【2006全国2，文18】（本小题满分１２分）设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，481,17,?n S S a ===求通项公式解得416q = 所以 q ＝2或q ＝－2 将q ＝2代入①式得1115a =，所以1215n a -=将q ＝－2代入①式得115a =-，所以1(1)25n n n a --⨯=13. 【2005全国2，文19】(本小题满分12分)已知{}n a 是各项为不同的正数的等差数列，1lg a 、2lg a 、4lg a 成等差数列．又21nn b a =，1,2,3,n =．(Ⅰ) 证明{}n b 为等比数列； (Ⅱ) 如果数列{}n b 前3项的和等于724，求数列{}n a 的首项1a 和公差．【解析】(I)证明：∵1lg a 、2lg a 、4lg a 成等差数列 ∴22lg a =1lg a +4lg a ，即2214a a a =又设等差数列{}n a 的公差为d ，则(1a －d )=1a (1a －3d ) 这样21d a d =，从而d (d －1a )=0 ∵d ≠0 ∴d =1a ≠0∴122111(21)22n n n n n n a a d db a d =+-===∙ ∴{}n b 是首项为1b =12d ，公比为12的等比数列。

(II)解。

∵1231117(1)22424b b b d ++=++= ∴d =3 ∴1a =d =3 二．能力题组1. 【2014全国2，文16】数列}{n a 满足2,1181=-=+a a a nn ，则=1a ________．【答案】12．2.【2015新课标2文数】已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（）A.2B.1 1C.2 1D.8【答案】C 【解析】试题分析：由题意可得()235444412a a a a a ==-⇒=,所以34182a q q a ==⇒= ,故2112a a q ==,选C.【考点定位】本题主要考查等比数列性质及基本运算.【名师点睛】解决本题的关键是利用等比数列性质211n n n a a a -+= 得到一个关于4a 的一元二次方程,再通过解方程求4a 的值,我们知道,等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.3. 【2010全国2，文18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2(11a ＋21a )， a 3＋a 4＋a 5＝64(31a ＋41a ＋51a )． (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1na )2，求数列{b n }的前n 项和T n.b n ＝(a n ＋1n a )2＝2n a ＋21na ＋2＝4n －1＋114n -＋2.因此T n ＝(1＋4＋…＋4n －1)＋(1＋14＋…＋114n -)＋2n ＝4141n--＋114114n --＋2n ＝13(4n －41－n)＋2n ＋1. 4. 【2005全国3，文20】(本小题满分12分)在等差数列}{n a 中，公差412,0a a a d 与是≠的等差中项.已知数列,,,,,,2131n k k k a a a a a 成等比数列，求数列}{n k 的通项.n k【解析】：由题意得：4122a a a =……………1分即)3()(1121d a a d a +=+…………3分又0,d ≠d a =∴1…………4分又 ,,,,,,2131n k k k a a a a a 成等比数列, ∴该数列的公比为3313===dd a a q ，………6分所以113+⋅=n k a a n ………8分又11)1(a k d k a a n n k n =-+=……………………………………10分13+=∴n n k 所以数列}{n k 的通项为13+=n n k ……………………………12分三．拔高题组1. 【2012全国新课标，文12】数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845 D ．1 830 【答案】D2.【2016新课标2文数】 (本小题满分12分) 等差数列{n a }中，34574,6a a a a +=+=. (Ⅰ)求{n a }的通项公式；(Ⅱ) 设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过的最大整数，如0.9]=0,2.6]=2.【答案】（Ⅰ）235n n a +=；（Ⅱ）24. 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据等差数列的通项公式及已知条件求1a ，d ，从而求得n a ；（Ⅱ）由（Ⅰ）求n b ，再求数列{}n b 的前10项和.【考点】等差数列的通项公式，数列的求和【名师点睛】求解本题时常出现以下错误：对“[]x 表示不超过的最大整数”理解出错.3.【2017新课标2，文17】（12分）已知等差数列{}n a 的前项和为n S ，等比数列{}n b 的前项和为n T ，11221,1,2a b a b =-=+=. （1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式；（2）若321T =，求3S . 【答案】（1）；（2）当时，.当时，.【解析】试题分析：（1）根据等差数列及等比数列通项公式表示条件，得关于公差与公比的方程组，解方程组得公比，代入等比数列通项公式即可；（2）由等比数列前三项的和求公比，分类讨论，求公差，再根据等差数列前三项求和. 试题解析：设的公差为d ，的公比为q ，则,.由得d +q =3.①【考点】等差、等比数列通项与求和【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两种处理思路：一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,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. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.。