高考数学(新课标通用版,文)一轮复习课件+备考训练：第七章+数列+(15份)72(2)

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新课标2023版高考数学一轮总复习第7章数列第1节数列的概念与简单表示法课件

所以 an＝aan－n 1·aann－－12·…·aa21·a1＝n＋n 1·n－n 1·nn－－21·…·23＝n＋2 1．
2，n＝1，所以 an＝2nn－1，n≥2.
已知 Sn 求 an 的步骤 (1)利用 a1＝S1 求出 a1． (2)用 n－1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系，利用 an＝Sn－Sn－ 1(n≥2)求出当 n≥2 时 an 的表达式． (3)检验 n＝1 时的值是否符合 n≥2 时的表达式，再写出通项公式 an．
式 an＝59(10n－1)．
1．错误地表示符号规律致误：项正负相间的数列可以用(－1)n， (－1)n＋1 表示符号，要分清是先负后正还是先正后负．
2．未对项变形致误：若已知的项的形式不统一，则不便求通项公式，因此可以先将项通过变形统一形式后再观察求通项公式，如题 (3)．
3．求通项公式时要注意联想：对于如题(4)这样的数列，可以通过联想 10,100,1 000，10 000→9,99,999,9 999→1,11,111,1 111 进而得到通项公式．
考点2 由Sn与an的关系求通项——综合性
(1)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2－10n，则此数列的通项公式为 an＝________．
(2)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为 an ＝________．
3，n＝1， (1)2n－11 (2)2n－1，n≥2.
解：(1)这个数列的前 4 项的绝对值都等于序号与序号加 1 的乘积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式 an＝(－ 1)n·nn1＋1．
(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为 1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，即分母的每一项都是两个相邻奇数的乘积，故所求数列的一个通项公式 an＝2n－12n2n＋1．

2022版高考数学一轮复习第7章数列第3讲等比数列及其前n项和课件

(2)如果三个数 a，G，b 成等比数列，那么 G 叫作 a 与 b 的_等__比__中__项___，其中 G＝_±___a_b_.
2．等比数列的通项公式及前 n 项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为 a1，公比是 q，则其通项公式为 an＝ __a_1_q_n_－_1_.
通项公式的推广：an＝amqn－m. (2)等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，Sn＝na1；当 q≠1 时，Sn ＝__a_11_1－_－_q_q_n__＝a11－－aqnq.
第七章
数列
第3讲等比数列及其前n项和
考点要求
考情概览
1．理解等比数列的概念，考向预测：从近三年高考情况来看，本讲一
掌握等比数列的通项公式直是高考中的重点．预测本年度高考将会以
与前n项和公式．
等比数列的通项公式及其性质、等比数列的
2．能在具体的问题情境中前n项和为考查重点，也可能将等比数列的
【答案】(1)4 (2)2n－1
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，q＞0，则a8＝a6＋2a4，即 a4q4＝a4q2＋2a4，解得q2＝2或q2＝－1(负值舍去)．又a2＝1，所以a6＝ a2q4＝4.
a1＋a2＋a3＝7， (2)由已知得a1＋3＋2 a3＋4＝3a2，
解得 a2＝2.设数列{an}的公比
【答案】(1)D (2)B
【解析】(1)因为 x，x＋10，x－5 是等比数列{an}的前 3 项，所以 x(x －5)＝(x＋10)2，解得 x＝－4.则{an}的公比 q＝－－4＋410＝－32.
(2)设公比为 q，a5＋a7＝(a1＋a3)q4，a9＋a11＝(a1＋a3)q8，则 q4＋q8 ＝20，解得 q4＝4 或 q4＝－5(舍去)，所以 q2＝2.所以 a1＋a3＝a1＋2a1＝1，解得 a1＝13.

新课标2023版高考数学一轮总复习第7章数列第2节等差数列课件

2
＝ 2 a 中，所以 S 奇－S 偶＝ a中．
n－1 2 a中
n 为偶数时，S 偶－S 奇＝n2d．
，S 偶
数列{an}是等差数列⇔数列的前 n 项和公式 Sn＝d2n2＋a1－d2n⇔ Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数)，所以当 d≠0 时，等差数列前 n 项和公式可以看成关于 n 的二次函数，且常数项为 0．
D．785＜d≤235
D
解析：由题意可得aa190≤＞11，，
即215＋9d＞1， 215＋8d≤1，
解得785＜d≤235．
5．已知等差数列 5,427，347，…，则前 n 项和 Sn＝_________． 114(75n－5n2) 解析：由题知公差 d＝－57，所以 Sn＝na1＋nn－ 2 1 d＝114(75n－5n2)．
证明：因为 bn＋1－bn＝2an＋21－1－2an2－1＝21－421an－1－2an2－1 ＝2a4na－n 1－2an2－1＝2，
所以数列{bn}是公差为 2 的等差数列．又 b1＝2a12－1＝2，所以 bn＝2＋(n－1)×2＝2n，所以 2n＝2an2－1，解得 an＝n＋ 2n1．
B 解析：方法一：设等差数列{an}的公差为 d，
则3100aa11＋＋31002××2 299dd＝＝1， 5，
解得d＝1150， a1＝1700，
所以 S40＝1700×40＋40×2 39×1150＝8．故选 B．
方法二：设等差数列前 n 项和为 Sn＝An2＋Bn，
100A＋10B＝1，由题意知900A＋30B＝5，
(1)在等差数列{an}中，已知 a3＋a8＝6，则 3a2＋a16 的值为
() A．24
B．18

高考数学一轮复习考案数列的

【解析】(1)令n=1,2,3,4,验证答案.
(2)当n=1时,D中a1=0不符合题意. 【答案】(1)D (2)D 【点评】(1)联想和转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法.
(2)求数列的通项公式,应运用观察、分析、归纳、验证的方法.易错之处在于每个数列由前几项找规律不准确,以及观察、分析、归纳、验证这四个环节做得不够多,应注意对每一数列认真找出规律并验证.
又∵2013=335×6+3, ∴a1+a2+a3+…+a2013=a1+a2+a3=2012+2013+1=4026. 即S2013=4026.
【答案】(1)C (2)4026
【点评】观察是数学研究中最基本的方法,而“周期现象”又是数学规律中一个十分重要的规律,数列的周期性与函数的周期性类似, 可以借鉴.解题中要总结规律,当遇到递推公式同时所求的项较大,往往就是数列的周期性变化规律,同学们要认真分辨.
题例型33数设列f(的n)增=1减+ 性+与最+值…+ ,g(n)=ln n(n∈N*).设an=f(n)-g(n),求a1, a2,a3,并证明{an}为递减数列.
【分析】由通项公1 式分1 别求出1 数列的前几项,根据递减数列的定义证明数列的单调性2 .注3意利用构n 造函数法来解决问题,对复杂的函数可以利用导数的应用解决其单调性问题.
.
【分析】(1)由已知可知a2=-2 ,a3=5 ,a4=3 ,a5=-2 ,…所以数列是周期
数
3
2
5
3
列,周期为3;(2)由题意可知an+1+an-1=an;an+an+2=an+1;两式相加即可得到 an+2=-an-1,∴an+3=-an,从而联想到函数的周期性可以得到an+6=an,从而确定出数列{an}的周期性.

2023新高考数学一轮复习创新课件第7章第3讲等比数列

解析
角度等比数列前n项和的性质
例3 (1)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝ 10，S9＝70，那么S12＝( )
A．150
B．－200
C．150或－200
D．400或－50
答案
解析解法一：由等比数列的性质知 S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9 是等比数列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得 S6＝30 或－20(舍去)，又(S9－S6)2 ＝(S6－S3)(S12－S9)，即 402＝20(S12－70)，解得 S12＝150.故选 A．
)
A．32
B．－3
C．－32
D．－3 或32
解析由 S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得 q－2＋q－1＋1＝3，即 2q2
－q－1＝0，解得 q＝1 或 q＝－12.∴a2＝aq3＝32或－3.故选 D.
解析答案
3．若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为( )
08
___n_a_1____，q＝1，
Sn＝
a11－qn
a1－anq
09
____1_－__q_____＝
10
_____1_－__q____，q≠1.
等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)． (2)若 m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则 am·an＝ap·aq＝a2k. (3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，a1n，{a2n}，{an·bn}， abnn(λ≠0)仍然是等比数列． (4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 an， an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为 qk. (5)a1a2a3…am,am＋1am＋2…a2m，a2m＋1a2m＋2·…·a3m，…成等比数列(m∈N*).

高考数学一轮复习讲义(新高考版) 第7章第1讲数列的概念及简单表示法

第1讲数列的概念及简单表示法一、知识梳理 1．数列的有关概念 (1)数列的定义按照一定顺序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项． (2)数列的分类分类标准类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列 a n ＋1＞a n 其中n ∈N *递减数列 a n ＋1＜a n 常数列 a n ＋1＝a n按其他标准分类有界数列存在正数M ,使|a n |≤M摆动数列从第二项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列周期数列对n ∈N *,存在正整数常数k ,使a n ＋k ＝a n数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析式法． 2．数列的通项公式 (1)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表达,那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n}的前n 项和S n,则a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1S n－S n －1n ≥2.3．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项),且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示,那么这个公式叫做数列的递推公式．常用结论1．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数,即数列是一个定义在正整数集或其子集{1,2,3,…,n }上的函数,当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值．2．在数列{a n }中,若a n 最大,则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1a n ≥a n ＋1若a n 最小,则⎩⎨⎧a n ≤a n －1a n ≤a n ＋1.二、教材衍化1．在数列{a n }中,a 1＝1,a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2),则a 5等于( )A ．32B ．53C ．85D ．23解析:选D ．a 2＝1＋(－1)2a 1＝2,a 3＝1＋(－1)3a 2＝12,a 4＝1＋(－1)4a 3＝3,a 5＝1＋(－1)5a 4＝23.2．根据下面的图形及相应的点数,写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________．答案:5n －4一、思考辨析判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( ) (2)所有数列的第n 项都能使用通项公式表示．( ) (3)数列{a n }和集合{a 1,a 2,a 3,…,a n }是一回事．( )(4)若数列用图象表示,则从图象上看都是一群孤立的点．( ) (5)一个确定的数列,它的通项公式只有一个．( )(6)若数列{a n }的前n 项和为S n ,则对∀n ∈N *,都有a n ＝S n －S n －1.( ) 答案:(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)× 二、易错纠偏常见误区| (1)忽视数列是特殊的函数,其自变量为正整数集N *或其子集{1,2,…,n }; (2)根据S n 求a n 时忽视对n ＝1的验证．1．在数列－1,0,19,18,…,n－2n2中,0.08是它的第________项．解析:依题意得n－2n2＝225,解得n＝10或n＝52(舍)．答案:102．已知S n＝2n＋3,则a n＝________．解析:因为S n＝2n＋3,那么当n＝1时,a1＝S1＝21＋3＝5;当n≥2时,a n＝S n－S n－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1(*)．由于a1＝5不满足(*)式,所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧5n＝12n－1n≥2.答案:⎩⎪⎨⎪⎧5n＝12n－1n≥2考点一由数列的前几项求通项公式(基础型)复习指导|了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表法、图象法和通项公式法)．核心素养:逻辑推理1．数列1,3,6,10,…的一个通项公式是()A．a n＝n2－(n－1)B．a n＝n2－1C．a n＝n(n＋1)2D．a n＝n(n－1)2解析:选C．观察数列1,3,6,10,…可以发现1＝13＝1＋26＝1＋2＋310＝1＋2＋3＋4…第n项为1＋2＋3＋4＋…＋n＝n(n＋1)2.所以a n＝n(n＋1)2.2．数列{a n}的前4项是32,1,710,917,则这个数列的一个通项公式是a n＝________．解析:数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1,2×2＋122＋1,2×3＋132＋1,2×4＋142＋1,故a n ＝2n ＋1n 2＋1.答案:2n ＋1n 2＋13．数列3,7,11,15,…的一个通项公式是________．解析:因为7－3＝11－7＝15－11＝4,即a 2n －a 2n －1＝4,所以a 2n ＝3＋(n －1)×4＝4n －1,所以a n ＝4n －1.答案:a n ＝4n －14．已知数列{a n }为12,14,－58,1316,－2932,6164,…,则数列{a n }的一个通项公式是________．解析:各项的分母分别为21,22,23,24,…,易看出从第2项起,每一项的分子数比分母少3,且第1项可变为－2－32,故原数列可变为－21－321,22－322,－23－323,24－324,…故其通项公式可以为a n＝(－1)n·2n －32n .答案:a n ＝(－1)n·2n －32n解决此类问题,需抓住下面的特征: (1)各项的符号特征,通过(－1)n 或(－1)n＋1来调节正负项．(2)考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系． (3)相邻项(或其绝对值)的变化特征． (4)拆项、添项后的特征．(5)通过通分等方法变化后,观察是否有规律．[注意] 根据数列的前几项求其通项公式其实是利用了不完全归纳法,蕴含着“从特殊到一般”的数学思想,由不完全归纳法得出的结果不一定是准确的！考点二由a n 与S n 的关系求a n (基础型)复习指导| 由S n 与a n 的关系求a n .利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2),求出当n ≥2时a n 的表达式．(1)(2020·湖南三市联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n ＝a 1(4n －1)3,若a 4＝32,则a 1的值为( )A ．12B ．14C ．18D ．116(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ,则a 1＝________,{a n }的通项公式为________．【解析】(1)因为S n＝a1(4n－1)3,a4＝32,所以S4－S3＝255a13－63a13＝32,所以a1＝12,故选A．(2)数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n,当n≥2时,a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1),所以(2n－1)a n＝2,所以a n＝22n－1.当n＝1时,a1＝2,上式也成立．所以a n＝22n－1.【答案】(1)A(2)2a n＝22n－1(1)已知S n求a n的三个步骤①先利用a1＝S1求出a1;②用n－1替换S n中的n得到一个新的关系式,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)S n与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求,将问题向不同的两个方向转化．①利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n,S n－1的关系式,再求解;②利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n,a n－1的关系式,再求解．1．已知数列{a n}的前n项和S n＝n2＋2n＋1(n∈N*),则a n＝________．解析:当n≥2时,a n＝S n－S n－1＝2n＋1;当n＝1时,a1＝S1＝4≠2×1＋1.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧4n＝12n＋1n≥2.答案:⎩⎪⎨⎪⎧4n＝12n＋1n≥22．若数列{a n}的前n项和S n＝23a n＋13,则{a n}的通项公式a n＝________．解析:由S n＝23a n＋13,得当n≥2时,S n－1＝23a n－1＋13,两式相减,整理得a n＝－2a n－1,又当n＝1时,S 1＝a 1＝23a 1＋13,所以a 1＝1,所以{a n }是首项为1,公比为－2的等比数列,故a n ＝(－2)n －1.答案:(－2)n －1考点三由递推关系求通项公式(基础型)复习指导| 由数列的递推关系求通项公式常利用构造法、累加法、累乘法等．分别求出满足下列条件的数列的通项公式． (1)a 1＝0,a n ＋1＝a n ＋(2n －1)(n ∈N *); (2)a 1＝1,a n ＋1＝2n a n (n ∈N *); (3)a 1＝1,a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)．【解】 (1)a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝0＋1＋3＋…＋(2n －5)＋(2n －3)＝(n －1)2,所以数列的通项公式为a n ＝(n －1)2.(2)由于a n ＋1a n ＝2n ,故a 2a 1＝21,a 3a 2＝22,…,a n a n －1＝2n －1,将这n －1个等式叠乘, 得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2,故a n ＝2n (n －1)2,所以数列的通项公式为a n ＝2n (n －1)2.(3)因为a n ＋1＝3a n ＋2,所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1),所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3,所以数列{a n ＋1}为等比数列,公比q ＝3,又a 1＋1＝2,所以a n ＋1＝2·3n －1,所以该数列的通项公式为a n ＝2·3n －1－1.由递推关系求数列的通项公式的常用方法1．在数列{a n }中,若a 1＝2,a n ＋1＝a n ＋2n －1,则a n ＝________．解析:a 1＝2,a n ＋1＝a n ＋2n －1⇒a n ＋1－a n ＝2n －1⇒a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1,则a n ＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋a 1 ＝1－2n －11－2＋2＝2n －1＋1.答案:2n －1＋12．若a 1＝1,na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2),则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析:由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2),得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2)．所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·n －2n －1·…·34×23×1＝2n ＋1,(*)又a 1也满足(*)式,所以a n ＝2n ＋1. 答案:2n ＋1考点四数列的函数特征(综合型)复习指导| 通过实例,了解数列是一种特殊函数．核心素养:逻辑推理角度一数列的单调性已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ,若数列{a n }为递减数列,则实数k 的取值范围为( )A ．(3,＋∞)B ．(2,＋∞)C ．(1,＋∞)D ．(0,＋∞)【解析】因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k 2n ＝3－3n －k2n ＋1,由数列{a n }为递减数列知,对任意n ∈N *,a n ＋1－a n ＝3－3n －k2n ＋1＜0,所以k ＞3－3n 对任意n ∈N *恒成立,所以k ∈(0,＋∞)．故选D ．【答案】 D(1)解决数列单调性问题的三种方法①用作差比较法,根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列; ②用作商比较法,根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断;③结合相应函数的图象直观判断． (2)求数列最大项或最小项的方法①可以利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≤a na n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项;②利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≥a na n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．角度二数列的周期性设数列{a n }满足:a n ＋1＝1＋a n1－a n ,a 2 020＝3,那么a 1＝( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3【解析】设a 1＝x ,由a n ＋1＝1＋a n1－a n ,得a 2＝1＋x1－x,a 3＝1＋a 21－a 2＝1＋1＋x 1－x 1－1＋x1－x ＝－1x ,a 4＝1＋a 31－a 3＝1－1x 1＋1x ＝x －1x ＋1,a 5＝1＋a 41－a 4＝1＋x －1x ＋11－x －1x ＋1＝x ＝a 1,所以数列{a n }是周期为4的周期数列．所以a 2 020＝a 505×4＝a 4＝x －1x ＋1＝3.解得x ＝－2.【答案】 A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．1．等差数列{a n }的公差d ＜0,且a 21＝a 211,则数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值时的项数n 的值为( )A ．5B ．6C ．5或6D ．6或7解析:选C ．由a 21＝a 211,可得(a 1＋a 11)(a 1－a 11)＝0,因为d ＜0,所以a 1－a 11≠0,所以a 1＋a 11＝0, 又2a 6＝a 1＋a 11,所以a 6＝0. 因为d ＜0,所以{a n }是递减数列,所以a 1＞a 2＞…＞a 5＞a 6＝0＞a 7＞a 8＞…,显然前5项和或前6项和最大,故选C ．2．(2020·辽宁重点中学协作体联考)在数列{a n }中,a 1＝1,a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2,记S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 18＝( )A ．0B ．18C ．10D ．9解析:选C ．因为a n ＋1－a n ＝sin(n ＋1)π2, 所以a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2.因为a 1＝1,所以a 2＝a 1＋sin π＝1,a 3＝a 2＋sin 3π2＝0,a 4＝a 3＋sin 4π2＝0,a 5＝a 4＋sin 5π2＝1,a 6＝a 5＋sin 6π2＝1,a 7＝a 6＋sin 7π2＝0, a 8＝a 7＋sin 8π2＝0,…,故数列{a n }为周期数列,周期为4.所以S 18＝4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝10.故选C ．3．已知数列{a n }满足a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *),若{a n }是递增数列,则实数λ的取值范围是________．解析:因为数列{a n }是递增数列,所以a n ＋1＞a n ,所以(n ＋1－λ)2n ＋1＞(n －λ)2n ,化为λ＜n ＋2,对∀n ∈N *都成立．所以λ＜3.答案:(－∞,3)[基础题组练]1．已知数列5,11,17,23,29,…,则55是它的( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项D ．第22项解析:选C ．数列5,11,17,23,29,…中的各项可变形为5,5＋6,5＋2×6,5＋3×6,5＋4×6,…,所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1,令6n －1＝55,得n ＝21. 2．已知数列{a n }满足:∀m ,n ∈N *,都有a n ·a m ＝a n ＋m ,且a 1＝12,那么a 5＝( )A ．132B ．116C ．14D ．12解析:选A ．因为数列{a n }满足:∀m ,n ∈N *,都有a n ·a m ＝a n ＋m ,且a 1＝12,所以a 2＝a 1a 1＝14,a 3＝a 1·a 2＝18.那么a 5＝a 3·a 2＝132.故选A ．3．在数列{a n }中,“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析:选B ．“|a n ＋1|＞a n ”⇔a n ＋1＞a n 或－a n ＋1＞a n ,充分性不成立,数列{a n }为递增数列⇔|a n＋1|≥a n ＋1＞a n 成立,必要性成立,所以“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的必要不充分条件．故选B ．4．(多选)已知数列{a n }满足a n ＋1＝1－1a n (n ∈N *),且a 1＝2,则( )A ．a 3＝－1B ．a 2 019＝12C ．S 3＝32D ．S 2 019＝2 0192解析:选ACD ．数列{a n }满足a 1＝2,a n ＋1＝1－1a n (n ∈N *),可得a 2＝12,a 3＝－1,a 4＝2,a 5＝12,…所以a n －3＝a n ,数列的周期为3.a 2 019＝a 672×3＋3＝a 3＝－1.S 3＝32,S 2 019＝2 0192.5．(2020·广东广州天河毕业班综合测试(一))数列{a n }满足a 1＝1,对任意n ∈N *,都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ,则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A ．9998B ．2C ．9950D ．99100解析:选C ．由a n ＋1＝1＋a n ＋n ,得a n ＋1－a n ＝n ＋1,则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋1＝n (n ＋1)2,则1a n ＝2n (n ＋1)＝2n －2n ＋1, 则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2×[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫199－1100]＝2×⎝⎛⎭⎫1－1100＝9950.故选C ． 6．若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2,则数列{a n }的通项公式为________．解析:a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2), 当n ＝1时,a 1＝6;当n ≥2时,⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)故当n ≥2时,a n ＝n ＋2n,所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n ＝1n ＋2n n ≥2n ∈N *. 答案:a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n ＝1n ＋2n n ≥2n ∈N * 7．(2020·黑龙江大庆一中模拟)数列{a n }的前n 项和S n 满足a 2＝2,S n ＝12n 2＋An ,则A ＝________,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n ＝________．解析:因为a 2＝S 2－S 1＝(2＋2A )－⎝⎛⎭⎫12＋A ＝2,所以A ＝12. 所以当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝12n 2＋12n －⎣⎡⎦⎤12(n －1)2＋12(n －1)＝n ,当n ＝1时,a 1＝S 1＝1满足上式,所以a n ＝n .所以1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1,所以T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案::12 n n ＋18．(2020·重庆(区县)调研测试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝1,2S n ＝(n ＋1)a n ,则a n ＝________．解析:由2S n ＝(n ＋1)a n 知,当n ≥2时,2S n －1＝na n －1,所以2a n ＝2S n －2S n －1＝(n ＋1)a n －na n －1,所以(n －1)a n ＝na n －1,所以当n ≥2时,a n n ＝a n －1n －1,所以a n n ＝a 11＝1,所以a n ＝n . 答案:n9．已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ,求a 5＋a 6及a n ;(2)若S n ＝3n ＋2n ＋1,求a n .解:(1)因为a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2,当n ＝1时,a 1＝S 1＝1,当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1),又a 1也适合此式,所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)因为当n ＝1时,a 1＝S 1＝6;当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2×3n －1＋2, 由于a 1不适合此式,所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n ＝12×3n －1＋2n ≥2. 10．(2020·衡阳四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3,a n ＋1＝4a n ＋3.(1)写出该数列的前4项,并归纳出数列{a n }的通项公式;(2)证明:a n ＋1＋1a n ＋1＝4. 解:(1)a 1＝3,a 2＝15,a 3＝63,a 4＝255.因为a 1＝41－1,a 2＝42－1,a 3＝43－1,a 4＝44－1,…,所以归纳得a n ＝4n －1.(2)证明:因为a n ＋1＝4a n ＋3,所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4. [综合题组练]1．(2020·安徽江淮十校第三次联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n n ＝2,a 1＝20,则a n n的最小值为( )A ．4 5B ．45－1C ．8D ．9 解析:选C ．由a n ＋1－a n ＝2n 知a 2－a 1＝2×1,a 3－a 2＝2×2,…,a n －a n －1＝2(n －1),n ≥2, 以上各式相加得a n －a 1＝n 2－n ,n ≥2,所以a n ＝n 2－n ＋20,n ≥2,当n ＝1时,a 1＝20符合上式,所以a n n ＝n ＋20n－1,n ∈N *, 所以n ≤4时a n n 单调递减,n ≥5时a n n单调递增, 因为a 44＝a 55,所以a n n 的最小值为a 44＝a 55＝8,故选C ． 2．(多选)在数列{a n }中,a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n,则数列{a n }中的最大项可以是( )A ．第6项B ．第7项C ．第8项D ．第9项解析:选AB ．假设a n 最大,则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1a n ≥a n －1即⎩⎪⎨⎪⎧(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ＋1(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n ≥n ·⎝⎛⎭⎫78n －1所以⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1≥78(n ＋2)78(n ＋1)≥n 即6≤n ≤7,所以最大项为第6项或第7项． 3．(2020·河南焦作第四次模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ,记数列{a n b n }的前n项和为S n ,若S n －22n ＋1＋1＝n ,则数列{b n }的通项公式为b n ＝________．解析:因为S n －22n ＋1＋1＝n ,所以S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.所以当n ≥2时,S n －1＝(n －2)2n ＋2,两式相减,得a n b n ＝n ·2n ,所以b n ＝n ;当n ＝1时,a 1b 1＝2,所以b 1＝1.综上所述,b n ＝n ,n ∈N *.故答案为n .答案:n4．(2020·新疆一诊)数列{a n }满足a 1＝3,a n －a n a n ＋1＝1,A n 表示{a n }的前n 项之积,则A 2 019＝________．解析:由a n －a n a n ＋1＝1,得a n ＋1＝1－1a n, 又a 1＝3,则a 2＝1－1a 1＝23,a 3＝1－1a 2＝1－32＝－12,a 4＝1－1a 3＝1－(－2)＝3, 则数列{a n }是周期为3的周期数列,且a 1a 2a 3＝3×⎝⎛⎭⎫23×⎝⎛⎭⎫－12＝－1,则A 2 019＝(a 1a 2a 3)·(a 4a 5a 6)·…·(a 2017a 2 018a 2 019)＝(－1)673＝－1.答案:－15．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和,且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1,a 2,a 3,a 4的值;(2)求数列{a n }的通项公式．解:(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *),可得a 1＝12a 21＋12a 1,解得a 1＝1; S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2,解得a 2＝2; 同理a 3＝3,a 4＝4.(2)S n ＝12a 2n ＋12a n,① 当n ≥2时,S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1,②①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0.由于a n ＋a n －1≠0,所以a n －a n －1＝1,又由(1)知a 1＝1,故数列{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,故a n ＝n .6．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3),a n ＋1＝S n ＋3n ,n ∈N *.(1)设b n ＝S n －3n ,求数列{b n }的通项公式;(2)若a n ＋1≥a n ,n ∈N *,求a 的取值范围．解:(1)依题意得S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ,即S n ＋1＝2S n ＋3n ,由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n ),即b n ＋1＝2b n ,又b 1＝S 1－3＝a －3,因此,所求通项公式为b n ＝(a －3)2n －1,n ∈N *.(2)由(1)可知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1,n ∈N *,于是,当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2, a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎡⎦⎤12·⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3, 所以,当n ≥2时,a n ＋1≥a n ⇒12⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9,又a 2＝a 1＋3＞a 1,a ≠3.所以,所求的a 的取值范围是[－9,3)∪(3,＋∞)．。

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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第二章
2.1 函数及其表示 2.2 函数的单调性与最值 2.3 函数的奇偶性与周期性 2.4 一次函数、二次函数 2.5 指数与指数函数 2.6 对数与对数函数 2.7 幂函数 2.8 函数的图象及其变换 2.9 函数与方程
函数
2.10 函数模型及其应用
第一讲：三角函数
S ABC=1/2bcsinA=1/2absinC=1/2ah，可得sinA=√15/8，sinC=√15/4。
∴cosA=7/8,cosC=1/4，
∴cos（A-C）=7/8 x 1/4 + √15/8 x √15/4
=11/16 c=2
A
b=2
h=√15/2
Page 21
B
C 1/2 a
1/2
C、﹙1，＋∞﹚
D、[1，＋∞﹚
解析：由于3x＞0，所以3x+1＞1，所以f（x）＞0，集合表示为（0，＋∞），答案为A
2、已知函数y=2x＋1的值域为（5,7），则对应的自变量x的范围为（
）
A、[2,3）
B、[2,3]
C、(2,3)
D、（2,3]
解析：根据题意：5＜2x+1＜7,解得2＜x＜3，用集合表示为（2,3），答案为C
A [1,2]
解析：解二元一次不等式x2 +2x-8≤0，可得-4≤x≤2，所以M为[-4,2]; 解不等式3x-2≥2x-1,可得x≥1,所以N为[1,＋∞﹚。此时我们可以应用数轴马上解决问题：
-4 0 1 2
如图所示，阴影部分即为所求。答案：A 启示：掌握好数轴工具，在集合、函数问题（ B
B、﹙－∞，5]
）
D、[5，＋∞﹚

2025届高中数学一轮复习课件《等比数列》ppt

高考一轮总复习•数学
第13页
题型
等比数列基本量的计算
典例 1(1)(2023·全国甲卷，理)已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn 为{an}的前 n 项和，
S5＝5S3－4，则 S4＝( )
A．7
B．9
C．15
D．30
(2)(2023·全国甲卷，文)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 8S6＝7S3，则{an}的公转化为基本量 a1，q 的方程．高考试题的设计也常以基本量的计算为主．
第26页
对点练 2(1)在等比数列{an}中，a1，a17 是方程 x2－14x＋9＝0 的两根，则a2aa916的值为 ()
A. 14
B．3
C．± 14
D．±3
(2)在各项都为正数的等比数列{an}中，已知 0<a1<1，其前 n 项之积为 Tn，且 T12＝T6，则 Tn 取得最小值时，n 的值是____9____．
率之比相等，且最后一个音的频率是最初那个音的 2 倍．设第二个音的频率为 f1，第八个
音的频率为 f2，则ff21等于(
)
A.11 26
B.8 2
12 C. 2
D．412 2
答案
高考一轮总复习•数学
第18页
(2)在 1 和 2 之间插入 11 个数使包含 1 和 2 的这 13 个数依次成递增的等比数列，记插入的 11 个数之和为 M，插入 11 个数后这 13 个数之和为 N，则依此规则，下列说法错误的是( )
高考一轮总复习•数学
第24页
解析：(1)a11＋a12＋…＋a18＝a1a＋1aa8 8＋aa2＋2a7a7＋a3a＋3aa6 6＋a4a＋4aa5 5. 巧妙应用积的对称性，把两个条件代入求值，此法只适用于偶数项的情形．若奇数项呢？

2025年高考数学一轮复习-第七章-数列【课件】

(1)常用的简单递推式的变换技巧.
(2)根据递推关系证明等差、等比数列.
(3)常用的求和的基本方法:分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项法等.
(4)利用函数思想研究数列的最值问题.
(5)数列与不等式相结合的综合问题.
3.重视思想方法的应用
(1)函数与方程思想:数列本身就是函数,函数方法可以用来研究数列问题;在
数列的
综合应用
项公式与前n项和公式.
2023年:新高考Ⅱ卷·T18
2.能解决等差与等比数列之间、 2022年:新高考Ⅰ卷·T17(2)
数列与函数、不等式之间的综合 2022年:新高考Ⅱ卷·T17
问题.
2021年:新高考Ⅰ卷·T17
角度
考查内容
课程标准
高考真题
1.题型设置:常以一个小题和一个大题的形式呈现;
数列的计算中,方程思想的应用极为广泛,如等差数列、等比数列基本量的计算
中,几乎处处使用方程思想.
(2)化归与转化思想:把一般数列转化为等差数列、等比数列加以解决,把一
般数列的求和通过分组、分拆、重组化为基本数列求和等.
(3)分类与整合思想:套用等比数列求和公式时,要分公比等于1和不等于1两
种情形;根据an,Sn关系解决问题时,分n=1,n≥2讨论;在含有(-1)n的数列问题中,分n
(1)重视数列概念的理解:深刻把握数列的项、项数、前n项和等概念.同时注
意数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
(2)重视两类特殊数列:等差数列、等比数列的概念、性质、通项公式和前n
项和公式的理解与记忆.复习时要注意基础,强化落实,切实提高运算能力.
(3)重视Sn与an关系的理解与应用.
2.熟练掌握解决以下问题的方法规律

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开卷速查规范特训课时作业实效精炼开卷速查(32) 等差数列及其前n 项和一、选择题1．已知{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和．若S 10＝S 11，则a 1＝( )A ．18B ．20C ．22D ．24解析：由S 10＝S 11，得a 11＝S 11－S 10＝0，a 1＝a 11＋(1－11)d ＝0＋(－10)×(－2)＝20.答案：B2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝8，S 3＝6，则S 10－S 7的值是( )A ．24B ．48C ．60D ．72解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎨⎧a 5＝a 1＋4d ＝8，S 3＝3a 1＋3d ＝6，解得⎩⎨⎧a 1＝0，d ＝2，则S 10－S 7＝a 8＋a 9＋a 10＝3a 1＋24d ＝48.答案：B3．等差数列{a n }中，a 5＋a 6＝4，则log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝( ) A ．10 B ．20 C ．40D ．2＋log 25解析：依题意得，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 5＋a 6)＝20，因此有log2(2a1·2a2·…·2a10)＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝20.答案：B4．已知数列{a n}满足：a1＝1，a n>0，a2n＋1－a2n＝1(n∈N*)，那么使a n<5成立的n的最大值为()A．4 B．5C．24 D．25解析：∵a2n＋1－a2n＝1，∴数列{a2n}是以a21＝1为首项，1为公差的等差数列．∴a2n＝1＋(n－1)＝n.又a n>0，∴a n＝n.∵a n<5，∴n<5.即n<25.故n的最大值为24.答案：C5．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，并且S10>0，S11<0，若S n≤S k 对n∈N*恒成立，则正整数k的值为()A．5 B．6C．4 D．7解析：由S10>0，S11<0知a1>0，d<0，并且a1＋a11<0，即a6<0，又a5＋a6>0，所以a5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k＝5.答案：A6．数列{a n}的首项为3，{b n}为等差数列且b n＝a n＋1－a n(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝()A．0 B．3C．8 D．11解析：因为{b n}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，故公差d ＝12－(－2)10－3＝2.于是b 1＝－6，且b n ＝2n －8(n ∈N *)，即a n ＋1－a n ＝2n －8.所以a 8＝a 7＋6＝a 6＋4＋6＝a 5＋2＋4＋6＝…＝a 1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.答案：B7．等差数列中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是( )A ．156B ．52C ．26D ．13解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，a 7＋a 10＋a 13＝3a 10， ∴6(a 4＋a 10)＝24，故a 4＋a 10＝4. ∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝26. 答案：C8．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是( )A ．24B ．48C ．60D ．84解析：由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0，故T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18＝S 10－(S 18－S 10)＝60.答案：C9．在等差数列{a n }中，若a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝80，则a 7－12a 8的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：∵a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝5a 6＝80，∴a 6＝16. a 7－12a 8＝2a 7－a 82＝a 62＝8. 答案：C10．已知数列{a n }为等差数列且a 1＋a 7＋a 13＝4π，则tan(a 2＋a 12)的值为( )A. 3 B ．±3 C ．－33D ．－ 3解析：由等差数列的性质，得a 1＋a 7＋a 13＝3a 7＝4π， ∴a 7＝4π3.tan(a 2＋a 12)＝tan(2a 7) ＝tan 8π3＝tan 2π3＝－ 3. 答案：D 二、填空题11．设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝__________.解析：设数列{a n }，{b n }的公差分别为d 1，d 2，∵a 3＋b 3＝(a 1＋2d 1)＋(b 1＋2d 2)＝(a 1＋b 1)＋2(d 1＋d 2)＝7＋2(d 1＋d 2)＝21，∴d 1＋d 2＝7，∴a 5＋b 5＝(a 3＋b 3)＋2(d 1＋d 2)＝21＋2×7＝35.答案：3512．已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4，则a n ＝________. 解析：设等差数列公差为d ，∵由a 3＝a 22－4，得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d 2＝4，即d ＝±2.由于该数列为递增数列，故d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 答案：2n －113．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________.解析：a 7－a 5＝2d ＝4，则d ＝2.a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1， S k ＝k ＋k (k －1)2×2＝k 2＝9.又k ∈N *，故k ＝3. 答案：314．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．解析：∵{a n }，{b n }为等差数列， ∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a 6b 6＝1941. 答案：1941 三、解答题15．[2013·课标全国Ⅰ]已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列{1a 2n －1a 2n ＋1}的前n 项和．解析：(1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d .由已知可得⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝0，5a 1＋10d ＝－5，解得a 1＝1，d ＝－1.故{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)由(1)知1a 2n －1a 2n ＋1＝1(3－2n )(1－2n )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －3－12n －1，从而数列{1a 2n －1a 2n ＋1}的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－11＋11－13＋…＋12n －3－12n －1 ＝n1－2n. 答案：(1)a n ＝2－n ；(2)n1－2n.16．若数列{a n }满足：a 1＝23，a 2＝2,3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2. (1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等差数列；(2)求使1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >52成立的最小的正整数n .解析：(1)由3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2可得： a n ＋1－2a n ＋a n －1＝23，即(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝23，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝43为首项，23为公差的等差数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＝43＋23(n －1)＝23(n ＋1)，于是累加求和得：a n ＝a 1＋23(2＋3＋…＋n )＝13n ·(n ＋1)，∴1a n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝3－3n ＋1>52， ∴n >5，∴最小的正整数n 为6. 答案：(1)证明略；(2)6.创新试题教师备选教学积累资源共享教师用书独具1．[2014·鸡西质检]已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，若a 1＝12，S 2＝a 3，则S 40＝( )A ．290B ．390C ．410D ．430解析：S 2＝a 3，∴2a 1＋d ＝a 1＋2d ，∴d ＝12，∴S 40＝40×12＋40×392×12＝410.答案：C2．[2014·江西六校联考]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18－a 5，则S 8＝( )A ．72B ．68C ．54D ．90解析：∵a 4＝18－a 5，∴a 4＋a 5＝18，S 8＝(a 1＋a 8) ×82＝(a 4＋a 5)×82＝4(a 4＋a 5)＝72. 答案：A3．[2014·安徽淮北模拟]若等差数列{a n }的公差d <0，且a 1＋a 11＝0，则数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值时的项数n 是( )A ．5B ．6C ．5或6D ．6或7解析：∵a 1＋a 11＝0，∴a 1＋a 1＋10d ＝0，即a 1＝－5d .∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －6)d . 由a n ≥0得(n －6)d ≥0，∵d <0，∴n ≤6. 即a 5>0，a 6＝0.所以前5项或前6项的和最大．答案：C4．[2014·天津模考]已知数列{a n }为等差数列，若a 7a 6<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为________．解析：∵a 7a 6<－1，且S n 有最大值，∴a 6>0，a 7<0且a 6＋a 7<0，∴S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6>0，S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)<0，∴使S n >0的n 的最大值为11.答案：115．[2014·洛阳统考]在等差数列{a n }中，其前n 项和为S n ，且S 2 011＝2 011，a 1 007＝－3，则S 2 012＝________.解析：∵S 2 011＝2 011， ∴ (a 1＋a 2 011 )×2 0112＝2 011. ∴a 1＋a 2 011＝2.又∵a 1＋a 2 011＝2a 1 006，∴a 1 006＝1. 又∵a 1 007＝－3，∴S 2 012＝(a 1＋a 2 012)×2 0122 ＝(a 1 006＋a 1 007)×2 0122 ＝(1－3)×2 0122＝－2 012. 答案：－2 0126．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝S nn ＋2(n －1)(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列，并分别写出a n 和S n 关于n 的表达式； (2)是否存在自然数n ，使得S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝2 013？若存在，求出n 的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)由a n ＝S nn ＋2(n －1)，得S n ＝na n －2n (n －1) (n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －(n －1)a n －1－4(n －1)，即a n －a n －1＝4，故数列{a n }是以1为首项，以4为公差的等差数列．于是，a n ＝4n －3，S n ＝(a 1＋a n )n 2＝2n 2－n (n ∈N *)．(2)由S n ＝na n －2n (n －1)，得S nn ＝2n －1(n ∈N *)，又S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)－(n －1)2＝n 2－(n －1)2＝2n －1.令2n －1＝2 013，得n ＝1 007，即存在满足条件的自然数n ＝1 007.。