高三数列解答题(基础)

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《数列》测试卷及答案解析(基础卷)

2019-2020学年高中数学必修五《数列》考试卷姓名：成绩：一、本卷共12个小题，每题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的，请把正确答案填涂在答题卡上．1．{a n }是首项a 1＝1，公差为d ＝3的等差数列，如果a n ＝2 020，则序号n 等于( )．A ．672B ．673C ．674D ．675【答案】C解析：由题设，代入通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ，即2 020＝1＋3(n －1)，∴n ＝674． 2. 已知数列{a n }的通项公式a n ＝12[1＋(－1)n ＋1]，则该数列的前4项依次是( )A ．1,0,1,0B ．0,1,0,1 C.12，0，12，0 D ．2,0,2,0【答案】A3. 若{a n }是等差数列，且a 1＋a 4＋a 7=45，a 2＋a 5＋a 8=39，则a 3＋a 6＋a 9的值是（）A ．39B ．20C ．19.5D ．33 【答案】D4．数列23，45，67，89，…的第10项是( )A.1617B.1819C.2021D.2223【答案】 C.由题意知数列的通项公式是an ＝2n 2n ＋1，∴a10＝2×102×10＋1＝2021.故选C.5．等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和为( ).A ．81B ．120C ．168D ．192 【答案】B解析：∵a 2＝9，a 5＝243，25a a ＝q 3＝9243＝27， ∴q ＝3，a 1q ＝9，a 1＝3，∴S 4＝3－13－35＝2240＝120．6．若数列{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2019＋a 2020＞0，a 2019·a 2020＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大自然数n 是( )．A ．4 005B ．4038C ．4039D ．4 008【答案】B解析：由a 2019＋a 2020＞0，a 2019·a 2020＜0，知a 2019和a 2020两项中有一正数一负数，又a 1＞0，则公差为负数，否则各项总为正数，故a 2019＞a 2020，即a 2019＞0，a 2020＜0.∴S 4038＝2＋006400641)(a a ＞0，∴S 4039＝20074·(a 1＋a 4039)＝20074·2a 2020＜0，故4038为S n ＞0的最大自然数. 选B ．7．已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列, 则a 2＝( )．A ．－4B ．－6C ．－8D ．－10【答案】B解析：∵{a n }是等差数列，∴a 3＝a 1＋4，a 4＝a 1＋6，又由a 1，a 3，a 4成等比数列， ∴(a 1＋4)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝－8， ∴a 2＝－8＋2＝－6．8．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若35a a ＝95，则59S S ＝( )． A ．1 B ．－1 C ．2 D ．21。

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)(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．【答案】(1)证明见解析：； (2)78-．解析：(1)解：因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=-- ⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时()min 78n S =-．【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年全国甲卷理科·第17题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．【答案】(1)证明见解析； (2)9．解析：(1)设数列{}n a 的公差为d ，所以，()11111111224283a d b a d b a d b b a d +-=+-⎧⎨+-=-+⎩，即可解得，112db a ==，所以原命题得证．（2）由(1)知，112d b a ==，所以()1111121k k m b a a b a m d a -=+⇔⨯=+-+，即122k m -=，亦即[]221,500k m -=∈，解得210k ≤≤，所以满足等式的解2,3,4,,10k = ，故集合{}1|,1500k m k b a a m =+≤≤中的元素个数为10219-+=．【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 +++< ．【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析解析：(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=,∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111nn n an a --=+,即111n n a n a n -+=-,∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立，∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111n a a a +++ 1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 【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I 卷·第17题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．【答案】解析:(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-，从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-．(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214262n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->，解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题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．【答案】122,5b b ==；300．解析:(1)由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-．(2)设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++ ，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=- ，所以()20241820210S a a a a =++++- ()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第17题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 ．【答案】(1)2nn a =；(2)100480S =．解析：(1)由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2nn a =，所以数列{}n a 的通项公式为2nn a =．(2)由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为：(]0,1，则10b =；23,b b 对应的区间分别为：(](]0,2,0,3，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为：(](](](]0,4,0,5,0,6,0,7，则45672b b b b ====，即有22个2；8915,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,8,0,9,,0,15 ，则89153b b b ==== ，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,16,0,17,,0,31 ，则1617314b b b ==== ，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,32,0,33,,0,63 ，则3233635b b b ==== ，即有52个5；6465100,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,64,0,65,,0,100 ，则64651006b b b ==== ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第18题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 -+-+⋯+-．【答案】(1)2nn a =；(2)2382(1)55n n +--解析：(1)设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，整理可得：22520q q -+=，11,2,2q q a >== ，数列的通项公式为：1222n n n a -=⋅=．(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第18题的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212n nS b +=．(1)证明：数列{}n b 是等差数列;(2)求{}n a 的通项公式．【答案】(1)证明见解析；(2)()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩．解析：(1)由已知212n n S b +=得221n nn b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以12112222121n b b b b b +⋅=--，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列;(2)由(1)可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n nb n ∴=+-⨯=+,22211n n n b nS b n+==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S nn n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩．【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n 项和与项的关系，数列的前n 项积与项的关系，其中由1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,得到1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，进而得到111221n n n nb b b b +++=-是关键一步；要熟练掌握前n 项和，积与数列的项的关系，消和(积)得到项(或项的递推关系)，或者消项得到和(积)的递推关系是常用的重要的思想方法．【题目栏目】数列\等差、等比数列的综合应用【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第19题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．【答案】答案见解析解析：选①②作条件证明③：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n aa n =-，所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n =+=，所以是等差数列．选②③作条件证明①：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a =+-03a=-<不合题意，舍去．综上可知{}n a 为等差数列．【点睛】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第18题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．【答案】(1)2-；(2)1(13)(2)9nn n S -+-=．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-= ，1,2q q ≠∴=- ；(2)设{}n na 前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++- ，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+- ，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n nn S n -=+-+-++--- 1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--，1(13)(2)9nn n S -+-∴=．【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第17题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 ．【答案】(1)25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；(2)1(21)22n n S n +=-⋅+．解析：(1)由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+，证明如下：当1n =时，13a =成立；假设n k =时，21k a k =+成立．那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立．则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立；的(2)由(1)可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，②由①-②得：()23162222(21)2nn n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+．【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题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．【答案】()1见解析；()21122n n a n =+-，1122n n b n =-+.【官方解析】()1由题设得114()2()n n n n a b b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为111a b +=，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为111a b -=，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．()2由()1知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．【分析】()1可通过题意中的1434n n n a b a +=-+以及1434n n n b a b +=--对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列；()2可通过()1中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式，然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果.【解析】()1由题意可知，，，，所以，即111()2n n n n a b a b +++=+，所以数列是首项为、公比为的等比数列，，因为，所以，数列是首项、公差为等差数列，.()2由()1可知，112n n n a b -+=，，所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+.【点评】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第19题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；(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 =【答案】【官方解析】(1)设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=由已知得424q q =，解得0q =(舍去)，2q =-或2q =故()12n n a -=-或12n n a -=(2)若()12n n a -=-，则()123mm S --=，由63m S =，得()2188m-=-，此方和没有正整数解若12n n a -=，则21m m S =-，由63m S =，得264m =，解得6m =综上，6m =．1434n n n a a b +-=+1434n n n b b a +-=-111a b +=111a b -=1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ++=+=--+++-{}n n a b +112(112n n n a b -+=()11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ++---=+-=-+-112n n n n a b a b ++=-+-{}n n a b -12的21n n a b n -=-21n n a b n -=-【民间解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，由11a =，534a a =可得42141q q ⨯=⨯⨯，所以24q =所以2q =±当2q =时，1112n n n a a q --==；当2q =-时，()1112n n n a a q --==-(2)由(1)可知2q =±当2q =时，由()1163631m m a q S q-=⇒=-即126312m-=-，即62642m ==，所以6m =；当2q =-时，由()1163631m m a q S q-=⇒=-即()126312m--=+，即()2188m-=-，无解综上可知6m =．【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的综合应用【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第17题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．【答案】解析：(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =得2d =，所以{}n a 的通项公式为29n a n =-．(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--．所以当4n =时，n S 取得最小值，最小值为16-．【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前n 项和【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第17题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.【答案】(Ⅰ)11(11n n a λλλ-=--;(Ⅱ)1λ=-.【解析】(Ⅰ)由题意得1111a S a λ==+,故1λ≠,111a λ=-,10a ≠.由1n n S a λ=+,111n n S a λ++=+得11n n n a a a λλ++=-,即1(1)n n a a λλ+-=.由10a ≠,0λ≠得0n a ≠,所以11n n a a λλ+=-.因此{}n a 是首项为11λ-,公比为1λλ-的等比数列,于是11()11n n a λλλ-=--.(Ⅱ)由(Ⅰ)得1()1n n S λλ=--,由53132S =得5311(132λλ-=-,即51()132λλ=-,解得1λ=-.【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的前n 项和【题目来源】2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题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．【答案】(1)[]1lg10b ==，[]11lg111b ==，[]101lg1012b ==；(2)1893．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，据已知有72128d +=，解得1d =．所以数列{}n a 的通项公式为n a n =．[]1lg10b ==，[]11lg111b ==，[]101lg1012b ==．(2)因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000,n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪=⎩所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893⨯+⨯+⨯=．【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前n 项和【题目来源】2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第17题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【答案】(Ⅰ)21n +(Ⅱ)11646n -+分析：(Ⅰ)先用数列第n 项与前n 项和的关系求出数列{n a }的递推公式，可以判断数列{n a }是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{n a }的通项公式；(Ⅱ)根据(Ⅰ)数列{n b }的通项公式，再用拆项消去法求其前n 项和．解析：(Ⅰ)当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4n a ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为0n a >，所以1n n a a --=2，所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列，所以n a =21n +；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，n b =1111((21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++ =1111111[((()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+．考点：数列前n 项和与第n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法【题目栏目】数列\数列的求和\裂项相消法求和问题【题目来源】2015高考数学新课标1理科·第17题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：12111na a a ++<…+【答案】解析：(Ⅰ)由131n n a a +=+，得1113(22n n a a ++=+，且11322a +=所以{}12n a +是首相为32，公比为3的等比数列。

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。

高考新课标数学数列大题精选50题(含答案、知识卡片)

高考新课标数学数列大题精选50题（含答案、知识卡片）一．解答题（共50题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n﹣b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式．4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．5．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．6．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．7．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．8．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．9．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．10．（2017•新课标Ⅰ）记S n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S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．11．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．12．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．13．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．14．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．15．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．16．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）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]＝2．17．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．18．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．数列全国高考数学试题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．【分析】（1）由2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0可得，可知数列{}是等差数列，求出的通项公式可得a n；（2）由（1）知＝，然后利用裂项相消法求出a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n，再解不等式可得n的范围，进而得到n的最大值．【解答】解：（1）∵2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．∴，又，∴数列{}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴，∴；（2）由（1）知，＝，∴a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＝＝，∵a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜，∴＜，∴4n+2＜42，∴n＜10，∵n∈N*，∴n的最大值为9．【点评】本题考查了等差数列的定义，通项公式和裂项相消法求出数列的前n项和，考查了转化思想，关键是了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式构造新数列，属中档题．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．【分析】（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，由S9＝﹣a5，即可得S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求出n的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，若S9＝﹣a5，则S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，若a3＝4，则d＝＝﹣2，则a n＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，当n＝1时，不等式成立，当n≥2时，有≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，又由S9＝﹣a5，即S9＝＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）≥﹣2a1，又由a1＞0，则有n≤10，则有2≤n≤10，综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n﹣b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式．【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得【解答】解：（1）证明：∵4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4；∴4（a n+1+b n+1）＝2（a n+b n），4（a n+1﹣b n+1）＝4（a n﹣b n）+8；即a n+1+b n+1＝（a n+b n），a n+1﹣b n+1＝a n﹣b n+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{a n+b n}是首项为1，公比为的等比数列，{a n﹣b n}是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（1）可得：a n+b n＝（）n﹣1，a n﹣b n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴a n＝（）n+n﹣，b n＝（）n﹣n+．【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{a n}的通项公式代入b n＝log2a n，得到b n，说明数列{b n}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．∴；（2）b n＝log2a n＝，∵b1＝1，b n+1﹣b n＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴数列{b n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{b n}的前n项和．【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题．5．（2018•全国）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2．（1）求S n；（2）求++…+．【分析】（1）由数列递推式可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，运用等差数列的定义和通项公式可得所求S n；（2）化简＝＝（）＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理可得所求和．【解答】解：（1）a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2，可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，即数列{S n2}为首项为2，公差为2的等差数列，可得S n2＝2+2（n﹣1）＝2n，由a n＞0，可得S n＝；（2）＝＝（）＝（﹣），即++…+＝（﹣1+﹣+2﹣+…+﹣）＝（﹣1）．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列的递推式和数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．6．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．【分析】（1）根据a1＝﹣7，S3＝﹣15，可得a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，求出等差数列{a n}的公差，然后求出a n即可；（2）由a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，得S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，由此可求出Sn以及S n的最小值．【解答】解：（1）∵等差数列{a n}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，∴a n＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；（2）∵a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，∴S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，∴当n＝4时，前n项的和S n取得最小值为﹣16．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项的和公式，属于中档题．7．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的各项．（2）利用定义说明数列为等比数列．（3）利用（1）（2）的结论，直接求出数列的通项公式．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，则：（常数），由于，故：，数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．整理得：，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．（2）由于（常数），数列{b n}是为等比数列；（3）由（1）得：，根据，所以：．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．8．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q＝±2，由此能求出{a n}的通项公式．（2）当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝2n﹣1，由此能求出m．【解答】解：（1）∵等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，当q＝2时，a n＝2n﹣1，当q＝﹣2时，a n＝（﹣2）n﹣1，∴{a n}的通项公式为，a n＝2n﹣1，或a n＝（﹣2）n﹣1．（2）记S n为{a n}的前n项和．当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝＝＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝＝＝2n﹣1，由S m＝63，得S m＝2m﹣1＝63，m∈N，解得m＝6．【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．9．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．【分析】（1）对已知等式两边取倒数，结合等差数列的定义，即可得证；（2）由等差数列的通项公式可得，所以，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简即可得到所求和．【解答】解：（1）证明：数列{b n}的各项都为正数，且，两边取倒数得，故数列为等差数列，其公差为1，首项为；（2）由（1）得，，，故，所以，因此．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题．10．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．【分析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2，a3+b3＝5，可得﹣1+d+q＝2，﹣1+2d+q2＝5，解得d＝1，q＝2或d＝3，q＝0（舍去），则{b n}的通项公式为b n＝2n﹣1，n∈N*；（2）b1＝1，T3＝21，可得1+q+q2＝21，解得q＝4或﹣5，当q＝4时，b2＝4，a2＝2﹣4＝﹣2，d＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，S3＝﹣1﹣2﹣3＝﹣6；当q＝﹣5时，b2＝﹣5，a2＝2﹣（﹣5）＝7，d＝7﹣（﹣1）＝8，S3＝﹣1+7+15＝21．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，求出公差和公比是解题的关键，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．11．（2017•新课标Ⅰ）记S n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S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【分析】（1）由题意可知a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2＝2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：（1）设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，+＝2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，则a1＝﹣2，a n＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，∴{a n}的通项公式a n＝（﹣2）n；（2）由（1）可知：S n＝＝＝﹣[2+（﹣2）n+1]，则S n+1＝﹣[2+（﹣2）n+2]，S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+3]，由S n+1+S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+2]﹣[2+（﹣2）n+3]，＝﹣[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，＝﹣[4+2（﹣2）n+1]＝2×[﹣（2+（﹣2）n+1）]＝2S n，即S n+1+S n+2＝2S n，∴S n+1，S n，S n+2成等差数列．【点评】本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．12．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．（2）＝＝﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．n≥2时，a1+3a2+…+（2n﹣3）a n﹣1＝2（n﹣1）．∴（2n﹣1）a n＝2．∴a n＝．当n＝1时，a1＝2，上式也成立．∴a n＝．（2）＝＝﹣．∴数列{}的前n项和＝++…+＝1﹣＝．【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：a1＝S1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1，计算可得所求通项；（Ⅱ）化简b n＝＝＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}的前n项和S n＝n2，可得a1＝S1＝1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，上式对n＝1也成立，则a n＝2n﹣1，n∈N*；（Ⅱ）b n＝＝＝（﹣），则数列{b n}的前n项和为（﹣1+﹣+﹣+…+﹣）＝（（﹣1）．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．14．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．【解答】解：（1）∵S n＝1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝1+λa n﹣1﹣λa n﹣1＝λa n﹣λa n﹣1，即（λ﹣1）a n＝λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即＝，（n≥2），∴{a n}是等比数列，公比q＝，当n＝1时，S1＝1+λa1＝a1，即a1＝，∴a n＝•（）n﹣1．（2）若S5＝，则若S5＝1+λ[•（）4]＝，即（）5＝﹣1＝﹣，则＝﹣，得λ＝﹣1．【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．15．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）令n＝1，可得a1＝2，结合{a n}是公差为3的等差数列，可得{a n}的通项公式；（Ⅱ）由（1）可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，进而可得：{b n}的前n 项和．【解答】解：（Ⅰ）∵a n b n+1+b n+1＝nb n．当n＝1时，a1b2+b2＝b1．∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2，又∵{a n}是公差为3的等差数列，∴a n＝3n﹣1，（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）b n+1+b n+1＝nb n．即3b n+1＝b n．即数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，∴{b n}的前n项和S n＝＝（1﹣3﹣n）＝﹣．【点评】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n项和公式，难度中档．16．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n＝1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，将a1＝1代入可得a2的值，进而令n＝2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，将a2＝代入计算可得a3的值，即可得答案；（2）根据题意，将a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+a n+1）＝0，进而分析可得a n＝2a n+1或a n＝﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n＝2a n+1，结合等比数列的性质可得{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，当n＝1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，而a1＝1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2＝0，解可得a2＝，当n＝2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，又由a2＝，解可得a3＝，故a2＝，a3＝；（2）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+1）＝0，即有a n＝2a n+1或a n＝﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，则有a n＝2a n+1，故数列{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，则a n＝1×（）n﹣1＝（）n﹣1，故a n＝（）n﹣1．【点评】本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到a n与a n+1的关系．17．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）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．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，根据已知构造关于首项和公差方程组，解得答案；（Ⅱ）根据b n＝[a n]，列出数列{b n}的前10项，相加可得答案．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4＝4，a5+a7＝6．∴，解得：，∴a n＝；（Ⅱ）∵b n＝[a n]，∴b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3，b9＝b10＝4．故数列{b n}的前10项和S10＝3×1+2×2+3×3+2×4＝24．【点评】本题考查的知识点是等差数列的通项公式，等差数列的性质，难度中档．18．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；（Ⅱ）找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．【解答】解：（Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，7a4＝28．可得a4＝4，则公差d＝1．a n＝n，b n＝[lgn]，则b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：b1＝b2＝b3＝…＝b9＝0，b10＝b11＝b12＝…＝b99＝1．b100＝b101＝b102＝b103＝…＝b999＝2，b10，00＝3．数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3＝1893．【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．19．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．【分析】（Ⅰ）当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣1﹣．两式相减，得2a n＝，由此能证明数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．（Ⅱ）求出2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，由此能求出{a n}的通项公式．【解答】证明：（Ⅰ）∵数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．∴当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣1﹣．两式相减，得2a n＝，∴2×2n a n＝2×2n a n＝2×2n﹣1a n﹣1﹣4，∴＝﹣2n﹣1a n﹣1＝＝﹣2，又2a1＝2，∴数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．（Ⅱ）∵数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列，∴2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，∴a n＝．∴{a n}的通项公式为a n＝．【点评】本题考查等差数列的证明，考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n}的通项公式：（Ⅱ）求出b n＝，利用裂项法即可求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵当n＝1时，a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1，∴b n＝＝＝（﹣），∴数列{b n}的前n项和T n＝（﹣+…+﹣）＝（﹣）＝．【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．考点卡片1．等差数列的性质【等差数列】等差数列的通项公式为：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：S n＝na1+n（n﹣1）或S n＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2a m＝a p+a q（p，q，m都为自然数）例：已知等差数列{a n}中，a1＜a2＜a3＜…＜a n且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．【等差数列的性质】（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】a n＝a1+（n﹣1）d，或者a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴an＝，把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【考点点评】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．4．等比数列的性质例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．【等比数列的性质】（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．5．等比数列的通项公式【知识点的认识】1．等比数列的定义2．等比数列的通项公式a n＝a1•q n﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b 的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．6．等比数列的前n项和【知识点的知识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{a n}的公比为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为q n．7．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【解题方法点拨】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．8．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前几项），且任一项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．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，用作差法：a n＝．一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，用作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，用累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，用累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以用倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．9．数列与函数的综合【知识点的知识】一、数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，a n，q，n，S n，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．二、解题步骤：1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【典型例题分析】典例：已知f（x）＝log a x（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（a n）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{a n}成等比数列；（II）设b n＝a n f（a n），数列{b n}前n项和是S n，当时，求S n．分析：（I）先利用条件求出f（a n）的表达式，进而求出{a n}的通项公式，再用定义来证{a n}是等比数列即可；（II）先求出数列{b n}的通项公式，再对数列{b n}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（a n）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即log a a n＝2n+2，可得a n＝a2n+2．∴＝＝为定值．∴{a n}为等比数列．（II）解：b n＝a n f（a n）＝a2n+2log a a2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当时，．（8分）S n＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2 ①2S n＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3 ②①﹣②得﹣S n＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．∴S n＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．10．数列与不等式的综合【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：，，，＝[]﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），＜＝（）（n≥2），，2（）＝＜＝＜＝2（）．…+≥…+＝＝＜．【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：（1）添加或舍去一些项，如：＞|a|；＞n；（2）将分子或分母放大（或缩小）；（3）利用基本不等式；＜；（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【典型例题分析】题型一：等比模型典例1：对于任意的n∈N*，数列{a n}满足＝n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：对于n≥2，．解答：（Ⅰ）由①，当n≥2时，得②，①﹣②得．∴．。

高三数学专题训练《数列》解析版

一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )A ．138B ．135C ．95D ．23解析：由a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10可得d ＝3，a 1＝－4，所以S 10＝－4×10＋10×92×3＝95.答案：C2．若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( )A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列解析：设{a n }的公差为d ，则d ＝1，设c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则c n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，c n ＋1－c n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－a 2n －1－2a 2n ＝6d ＝6，选择C.答案：C3．在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝20，那么a 3等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝5a 3＝20，a 3＝4.答案：A4．等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1≠d ，若这个数列的前40项和是20m ，则m 等于( )A ．a 1＋a 20B ．a 5＋a 17C ．a 27＋a 35D ．a 15＋a 26解析：S 40＝40(a 1＋a 40)2＝20(a 1＋a 40)＝20m ，m ＝a 1＋a 40＝a 15＋a 26.答案：D5．在等比数列{a n }中，若a 5＋a 6＝a (a ≠0)，a 15＋a 16＝b ，则a 25＋a 26的值是( )A.b aB.b 2a2C.b 2aD.ba2解析：记等比数列{a n }的公比为q ，依题意得a 15＋a 16＝a 5q 10＋a 6q 10＝(a 5＋a 6)q 10，q 10＝a 15＋a 16a 5＋a 6＝b a，a 25＋a 26＝a 5q 20＋a 6q 20＝(a 5＋a 6)q 20＝a ×(b a)2＝b 2a，选C. 答案：C6．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－98，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝( )A.53B.35 C ．－53D ．－35解析：依题意，设公比为q ，则q ≠1，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 4)1－q ＝158①a 21q 3＝－98 ②，又1a 1，1a 2，1a 3，1a 4构成以1a 1为首项，以1q 为公比的等比数列，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝1a 1[1－(1q)4]1－1q＝(1－q 4)a 1q 3(1－q )，①÷②得(1－q 4)a 1q 3(1－q )＝－53，即1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝－53，选择C.答案：C7．(2010·江西九校联考)设{a n }是等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，对任意正整数n ，有a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，又a 1＝2，则S 101＝( )A ．200B ．2C ．－2D ．0解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为对任意正整数，有a n ＋2a n ＋1＋a n＋2＝0，a n ＋2a nq ＋a n q 2＝0，因为a n ≠0，所以1＋2q ＋q 2＝0，q ＝－1，S 101＝2×(1＋1)1＋1＝2，选择B.答案：B8．(2010·西安八校二联)已知等比数列{a n }的公比q <0，其前n 项和为S n ，则a 9S 8与a 8S 9的大小关系是( )A ．a 9S 8>a 8S 9B ．a 9S 8<a 8S 9C ．a 9S 8＝a 8S 9D ．a 9S 8与a 8S 9的大小关系与a 1的值有关解析：依题意得，a 9S 8－a 8S 9＝a 1q 8·a 1(1－q 8)1－q－a 1q 7·a 1(1－q 9)1－q＝－a 21q 7>0，因此a 9S 8>a 8S 9，选A.答案：A9．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A ．126B ．130C ．132D ．134解析：∵{a n }是各项不为0的正项等比数列， ∴b n ＝ln a n 是等差数列．又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2， ∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132. 答案：C10．(2009·安徽蚌埠测验)数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6，…的第1000项等于( )A ．42B ．45C ．48D ．51解析：将数列分段，第1段1个数，第2段2个数，…，第n 段n 个数，设a 1000＝k ，则a 1000在第k 个数段，由于第k 个数段共有k 个数，则由题意k 应满足1＋2＋…＋(k －1)<1000≤1＋2＋…＋k ，解得k ＝45.答案：B11．(2010·湖北八校联考)在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0②等差数列一定是等差比数列 ③等比数列一定是等差比数列 ④等差比数列中可以有无数项为0 其中正确的判断是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：依题意，∵a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (n ∈N *)，∴k ≠0，①正确，排除B ，C 选项，又由于公差是0的等差数列不是等差比数列，②错误，排除A ，选择D.答案：D12．(2009·湖北高考)设x ∈R ，记不超过x 的最大整数为[x ]，令{x }＝x －[x ]，则{5＋12}，[5＋12]，5＋12( )A ．是等差数列但不是等比数列B ．是等比数列但不是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列也不是等比数列解析：由题意，记a 1＝{5＋12}＝5＋12－[5＋12]＝5＋12－1＝5－12，a 2＝[5＋12]＝1，a 3＝5＋12，若为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，不满足；若为等比数列，则(a 2)2＝a 1a 3，有12＝5－12×5＋12，∴是等比数列但非等差数列，选B.答案：B二、填空题(每小题4分，共16分)13．已知{a n }是等差数列，a 4＋a 6＝6，其前5项和S 5＝10，则其公差d ＝__________.解析：由a 4＋a 6＝6，得a 5＝3，又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝10，∴a 1＝1.∴4d ＝a 5－a 1＝2，d ＝12.答案：1214．(2009·重庆一诊)已知数列{a n }是等比数列，且a 4·a 5·a 6·a 7·a 8·a 9·a 10＝128，则a 15·a 2a 10＝__________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则依题意得a 71·q 42＝128，a 1·q 6＝2，a 7＝2，a 15·a 2a 10＝a 2·q 5＝a 7＝2.答案：215．把100个面包分给5个人，使每人所得的面包数成等差数列，且使较多的三份之和的13等于较少的两份之和，则最少的一份面包个数是__________．解析：设构成等差数列的五个数为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，则⎩⎨⎧5a ＝1003(a ＋d )＝3(2a －3d )解得⎩⎨⎧a ＝20d ＝5，则最少的一份为a －2d ＝10.答案：1016．数列{a n }中，a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1(n ＝1,2，…)，A n 表示数列{a n }的前n 项之积，则A 2005＝__________.解析：可求出a 1＝3，a 2＝23，a 3＝－12，a 4＝3，a 5＝23，a 6＝－12，…，数列{a n }每3项重复一次，可以理解为周期数列，由2005＝668×3＋1且a 1×a 2×a 3＝－1，则A 2005＝(a 1×a 2×a 3)…(a 2002×a 2003×a 2004)×a 2005＝(a 1×a 2×a 3)668a 1＝3. 答案：3三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．(12分)S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和，公比q ≠1，已知1是12S 2和13S 3的等差中项，6是2S 2和3S 3的等比中项． (1)求S 2和S 3的值； (2)求此数列的通项公式； (3)求此数列的各项和S . 解：(1)由题意知⎩⎨⎧12S 2＋13S 3＝22S 2·3S 3＝36，解得S 2＝2，S 3＝3.(2)⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝3，解得⎩⎨⎧a 1＝4q ＝－12或⎩⎨⎧a 1＝1q ＝1(舍去)．∴a n ＝4·(－12)n －1.(3)∵|q |＝|－12|＝12<1.∴S ＝41－(－12)＝83.18．(12分)已知函数f (x )＝x3x ＋1，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)．(1)求证：数列{1a n}是等差数列；(2)记S n (x )＝x a 1＋x 2a 2＋…＋eq \f(x n ,a n )，求S n (x )．(1)证明：∵a n ＋1＝f (a n )，∴a n ＋1＝a n3a n ＋1.∴1a n ＋1＝1a n ＋3，即1a n ＋1－1a n＝3.∴{1a n}是以1a 1＝1为首项，3为公差的等差数列．∴1a n＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)解：S n (x )＝x ＋4x 2＋7x 3＋…＋(3n －2)x n ，① 当x ＝1时，S n (x )＝1＋4＋7＋…＋(3n －2)＝n (1＋3n －2)2＝n (3n －1)2.当x ≠1时，xS n (x )＝x 2＋4x 3＋…＋(3n －5)x n ＋(3n －2)x n ＋1，②①－②，得(1－x )S n (x )＝x ＋3x 2＋3x 3＋…＋3x n －(3n －2)x n ＋1＝3(x ＋x 2＋…＋x n )－2x －(3n －2)x n ＋1＝3x (1－x n )1－x－2x －(3n －2)x n ＋1，S n (x )＝3x －3x n ＋1(1－x )2－2x ＋(3n －2)x n ＋11－x.19．(12分)(2010·东城一模)已知递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2、a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ＋1，S n 是数列{b n }的前n 项和，求使S n >42＋4n 成立的n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，① 又a 2＋a 3＋a 4＝28，将①代入得a 3＝8.所以a 2＋a 4＝20.于是有⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝2，或⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12.又{a n }是递增的，故a 1＝2，q ＝2. 所以a n ＝2n .(2)b n ＝log 22n ＋1＝n ＋1，S n ＝n 2＋3n2.故由题意可得n 2＋3n2>42＋4n ，解得n >12或n <－7.又n ∈N *，所以满足条件的n 的最小值为13.20．(12分)商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定：由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2002年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费还建行贷款(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部在年底还建行贷款．(1)若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2)若公寓管理处要在2010年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元？(精确到元)(参考数据：lg1.7343＝0.2391，lg1.05＝0.0212,1.058＝1.4774)解：依题意，公寓2002年底建成，2003年开始使用．(1)设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1000×800元＝800000元＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1. 化简得62(1.05n －1)≥25×1.05n ＋1， ∴1.05n ≥1.7343.两边取对数整理得n ≥lg1.7343lg1.05＝0.23910.0212＝11.28，∴取n ＝12(年)．∴到2014年底可全部还清贷款． (2)设每生每年的最低收费标准为x 元， ∵到2010年底公寓共使用了8年，依题意有(1000x10000－18)[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x －18)1.058－11.05－1≥500×1.059.∴x ≥10(18＋25×1.0591.058－1)＝10(18＋25×1.05×1.47741.4774－1)＝10×(18＋81.2)＝992(元)故每生每年的最低收费标准为992元．21．(12分)若公比为c 的等比数列{a n }的首项a 1＝1，且a n ＝a n －1＋a n －22(n＝3,4，…)．(1)求c 的值．(2)求数列{na n }的前n 项和S n .解：(1)由题设，当n ≥3时，a n ＝c 2a n －2， a n －1＝ca n －2，a n ＝a n －1＋a n －22＝1＋c 2a n －2， ∴c 2＝1＋c 2. 解得c ＝1或c ＝－12. (2)当c ＝1时{a n }是一个常数数列，a n ＝1.此时S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.当c ＝－12时，a n ＝(－12)n －1(n ∈N *)．此时S n ＝1＋2(－12)＋3(－12)2＋…＋n (－12)n －1.① －12S n ＝－12＋2(－12)2＋3(－12)3＋…＋(n －1)(－12)n －1＋n (－12)n .② ①－②，得(1＋12)S n ＝1＋(－12)＋(－12)2＋…＋(－12)n －1－n (－12)n ＝1－(－12)n 1＋12－n (－12)n .∴S n ＝19[4－(－1)n 3n ＋22n －1]． 22．(14分)(2009·陕西高考)(理)已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n，n ∈N *.(1)猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论；(2)证明：|x n ＋1－x n |≤16(25)n －1. (文)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求{a n }的通项公式．解：(理)(1)由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321. 由x 2>x 4>x 6猜想，数列{x 2n }是递减数列．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，已证命题成立．②假设当n ＝k 时命题成立，即x 2k >x 2k ＋2，易知x n >0，那么x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3＝x 2k ＋3－x 2k ＋1(1＋x 2k ＋1)(1＋x 2k ＋3)＝x 2k －x 2k ＋2(1＋x 2k )(1＋x 2k ＋1)(1＋x 2k ＋2)(1＋x 2k ＋3)>0，即x 2(k ＋1)>x 2(k ＋1)＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时命题也成立．结合①和②知，命题成立．(2)当n ＝1时，|x n ＋1－x n |＝|x 2－x 1|＝16，结论成立；当n ≥2时，易知0<x n －1<1，∴1＋x n －1<2，x n ＝11＋x n －1>12， ∴(1＋x n )(1＋x n －1)＝(1＋11＋x n －1)(1＋x n －1) ＝2＋x n －1≥52， ∴|x n ＋1－x n |＝|11＋x n －11＋x n －1|＝|x n －x n －1|(1＋x n )(1＋x n －1)≤25|x n －x n －1|≤(25)2|x n －1－x n －2|≤…≤(25)n －1|x 2－x 1|＝16(25)n －1. (文)(1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， ∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝(－12)n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋(－12)＋…＋(－12)n －2 ＝1＋1－(－12)n －11－(－12)＝1＋23[1－(－12)n －1]＝53－23(－12)n －1，当n ＝1时，53－23(－12)1－1＝1＝a 1.∴a n ＝53－23(－12)n －1(n ∈N *)．。

高中数学数列基础练习题

高中数学数列基础练习题一、单选题1. ( 2分) （2019·全国Ⅲ卷理）已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=（）A. 16B. 8C. 4D. 22. ( 2分) （2019·全国Ⅰ卷理）记S n为等差数列的前n项和。

已知=0，=5，则（）A. a n=2n-5B. a n=3n-10C. S n=2n2-8nD. S n= n2-2n3. ( 2分) （2018高三上·广东月考）设数列为等差数列，其前项和为，已知，，若对任意，都有成立，则的值为( )A. B. C. D.4. ( 2分) （2018高三上·长春期中）下列四个命题中真命题的个数是（）①设，则的充要条件是；②在中，；③将函数的向右平移1个单位得到函数；④；⑤已知是等差数列的前项和，若，则；A. 1B. 2C. 3D. 45. ( 2分) （2019·浙江）设a，b∈R，数列{a n}，满足a1 =a，a n+1= a n2+b，b∈N*，则（）A. 当b= 时，a10>10B. 当b= 时，a10>10C. 当b=-2时，a10>10D. 当b=-4时，a10>106. ( 2分) （2018·浙江）已知成等比数列，且．若，则（）A. B. C. D.7. ( 2分) 在等差数列中，，其前项和为，若，则的值等于（）A. 2011B. -2012C. 2014D. -20138. ( 2分) 已知a＞0，b＞0，且为3a与3b的等比中项，则的最大值为（）A. B. C. D.9. ( 2分) 已知数列满足下面说法正确的是（）①当时，数列为递减数列；②当时，数列不一定有最大项；③当时，数列为递减数列；④当为正整数时，数列必有两项相等的最大项.A. ①②B. ②④C. ③④D. ②③10. ( 2分) 已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数，，，且(，且，．若数列的前n项和大于62，则n的最小值为（）A. 6B. 7C. 8D. 9二、填空题11. ( 1分) （2018高三上·晋江期中）已知等差数列满足，且，数列满足，的前n项和为，当取得最大值时，n的值为________．12. ( 1分) （2018·衡水模拟）已知数列的通项公式为，前项和为，则________．13. ( 1分) （2018·中原模拟）已知等差数列的前项和为，且，数列的前项和为，且对于任意的，则实数的取值范围为________．14. ( 1分) （2019·浙江模拟）数列满足，若数列是等比数列，则取值范围是________．15. ( 1分) （2019·江苏）已知数列是等差数列，是其前n项和.若，则的值是________.16. ( 1分) （2019·全国Ⅲ卷文）记S n为等差数列{a n}的前n项和，若，则________.17. ( 1分) （2019·全国Ⅲ卷理）记S n为等差数列{a n}项和，若a1≠0，a2=3a1，则=________。

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析

一．解答题（共30小题）1．（2012•上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．2．（2011•重庆）设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n．3．（2011•重庆）设实数数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a n+1S n（n∈N*）．（Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3．（Ⅱ）求证：对k≥3有0≤a k≤．4．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为S n，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n；（Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n 与B n的大小．5．（2011•上海）已知数列{a n}和{b n}的通项公式分别为a n=3n+6，b n=2n+7（n∈N*）．将集合{x|x=a n，n∈N*}∪{x|x=b n，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，c n，…（1）写出c1，c2，c3，c4；（2）求证：在数列{c n}中，但不在数列{b n}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；（3）求数列{c n}的通项公式．6．（2011•辽宁）已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10（I）求数列{a n}的通项公式；（II）求数列{}的前n项和．7．（2011•江西）（1）已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，若数列{a n}唯一，求a的值；（2）是否存在两个等比数列{a n}，{b n}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n}，{b n}的通项公式；若不存在，说明理由．8．（2011•湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5．（I）求数列{b n}的通项公式；（II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列．9．（2011•广东）设b＞0，数列{a n}满足a1=b，a n=（n≥2）（1）求数列{a n}的通项公式；（4）证明：对于一切正整数n，2a n≤b n+1+1．10．（2011•安徽）在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n，n≥1．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=tana n•tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．11．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n，满足S5S6+15=0．（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；（Ⅱ）求d的取值范围．12．（2010•四川）已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．13．（2010•四川）已知数列{a n}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2a m+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设b n=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{b n}是等差数列；（3）设c n=（a n+1﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c n}的前n项和S n．14．（2010•陕西）已知{a n}是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项；（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S n．15．（2010•宁夏）设数列满足a1=2，a n+1﹣a n=3•22n﹣1（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=na n，求数列的前n项和S n．16．（2010•江西）正实数数列{a n}中，a1=1，a2=5，且{a n2}成等差数列．（1）证明数列{a n}中有无穷多项为无理数；（2）当n为何值时，a n为整数，并求出使a n＜200的所有整数项的和．17．（2009•陕西）已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．18．（2009•山东）等比数列{a n}的前n项和为S n，已知对任意的n∈N*，点（n，S n），均在函数y=b x+r（b＞0）且b≠1，b，r均为常数）的图象上．（1）求r的值；（2）当b=2时，记b n=n∈N*求数列{b n}的前n项和T n．19．（2009•江西）数列{a n}的通项，其前n项和为S n，（1）求S n；（2），求数列{b n}的前n项和T n．20．（2009•辽宁）等比数列{a n}的前n项和为s n，已知S1，S3，S2成等差数列，（1）求{a n}的公比q；（2）求a1﹣a3=3，求s n．21．（2009•湖北）已知数列{a n}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16（1）求数列{a n}的通项公式；（2）数列{a n}和数列{b n}满足等式a n=（n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．22．（2009•福建）等比数列{a n}中，已知a1=2，a4=16（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若a3，a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项，试求数列{b n}的通项公式及前n项和S n．23．（2009•安徽）已知数列{a n}的前n项和S n=2n2+2n，数列{b n}的前n项和Tn=2﹣b n（Ⅰ）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=a n2•b n，证明：当且仅当n≥3时，c n+1＜c n．24．（2009•北京）设数列{a n}的通项公式为a n=pn+q（n∈N*，P＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．（Ⅰ）若，求b3；（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；（Ⅲ）是否存在p和q，使得b m=3m+2（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．25．（2008•浙江）已知数列{x n}的首项x1=3，通项x n=2n p+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：（Ⅰ）p，q的值；（Ⅱ）数列{x n}前n项和S n的公式．26．（2008•四川）设数列{a n}的前n项和为S n=2a n﹣2n，（Ⅰ）求a1，a4（Ⅱ）证明：{a n+1﹣2a n}是等比数列；（Ⅲ）求{a n}的通项公式．27．（2008•四川）在数列{a n}中，a1=1，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n项和S n；（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．28．（2008•陕西）已知数列{a n}的首项，，n=1，2，3，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．29．（2008•辽宁）在数列{a n}，{b n}是各项均为正数的等比数列，设．（Ⅰ）数列{c n}是否为等比数列？证明你的结论；（Ⅱ）设数列{lna n}，{lnb n}的前n项和分别为S n，T n．若a1=2，，求数列{c n}的前n项和．30．（2008•辽宁）在数列{a n}，{b n}中，a1=2，b1=4，且a n，b n，a n+1成等差数列，b n，a n+1，b n+1成等比数列．（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{a n}，{b n}的通项公式，并证明你的结论；（2）证明：．答案与评分标准一．解答题（共30小题）1．（2012•上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．考点：数列递推式；数列的函数特性。

数列、等差数列基础题以及答案

数列、等差数列基础题以及答案一、选择题1.数列{a n}满足a1=a2=1，，若数列{a n}的前n项和为S n，则S2013的值为（）A. 2013B. 671C. -671D.2.已知数列{a n}满足递推关系：a n+1=，a1=，则a2017=（）A. B. C. D.3.数列{a n}的前n项和为S n，若S n=2n-1（n∈N+），则a2017的值为（）A. 2B. 3C. 2017D. 30334.已知正项数列{a n}满足，若a1=1，则a10=（）A. 27B. 28C. 26D. 295.若数列{a n}满足：a1=2，a n+1=，则a7等于（）A. 2B.C. -1D. 20186.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若2a6=a3+6，则S7=（）A. 49B. 42C. 35D. 287.等差数列{a n}中，若a1，a2013为方程x2-10x+16=0两根，则a2+a1007+a2012=（）A. 10B. 15C. 20D. 408.已知数列{a n}的前n项和，若它的第k项满足2＜a k＜5，则k=（）A. 2B. 3C. 4D. 59.在等差数列{a n}中，首项a1=0，公差d≠0，若a k=a1+a2+a3+…+a10，则k=（）A. 45B. 46C. 47D. 4810.已知a1，a2，a3，…，a8为各项都大于零的数列，则“a1+a8＜a4+a5”是“a1，a2，a3，…，a8不是等比数列”的（）A. 充分且必要条件B. 充分但非必要条件C. 必要但非充分条件D. 既不充分也不必要条件11.已知S n是等差数列{a n}的前n项和，则2（a1+a3+a5）+3（a8+a10）=36，则S11=（）A. 66B. 55C. 44D. 33二、填空题1.已知数列{a n}的前n项和S n=n2+n，则该数列的通项公式a n=______．2.正项数列{a n}中，满足a1=1，a2=，=（n∈N*），那么a n=______．3.若数列{a n}满足a1=-2，且对于任意的m，n∈N*，都有a m+n=a m+a n，则a3=______；数列{a n}前10项的和S10=______．4.数列{a n}中，已知a1=1，若，则a n=______，若，则a n=______．5.已知数列{a n}满足a1=-1，a n+1=a n+，n∈N*，则通项公式a n= ______ ．6.数列{a n}满足a1=5，-=5（n∈N+），则a n= ______ ．7.等差数列{a n}中，a1+a4+a7=33，a3+a6+a9=21，则数列{a n}前9项的和S9等于______．三、解答题1.已知数列{a n}的前n项和为S n，且=1（n∈N+）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设（n∈N+），求的值．2.数列{a n}是首项为23，第6项为3的等差数列，请回答下列各题：（Ⅰ）求此等差数列的公差d；（Ⅱ）设此等差数列的前n项和为S n，求S n的最大值；（Ⅲ）当S n是正数时，求n的最大值．3.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2a n-2（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{S n}的前n项和T n．4.已知数列{a n}具有性质：①a1为整数；②对于任意的正整数n，当a n为偶数时，；当a n为奇数时，．（1）若a1=64，求数列{a n}的通项公式；（2）若a1，a2，a3成等差数列，求a1的值；（3）设（m≥3且m∈N），数列{a n}的前n项和为S n，求证：．（）答案和解析【答案】1. D2. C3. A4. B5. A6. B7. B8. C9. B10. B11. D12. 2n13.14. -6；-11015. 2n-1；2n-116. -17.18. 8119. 解：（1）当n=1，a1=，当n＞1，S n+a n=1，S n-1+a n-1=1，∴a n-a n-1=0，即a n=a n-1，数列{a n}为等比数列，公比为，首项为，∴a n=．（2）S n=1-a n=1-（）n，∴b n=n，∴==-，∴=1-+-+…+-=1-=．20. 解：（Ⅰ）由a1=23，a6=3，所以等差数列的公差d=；（Ⅱ）=，因为n∈N*，所以当n=6时S n有最大值为78；（Ⅲ）由，解得0＜n＜．因为n∈N*，所以n的最大值为12．21. 解：（Ⅰ）列{a n}的前n项和为S n，且S n=2a n-2①．则：S n+1=2a n+1-2②，②-①得：a n+1=2a n，即：（常数），当n=1时，a1=S1=2a1-2，解得：a1=2，所以数列的通项公式为：，（Ⅱ）由于：，则：，=，=2n+1-2．-2-2- (2)=2n+2-4-2n．22. 解：（1）由，可得，，…，，，，a9=0，…，即{a n}的前7项成等比数列，从第8起数列的项均为0．…（2分）故数列{a n}的通项公式为．…（4分）（2）若a1=4k（k∈Z）时，，，由a1，a2，a3成等差数列，可知即2（2k）=k+4k，解得k=0，故a1=0；若a1=4k+1（k∈Z）时，，，由a1，a2，a3成等差数列，可知2（2k）=（4k+1）+k，解得k=-1，故a1=-3；…（7分）若a1=4k+2（k∈Z）时，，，由a1，a2，a3成等差数列，可知2（2k+1）=（4k+2）+k，解得k=0，故a1=2；若a1=4k+3（k∈Z）时，，，由a1，a2，a3成等差数列，可知2（2k+1）=（4k+3）+k，解得k=-1，故a1=-1；∴a1的值为-3，-1，0，2．…（10分）（3）由（m≥3），可得，，，若，则a k是奇数，从而，可得当3≤n≤m+1时，成立．…（13分）又，a m+2=0，…故当n≤m时，a n＞0；当n≥m+1时，a n=0．…（15分）故对于给定的m，S n的最大值为a1+a2+…+a m=（2m-3）+（2m-1-2）+（2m-2-1）+（2m-3-1）+…+（21-1）=（2m+2m-1+2m-2+…+21）-m-3=2m+1-m-5，故．…（18分）【解析】1. 解：∵数列{a n}满足a1=a2=1，，∴从第一项开始，3个一组，则第n组的第一个数为a3n-2a3n-2+a3n-1+a3n=cos=cos（2nπ-）=cos（-）=cos=-cos=-，∵2013÷3=671，即S2013正好是前671组的和，∴S2013=-×671=-．故选D．由数列{a n}满足a1=a2=1，，知从第一项开始，3个一组，则第n组的第一个数为a3n-2，由a3n-2+a3n-1+a3n=cos=-，能求出S2013．本题考查数列的递推公式和数列的前n项和的应用，解题时要认真审题，注意三角函数的性质的合理运用．2. 解：∵a n+1=，a1=，∴-=1．∴数列是等差数列，首项为2，公差为1．∴=2+2016=2018．则a2017=．故选：C．a n+1=，a1=，可得-=1．再利用等差数列的通项公式即可得出．本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3. 解：∵S n=2n-1（n∈N+），∴a2017=S2017-S2016=2×2017-1-2×2016+1=2故选：A由a2017=S2017-S2016，代值计算即可．本题考查了数列的递推公式，属于基础题．4. 解：∵，∴a n+12-2a n a n+1+a n2=9，∴（a n+1-a n）2=9，∴a n+1-a n=3，或a n+1-a n=-3，∵{a n}是正项数列，a1=1，∴a n+1-a n=3，即{a n}是以1为首项，以3为公差的等差数列，∴a10=1+9×3=28．故选B．由递推式化简即可得出{a n}是公差为3的等差数列，从而得出a10．本题考查了等差数列的判断，属于中档题．5. 解：数列{a n}满足：a1=2，a n+1=，则a2==，a3==-1a4==2a5==，a6==-1．a7==2．故选：A．利用数列的递推关系式，逐步求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，考查计算能力．6. 解：∵等差数列{a n}的前n项和为S n，2a6=a3+6，∴2（a1+5d）=a1+7d+6，∴a1+3d=6，∴a4=6，∴=42．故选：B．由已知条件利用等差数列的通项公式能求出a4，由此利用等差数列的前n项和公式能求出S7．本题考查等差数列的前7项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的通项公式和前n项和公式的合理运用．7. 解：∵a1，a2013为方程x2-10x+16=0的两根∴a1+a2013=10由等差数列的性质知：a1+a2013=a2+a2012=2a1007∴a2+a1007+a2012=15故选：B由方程的韦达定理求得a1+a2013，再由等差数列的性质求解．本题主要考查韦达定理和等差数列的性质，确定a1+a2013=10是关键．8. 解：已知数列{a n}的前n项和，n=1可得S1=a1=1-3=-2，∴a n=S n-S n-1=n2-3n-[（n-1）2-3（n-1）]=2n-4，n=1满足a n，∴a n=2n-4，∵它的第k项满足2＜a k＜5，即2＜2k-4＜5，解得3＜k＜4.5，因为n∈N，∴k=4，故选C；先利用公式a n=求出a n=，再由第k项满足4＜a k＜7，建立不等式，求出k的值．本题考查数列的通项公式的求法，解题时要注意公式a n=的合理运用，属于基础题．9. 解：∵a k=a1+a2+a3+…+a10，∴a1+（k-1）d=10a1+45d∵a1=0，公差d≠0，∴（k-1）d=45d∴k=46故选B由已知a k=a1+a2+a3+…+a10，结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题10. 解：若八个正数，成等比数列公比q＞0，（a1+a8）-（a4+a5）=a1[（1+q7）-（q3+q4）]=a1[（q3-1）（q4-1）]当0＜q＜1，时（q3-1）＜0，（q4-1）＜0∴a1[（q3-1）（q4-1）]＞0当q＞1，时（q3-1）＞0，（q4-1）＞0∴a1[（q3-1）（q4-1）]＞0所以a1+a8＞a4+a5，故若a1+a8＜a4+a5，则a1，a2，a3，…，a8不是等比数列，若a1，a2，a3，…，a8不是等比数列，a1+a8＜a4+a5，不一定成立，故“a1+a8＜a4+a5”是“a1，a2，a3，…，a8不是等比数列”的充分非必要条件．故选B先假设八个整数成等比数列且q≠1，利用等比数列的通项公式表示出（a1+a8）-（a4+a5），分别对q＞1和q＜1分类讨论，可推断出a1+a8＞a4+a5一定成立，反之若a1+a8＜a4+a5，则a1，a2，a3，…，a8不是等比数列，推断出条件的充分性；若a1，a2，a3，…，a8不是等比数列，a1+a8＜a4+a5，不一定成立，综合答案可得．本题主要考查了等比关系的确定以及充分条件，必要条件充分必要条件的判定．考查了学生分析问题和基本的推理能力．11. 解：由等差数列的性质可得：2（a1+a3+a5）+3（a8+a10）=36，∴6a3+6a9=36，即a1+a11=6．则S11==11×3=33．故选：D．利用等差数列的通项公式与性质与求和公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式与性质与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12. 解：由S n=n2+n，得a1=S1=2，当n≥2时，a n=S n-S n-1=（n2+n）-[（n-1）2+（n-1）]=2n．当n=1时上式成立，∴a n=2n．故答案为：2n．由数列的前n项和求得首项，再由a n=S n-S n-1（n≥2）求得a n，验证首项后得答案．本题考查了由数列的前n项和求数列的通项公式，是基础题．13. 解：由=（n∈N*），可得a2n+1=a n•a n+2，∴数列{a n}为等比数列，∵a1=1，a2=，∴q=，∴a n=，故答案为：由=（n∈N*），可得a2n+1=a n•a n+2，即可得到数列{a n}为等比数列，求出公比，即可得到通项公式本题考查了等比数列的定义以及通项公式，属于基础题．14. 解：∵对于任意的m，n∈N*，都有a m+n=a m+a n，∴取m=1，则a n+1-a n=a1=-2，∴数列{a n}是等差数列，首项为-2，公差为-2，∴a n=-2-2（n-1）=-2n．∴a3=-6，∴数列{a n}前10项的和S10==-110．故答案分别为：-6；-110．对于任意的m，n∈N*，都有a m+n=a m+a n，取m=1，则a n+1-a n=a1=-2，可得数列{a n}是等差数列，首项为-2，公差为-2，利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．本题考查了递推式的应用、等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15. 解：在数列{a n}中，由，可知数列是公差为2的等差数列，又a1=1，∴a n=1+2（n-1）=2n-1；由，可知数列是公比为2的等比数列，又a1=1，∴．故答案为：2n-1；2n-1．由已知递推式a n-a n-1=2，可得数列是公差为2的等差数列，由，可知数列是公比为2的等比数列，然后分别由等差数列和等比数列的通项公式得答案．本题考查数列递推式，考查了等差数列和等比数列的通项公式，是基础题．16. 解：由题意，a n+1-a n=-，利用叠加法可得a n-a1=1-=，∵a1=-1，∴a n=-，故答案为-．由题意，a n+1-a n=-，利用叠加法可得结论．本题考查数列的通项，考查叠加法的运用，属于基础题．17. 解：数列{a n}满足a1=5，-=5（n∈N+），可知数列{}是等差数列，首项为，公差为：5．可得=+5（n-1），解得a n═．故答案为：．判断数列{}是等差数列，然后求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，通项公式的求法，考查计算能力．18. 解：等差数列{a n}中，a1+a4+a7=33，a3+a6+a9=21，∴3a4=33，3a6=21；∴a4=11，a6=7；数列{a n}前9项的和：．故答案为：81．根据等差数列项的性质与前n项和公式，进行解答即可．本题考查了等差数列项的性质与前n项和公式的应用问题，是基础题目．19. （1）根据数列的递推公式可得数列{a n}为等比数列，公比为，首项为，即可求出通项公式，（2）根据对数的运算性质可得b n=n，再根据裂项求和即可求出答案本题考查了数列的递推公式和裂项求和，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．20. （1）直接利用等差数列的通项公式求公差；（2）写出等差数列的前n项和，利用二次函数的知识求最值；（3）由S n＞0，且n∈N*列不等式求解n的值．本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，考查了数列的函数特性，是基础的运算题．21. （Ⅰ）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．（Ⅱ）利用数列的通项公式，直接利用等比数列的前n项和公式求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，等比数列前n项和的公式的应用．22. （1）由，可得{a n}的前7项成等比数列，从第8起数列的项均为0，从而利用分段函数的形式写出数列{a n}的通项公式即可；（2）对a1进行分类讨论：若a1=4k（k∈Z）时；若a1=4k+1（k∈Z）时；若a1=4k+2（k∈Z）时；若a1=4k+3（k∈Z）时，结合等差数列的性质即可求出a1的值；（3）由（m≥3），可得a2，a3，a4．若，则a k是奇数，可得当3≤n≤m+1时，成立，又当n≤m时，a n＞0；当n≥m+1时，a n=0．故对于给定的m，S n的最大值为2m+1-m-5，即可证出结论．本小题主要考查等差数列的性质、等比数列的性质、数列与函数的综合等基本知识，考查分析问题、解决问题的能力．。

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1数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，对于任意*N n ∈，总有
2,,n n n a S a 成等差数列.求数列{}n a 的通项公式；
2已知在等比数列}{n a 中，11=a ，且2a 是1a 和13-a 的等差中项．
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）若数列}{n b 满足)(12*N n a n b n n ∈+-=，求}{n b 的前n 项和n S ．
3已知等差数列{}n a ，满足37a =，5726a a =+．
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；（Ⅱ）令211n n b a =
-（n N +∈），求数列{}
n b 的前n 项和n S ．
4设数列{}n a 的前．n 项积．．
为n T ，且n n a T 22-= ()n N *∈. （Ⅰ）求证数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
是等差数列；
（Ⅱ）设)1)(1(1+--=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和n S ．
5已知等差数列{}n a 的公差d >0,且35,a a 是方程214450x x -+=的两个根．
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）求数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
的前n 项和为 n T ．
6数列{}n a 中，2,841==a a ，满足n n n a a a -=++122， *N n ∈。

⑴求数列{}n a 的通项公式；
(2)设n b =)
12(1n a n -)(),(*21*N n b b b T N n n n ∈+++=∈ ，求最大的整数m ，使得对任意*N n ∈，均有>n T 32
m 成立.
7已知n S 是数列}{n a 的前n 项和，*
∈+=>N n a a S a n n n n ,2,02，
（1）求证：}{n a 是等差数列；
（2）若数列}{n b 满足
n a n b b b n +==+2,211，求数列}{n b 的通项公式n b ．
8已知数列{}n a 满足11,a =11,n n n n a a a a ++-=数列{}n a 的前n 项和为n S .
（1）求证：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；
（2）设2n n n T S S =-，求证：1n n T T +>.
9已知在公比不等于1的等比数列}{a n 中，a a a 582,,成等差数列。

（1）求证：s s s 7104,,成等差数列；
（2）若11=a ，数列}{3
a n 的前项和为T n ，求证：2<T n
10已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，346S a =+，且1413,,a a a 成等比数列.
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列1
{}n
S 的前n 项和公式.
11已知数列{}n a 是首项为11
4a =，公比1
4q =的等比数列. 设1423log n n b a +=*()n ∈N ，数列{}n c 满足1
1
n n n c b b +=
⋅. （Ⅰ）求证：数列{}n b 成等差数列；（Ⅱ）求数列{}n c 的前n 项和n S .。