高考数学中出现的数列问题(选择、填空)

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高考数学二轮复习第一部分微专题强化练习题：数列求和及综合应用含解析

第一部分一 10一、选择题1．(文)(2015·新课标Ⅱ文，5)设S n 是等差数列{}a n 的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11[答案] A[解析] 考查等差数列的性质及求和公式．a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3⇒a 3＝1，S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.故选A.(理)(2015·新课标Ⅰ文，7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172 B.192 C ．10 D ．12 [答案] B[解析] 本题主要考查等差数列的通项及求和公式．由题可知：等差数列{a n }的公差d ＝1，因为等差数列S n ＝a 1n ＋n (n －1)d2，且S 8＝4S 4，代入计算可得a 1＝12；等差数列的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ，则a 10＝12＋(10－1)×1＝192.故本题正确答案为B.[方法点拨] 数列求和的类型及方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和． (2)错位相减法这种方法主要用于求数列{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)倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．(5)分组转化求和法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并．2．(文)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2013的两个零点是a 2、a 3，则a 1a 4＝( ) A ．2013 B ．1 C ．－1 D ．－2013[答案] D[解析] 由条件得，a 1a 4＝a 2a 3＝－2013.(理)已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1 [答案] C[解析] 据已知得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即数列{a n }为等差数列，又f (x )＝sin2x ＋2×1＋cos x2＝sin2x ＋1＋cos x ，因为a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，故cos a 1＋cos a 9＝cos a 2＋cos a 8＝…＝cos a 5＝0，又2a 1＋2a 9＝2a 2＋2a 8＝…＝4a 5＝2π，故sin2a 1＋sin2a 9＝sin2a 2＋sin2a 8＝…＝sin2a 5＝0，故数列{y n }的前9项之和为9，故选C.3．(2014·辽宁协作联校三模)已知数列{a n }的通项公式a n ＝2014sin n π2，则a 1＋a 2＋…＋a 2014＝( )A ．2012B ．2013C ．2014D ．2015 [答案] C[解析] 数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2014(sin π2＋sinπ＋sin 3π2＋sin2π)＝0，又∵2014＝4×503＋2，∴a 1＋a 2＋…＋a 2014＝a 1＋a 2＝2014sin π2＋2014sinπ＝2014.4．(文)已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝32＋f (x )(x ∈R )，且f (1)＝52，则数列{f (n )}(n ∈N *)前20项的和为( )A ．305B ．315C ．325D ．335[答案] D[解析] ∵f (1)＝52，f (2)＝32＋52，f (3)＝32＋32＋52，…，f (n )＝32＋f (n －1)，∴{f (n )}是以52为首项，32为公差的等差数列．∴S 20＝20×52＋20(20－1)2×32＝335.(理)设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)[答案] A[解析] 设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)⇒k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋(2×6×1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n . [方法点拨] 解决数列与函数知识结合的题目时，要明确数列是特殊的函数，它的图象是群孤立的点，注意函数的定义域等限制条件，准确的进行条件的转化，数列与三角函数交汇时，数列通常作为条件出现，去除数列外衣后，本质是三角问题．5．(文)已知数列{a n }是等比数列，且每一项都是正数，若a 1、a 49是2x 2－7x ＋6＝0的两个根，则a 1·a 2·a 25·a 48·a 49的值为( )A.212 B ．93 C ．±9 3 D ．35[答案] B[解析] ∵{a n }是等比数列，且a 1，a 49是方程2x 2－7x ＋6＝0的两根， ∴a 1·a 49＝a 225＝3.而a n >0，∴a 25＝ 3.∴a 1·a 2·a 25·a 48·a 49＝a 525＝(3)5＝93，故选B.(理)(2015·江西质检)如果数列{a n }中，相邻两项a n 和a n ＋1是二次方程x 2n ＋2nx n ＋c n ＝0(n ＝1,2,3，…)的两个根，当a 1＝2时，c 100的值为( )A ．－9984B ．9984C ．9996D ．－9996[答案] C[解析] 由根与系数关系，a n ＋a n ＋1＝－2n ，则(a n ＋1＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝－2.即a n ＋2－a n ＝－2，∴a 1，a 3，a 5，…和a 2，a 4，a 6，…都是公差为－2的等差数列，∵a 1＝2，a 1＋a 2＝－2，∴a 2＝－4，即a 2k ＝－2k －2，∴a 100＝－102，a 2k －1＝－2k ＋4，∴a 101＝－98.∴c 100＝a 100·a 101＝9996.6．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( )[答案] C[解析] ∵S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，∴S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n .7．(2015·南昌市一模)已知无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A ，则四个无穷数列：①{(－1)n ×2}；②{n }；③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④{2n ＋1n }，其极限为2的共有( )A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个[答案] C[解析] 对于①，|a n －2|＝|(－1)n ×2－2|＝2×|(－1)n －1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0，当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以不符合数列{a n }的极限的定义，即2不是数列{(－1)n ×2}的极限；对于②，由|a n －2|＝|n －2|<ε，得2－ε<n <2＋ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε，即2不是数列{n }的极限；对于③，由|a n －2|＝|1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－2＝22n<ε，得n >1－log 2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1的极限；对于④，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪2n ＋1n －2＝1n <ε，得n >1ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n 的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④. 二、填空题8．(文)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”．已知正项数列{1b n}为“调和数列”，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 4·b 6的最大值是________．[答案] 100[解析] 由调和数列的定义知{b n }为等差数列，由b 1＋b 2＋…＋b 9＝9b 5＝90知b 5＝10， ∵b n >0，∴b 4b 6≤(b 4＋b 62)2＝b 25＝100.(理)(2014·河南十所名校联考)对于各项均为整数的数列{a n }，如果a i ＋i (i ＝1,2,3，…)为完全平方数，则称数列{a n }具有“P 性质”，不论数列{a n }是否具有“P 性质”，如果存在与{a n }不是同一数列的{b n }，且{b n }同时满足下面两个条件：①b 1，b 2，b 3，…，b n 是a 1，a 2，a 3，…，a n 的一个排列；②数列{b n }具有“P 性质”，则称数列{a n }具有“变换P 性质”，下面三个数列：①数列{a n }的前n 项和为S n ＝n3(n 2－1)；②数列1,2,3,4,5；③数列1,2,3，…，11.其中具有“P 性质”或“变换P 性质”的有________(填序号)．[答案] ①②[解析] S n ＝n 3(n 2－1)，S n －1＝n －13[(n －1)2－1](n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝n3(n －1)(n ＋1)－n －13(n 2－2n )＝n3(n －1)(n ＋1－n ＋2)＝n (n －1)(n ≥2)，又a 1＝S 1＝0，∴a 1＋1＝1＝12，a 2＋2＝4＝22，a 3＋3＝9＝32，…，a n ＋n ＝n 2，∴数列{a n }具有“P 性质”；数列1,2,3,4,5排为3,2,1,5,4，则a 1＋1＝4＝22，a 2＋2＝4＝22，a 3＋3＝4＝22，a 4＋4＝9＝32，a 5＋5＝9＝32，∴数列1,2,3,4,5具有“变换P 性质”，同理可验证数列1,2,3，…，11不具有“P 性质”和“变换P 性质”．[方法点拨] 脱去新定义的外衣，将问题化为基本数学模型，用相应的知识方法解答是解决此类问题的基本方法．9．(2015·安徽文，13)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．[答案] 27[解析] 考查1.等差数列的定义；2.等差数列的前n 项和． ∵n ≥2时，a n ＝a n －1＋12，且a 1＝1，∴{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列．∴S 9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.10．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列{a na n ＋1a n ＋4}的最大项的值为________．[答案] 19[解析] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2S n －n (n ＋1)＝0， ∴S n ＝n (n ＋1)2，∴a n ＝n ，∴a n a n ＋1·a n ＋4＝n(n ＋1)(n ＋4)＝1n ＋4n＋5，当n ＝2时，n ＋4n 取最小值4，此时a na n ＋1a n ＋4取到最大值19.三、解答题11．(文)(2015·云南省检测)已知等比数列{a n }的前n 项和是S n ，S 18S 9＝78. (1)求证：S 3，S 9，S 6依次成等差数列；(2)a 7与a 10的等差中项是否是数列{a n }中的项？如果是，是{a n }中的第几项？如果不是，请说明理由．[解析] (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则S 18＝18a 1，S 9＝9a 1， S 18S 9＝21≠78.∴q ≠1.∴S 18＝a 11－q (1－q 18)，S 9＝a 11－q (1－q 9)，S 18S 9＝1＋q 9.∴1＋q 9＝78，解得q ＝－2－13.∴S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝32×a 11－q ，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝34×a 11－q. S 9＝a 11－q(1－q 9)＝98×a 11－q .∵S 9－S 3＝－38×a 11－q ，S 6－S 9＝－38×a 11－q ，∴S 9－S 3＝S 3－S 9.∴S 3，S 9，S 6依次成等差数列．(2)a 7与a 10的等差中项等于a 7＋a 102＝14a 1－18a 12＝a 116.设a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第n 项，则 a 1(－2－13)n －1＝a 116，化简得(－2)－n －13＝(－2)－4，则－n －13＝－4，解得n ＝13.∴a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第13项．(理)(2015·唐山一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足(1－q )S n ＋qa n ＝1，且q (q －1)≠0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列． [解析] (1)当n ＝1时，由(1－q )S 1＋qa 1＝1，∴a 1＝1，当n ≥2时，由(1－q )S n ＋qa n ＝1，得(1－q )S n －1＋qa n －1＝1，两式相减得 (1－q )a n ＋q (a n －a n －1)＝0，∴a n ＝qa n －1，∵a 1＝1，q (q －1)≠0，∴a n ＝q n －1，综上a n ＝q n －1. (2)由(1)可知a na n －1＝q ，所以{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列．所以S n ＝1－a n q 1－q ，又S 3＋S 6＝2S 9，得1－a 3q 1－q ＋1－a 6q 1－q ＝2(1－a 9q )1－q ，化简得a 3＋a 6＝2a 9，两边同除以q 得a 2＋a 5＝2a 8. 故a 2，a 8，a 5成等差数列．[方法点拨] 1.在处理数列求和问题时，一定要先读懂题意，分清题型，区分等差数列与等比数列，不是基本数列模型的注意运用转化思想化归为等差、等比数列，在利用分组求和时，要特别注意项数．2．在处理等差与等比数列的综合问题时，先要看所给数列是等差数列还是等比数列，再依据条件建立方程求解．12．(文)已知函数f (x )在(－1,1)上有定义，f ⎝⎛⎭⎫12＝－1，且满足对任意x 、y ∈(－1，1)，有f (x )＋f (y )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 1＋xy ，数列{x n }中，x 1＝12，x n ＋1＝2x n 1＋x 2n.(1)证明：f (x )在(－1,1)上为奇函数； (2)求数列{f (x n )}的通项公式； (3)求证：1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )>－2n ＋5n ＋2. [分析] (1)要证f (x )为奇函数，只需证明f (－x )＋f (x )＝0，只需在条件式中令y ＝－x ，为了求f (0)，令x ＝y ＝0即可获解．(2)利用f (x )＋f (y )＝f (x ＋y1＋xy)可找出f (x n ＋1)与f (x n )的递推关系，从而求得通项．(3)由f (x n )的通项公式确定数列{1f (x n )}的求和方法，求和后利用放缩法可证明．[解析] (1)证明：令x ＝y ＝0，∴2f (0)＝f (0)， ∴f (0)＝0.令y ＝－x ，则f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0， ∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )在(－1,1)上为奇函数． (2)f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－1，f (x n ＋1)＝f ⎝⎛⎭⎫2x n 1＋x 2n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x n ＋x n 1＋x n ·x n ＝2f (x n)， ∴f (x n ＋1)f (x n )＝2，即{f (x n )}是以－1为首项，2为公比的等比数列，∴f (x n )＝－2n －1. (3)1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n ) ＝－⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝－1－12n1－12＝－⎝⎛⎭⎫2－12n －1＝－2＋12n －1>－2，而－2n ＋5n ＋2＝－⎝⎛⎭⎫2＋1n ＋2＝－2－1n ＋2<－2. ∴1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )>－2n ＋5n ＋2. (理)在直角坐标平面上有一点列P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )，…，对于每个正整数n ，点P n 均位于一次函数y ＝x ＋54的图象上，且P n 的横坐标构成以－32为首项，－1为公差的等差数列{x n }．(1)求点P n 的坐标；(2)设二次函数f n (x )的图象C n 以P n 为顶点，且过点D n (0，n 2＋1)，若过D n 且斜率为k n 的直线l n 与C n 只有一个公共点，求T n ＝1k 1k 2＋1k 2k 3＋…＋1k n －1k n的表达式；(3)设S ＝{x |x ＝2x n ，n 为正整数}，T ＝{y |y ＝12y n ，n 为正整数}，等差数列{a n }中的任一项a n ∈(S ∩T )，且a 1是S ∩T 中最大的数，－225<a 10<－115，求数列{a n }的通项公式．[解析] (1)由题意知x n ＝－32－(n －1)＝－n －12，y n ＝－n －12＋54＝－n ＋34，∴P n ⎝⎛⎭⎫－n －12，－n ＋34.(2)由题意可设二次函数f n (x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋n ＋122－n ＋34，因为f n (x )的图象过点D n (0，n 2＋1)，所以a ⎝⎛⎭⎫n ＋122－n ＋34＝n 2＋1，解得a ＝1，所以f n (x )＝x 2＋(2n ＋1)x ＋n 2＋1.由题意可知，k n ＝f ′n (0)＝2n ＋1，(n ∈N *)．所以T n ＝1k 1k 2＋1k 2k 3＋…＋1k n －1k n ＝13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1213－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋1＝16－14n ＋2. (3)由题意得S ＝{x |x ＝－2n －1，n 为正整数}，T ＝{y |y ＝－12n ＋9，n 为正整数}，所以S ∩T 中的元素组成以－3为首项，－12为公差的等差数列，所以a 1＝－3，则数列{a n }的公差为－12k (k ∈N *)，若k ＝1，则a n ＝－12n ＋9，a 10＝－111∉(－225，－115)；若k ＝2，则a n ＝－24n ＋21，a 10＝－219∈(－225，－115)；若k ≥3，则a 10≤－327，即a 10∉(－225，－115)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝－24n ＋21(n 为正整数)．[方法点拨] 1.数列与函数的综合性试题通常用到函数与方程、化归与转化、分类与整合等思想．注意数列是特殊的函数、等差、等比数列更是如此，因此求解数列与函数的综合性题目时，注意数列与函数的内在联系，将所给条件向a n 与n 的关系转化．2．数列还常与不等式交汇命题，不等式常作为条件或证明、求解的一问呈现，解答时先将数列的基本问题解决，再集中解决不等式问题，注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用．13．(文)(2015·山东文，19)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] 考查1.等差数列的通项公式；2.“错位相减法”求和及运算求解能力． (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，得到a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4(1－4n )1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43，所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋(3n －1)·4n ＋19.(理)(2015·河南八市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对于任意的正整数n ，直线x ＋y ＝2n 总是把圆(x －n )2＋(y －S n )2＝2n 2平均分为两部分，各项均为正数的等比数列{b n }中，b 6＝b 3b 4，且b 3和b 5的等差中项是2a 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)若c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .[解析] (1)由于x ＋y ＝2n 总是把圆(x －n )2＋(y －S n )2＝2n 2平均分为两部分，所以直线过圆心，所以n ＋S n ＝2n ，即S n ＝n 2，所以a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，经检验n ＝1时也成立，所以a n ＝2n －1.等比数列{b n }中，由于b 6＝b 3b 4，所以b 1q 5＝b 21q 5，因为b 1>0，q >0，所以b 1＝1，因为b 3和b 5的等差中项是2a 3，且2a 3＝10，所以b 3＋b 5＝20，所以q 2＋q 4＝20，解得q ＝2，所以b n ＝2n －1. (2)由于c n ＝a n b n ，所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n . T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1 ① 2T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ② 所以－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n ＝1＋2×2(1－2n －1)1－2－(2n －1)2n＝－3＋2×2n －(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n ， T n ＝3＋(2n －3)2n .14．(文)政府决定用“对社会的有效贡献率”对企业进行评价，用a n 表示某企业第n 年投入的治理污染的环保费用，用b n 表示该企业第n 年的产值．设a 1＝a (万元)，且以后治理污染的环保费用每年都比上一年增加2a 万元；又设b 1＝b (万元)，且企业的产值每年比上一年的平均增长率为10%.用P n ＝a n b n100ab表示企业第n 年“对社会的有效贡献率”．(1)求该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”； (2)试问从第几年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%?[解析] (1)∵a 1＝a ，b 1＝b ，P n ＝a n b n 100ab， ∴P 1＝a 1b 1100ab＝1%， P 2＝a 2b 2100ab ＝3a ×1.1b 100ab＝3.3%. 故该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”分别为1%和3.3%.(2)由题意，得数列{a n }是以a 为首项，以2a 为公差的等差数列，数列b n 是以b 为首项，以1.1为公比的等比数列，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a ＋(n －1)·2a ＝(2n －1)a ，b n ＝b 1(1＋10%)n －1＝1.1n －1b .又∵P n ＝a n b n 100ab， ∴P n ＝(2n －1)a ×1.1n －1b 100ab＝(2n －1)×1.1n －1100. ∵P n ＋1P n ＝2n ＋12n －1×1.1＝⎝⎛⎭⎫1＋22n －1×1.1>1， ∴P n ＋1>P n ，即P n ＝(2n －1)×1.1n －1100单调递增．又∵P 6＝11×1.15100≈17.72%<20%， P 7＝13×1.16100≈23.03%>20%. 故从第七年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%.(理)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额都为a 万元，由于经营方式不同，甲超市前n 年的总销售额为a 2(n 2－n ＋2)万元，乙超市第n 年的销售额比前一年的销售额多(23)n －1a 万元．(1)求甲、乙两超市第n 年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年．[解析] (1)设甲、乙两超市第n 年销售额分别为a n 、b n ，又设甲超市前n 年总销售额为S n ，则S n ＝a 2(n 2－n ＋2)(n ≥2)，因n ＝1时，a 1＝a ，则n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a 2(n 2－n ＋2)－a 2[(n －1)2－(n －1)＋2]＝a (n －1)，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，(n －1)a ，n ≥2，又因b 1＝a ，n ≥2时，b n －b n －1＝(23)n －1a ，故b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝a ＋23a ＋(23)2a ＋…＋(23)n －1a ＝[1＋23＋(23)2＋…＋(23)n －1]a ＝1－(23)n 1－23a ＝[3－2·(23)n －1]a ，显然n ＝1也适合，故b n ＝[3－2·(23)n －1]a (n ∈N *) (2)当n ＝2时，a 2＝a ，b 2＝53a ，有a 2>12b 2； n ＝3时，a 3＝2a ，b 3＝199a ，有a 3>12b 3；当n ≥4时，a n ≥3a ，而b n <3a ，故乙超市有可能被收购．当n ≥4时，令12a n >b n ，则12(n －1)a >[3－2·(23)n －1]a ⇒n －1>6－4·(23)n －1，即n >7－4·(23)n －1. 又当n ≥7时，0<4·(23)n －1<1，故当n ∈N *且n ≥7时，必有n >7－4·(23)n －1. 即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．[方法点拨] 1.用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是一个解方程问题，还是解不等式问题，还是一个最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．2．数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．3．正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n 项和．15．(文)定义：若数列{A n }满足A n ＋1＝A 2n ，则称数列{A n }为“平方递推数列”．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝2x 2＋2x 的图象上，其中n 为正整数．(1)证明：数列{2a n ＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2a n ＋1)}为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n 项之积为T n ，即T n ＝(2a 1＋1)(2a 2＋1)…(2a n ＋1)，求T n 关于n 的表达式；(3)记b n ＝log2a n ＋1T n ，求数列{b n }的前n 项之和S n ，并求使S n >2012成立的n 的最小值．[解析] (1)证明：由题意得a n ＋1＝2a 2n ＋2a n ，∴2a n ＋1＋1＝4a 2n ＋4a n ＋1＝(2a n＋1)2. 所以数列{2a n ＋1}是“平方递推数列”．令c n ＝2a n ＋1，所以lg c n ＋1＝2lg c n .因为lg(2a 1＋1)＝lg5≠0，所以lg (2a n ＋1＋1)lg (2a n ＋1)＝2. 所以数列{lg(2a n ＋1)}为等比数列．(2)由(1)知lg(2a n ＋1)＝(lg5)×2n －1，∴2a n ＋1＝10(lg5)×2n －1＝52n －1，∴T n ＝520×521×522×…×52n －1＝520＋21＋…＋2n －1＝52n －1.(3)∵b n ＝log2a n ＋1T n ＝2n －12n －1＝2－(12)n －1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2n －1×(1－12n )1－12＝2n －2＋12n －1，由2n －2＝2012得n ＝1007，∴S 1006＝2×1006－2＋121005∈(2010,2011)，S 1007＝2×1007－2＋121006∈(2012,2013)．故使S n >2012成立的n 的最小值为1007.(理)已知曲线C ：xy ＝1，过C 上一点A n (x n ，y n )作一斜率为k n ＝－1x n ＋2的直线交曲线C 于另一点A n ＋1(x n ＋1，y n ＋1)，点列{A n }的横坐标构成数列{x n }，其中x 1＝117. (1)求x n 与x n ＋1的关系式；(2)令b n ＝1x n －2＋13，求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝3n －λb n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[分析] (1)由直线方程点斜式建立x n 与y n 关系，而(x n ，y n )在曲线xy ＝1上，有x n y n ＝1，消去y n 得x n 与x n ＋1的关系；(2)由定义证b n ＋1b n为常数；(3)转化为恒成立的问题解决． [解析] (1)过点A n (x n ，y n )的直线方程为y －y n ＝－1x n ＋2(x －x n )，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ y －y n ＝－1x n ＋2(x －x n )xy ＝1，消去y 得 1x n ＋2x 2－⎝⎛⎭⎫y n ＋x n x n ＋2x ＋1＝0. 解得x ＝x n 或x ＝x n ＋2x n. 由题设条件知x n ＋1＝x n ＋2x n. (2)证明：b n ＋1b n ＝1x n ＋1－2＋131x n －2＋13＝1x n ＋2x n －2＋131x n －2＋13＝x n 2－x n ＋131x n －2＋13＝3x n ＋2－x n 3(2－x n )3＋x n －23(x n －2)＝－2. ∵b 1＝1x 1－2＋13＝－2≠0，∴数列{b n }是等比数列． (3)由(2)知，b n ＝(－2)n ，要使c n ＋1>c n 恒成立，由c n ＋1－c n ＝[3n ＋1－λ(－2)n ＋1]－[3n －λ(－2)n ]＝2·3n ＋3λ(－2)n >0恒成立，即(－1)n λ>－⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立．①当n 为奇数时，即λ<⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立．又⎝⎛⎭⎫32n －1的最小值为1，∴λ<1.②当n 为偶数时，即λ>－⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立，又－⎝⎛⎭⎫32n －1的最大值为－32，∴λ>－32，即－32<λ<1.又λ为非零整数， ∴λ＝－1，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n .。

新高考数学数列经典题型专题提升-第17讲绝对值数列问题(解析版)

(a1 a2 ) (a2 a3 ) ... (a9 a10 ) (a11 a10）+(a12 a11) ... (a100 a99 ) ，即得解
【详解】
由于 an
n
100 n
2
n 100 20 ，当且仅当 n 10 时等号成立； n
由对勾函数的性质： a1 a2 ... a10 a11 a12 ... a100
【点睛】
本题考查了不等式和数列综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题
6．（2021·全国·高二课时练习）已知an 是首项为
32
的等比数列， Sn 是其前
n
项和，且
S6 S3
65 64
，则数列
log2an 前 10 项和为
A．58
B．56
C．50
D．45
【答案】A
【分析】
由an 是首项为
当1 n 4 时， 2n 4n 0 ，当 n 5 2n 4n 0 ，
当1 n 4 时， Sn Tn 2n1 2n2 2n 2 ，
当 n 5 时， Sn Tn 2T4 2n1 2n2 2n 2 20 2n1 2n2 2n 18 ，
所以
Sn
2n1 2n2 2n 2, (1 2n1 2n2 2n 18, (n
98 97 96 … 3 2 1 4950 ．故选：D．【点睛】
本题主要考查了以递推数列为载体考查逻辑思维能力，在解题过程中需结合数列的增减性和含绝对值符号
的式子所藴含的信息进行适当推理与分析，着重考查了逻辑思维能力，以及推理与计算能力．
5．（2021·安徽·蚌埠二中模拟预测（文））已知数列an 的通项公式 an
1，
321 q6

专题07 数列(习题)-2021届沪教版高考数学一轮复习(上海专用)

2021届高考数学一轮复习专题07 数列一、填空题1．（2020·上海高三其他）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若972S =，则249a a a ++= ________．【答案】24 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则，∴148a d +=． ∴．故答案为24．2．（2020·上海高三其他）设无穷等比数列n a 的公比为q ，首项10a >，则公比q 的取值范围是________．【答案】【解析】因为21231lim()211n n a a qa a a a q q→∞•+++==>--，又10a >且01q <<，解得2,13q ⎛⎫∈⎪⎝⎭． 3．（2017·上海闵行高三一模）已知数列的前n 项和为，则此数列的通项公式为___________．【答案】【解析】当1n =时,11211a S ==-=,当2n ≥时,()11121212n n n n n n a S S ---=-=---=,又1121-=,所以12n n a .故答案为:12n na .4．（2020·宝山上海交大附中高三其他）若n a 是()()*2,2,nx n N n x R +∈≥∈展开式中2x 项的系数，则．【答案】8 【解析】由题意，，∴88n =-，∴23232228lim()lim(8)8n n n n a a a n →∞→∞++⋅⋅⋅+=-=．5．（2020·上海高三其他）已知数列{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________. 【答案】(－3，＋∞) 【解析】因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n >0 (n ∈N *)恒成立．又a n ＝n 2＋λn (n ∈N *)，所以(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－(n 2＋λn )>0恒成立，即2n ＋1＋λ>0.所以λ>－(2n ＋1) (n ∈N *)恒成立．而n ∈N *时，－(2n ＋1)的最大值为－3(n ＝1时)，所以λ的取值范围为(－3，＋∞)．6．（2020·上海嘉定高三二模）设各项均为正数的等比数列的前n 项和为，则6S =______．【答案】63. 【解析】由，得()661126312S -⇒==-．故答案为: 637．（2020·上海普陀高三二模）设n S 是等差数列的前n 项和（n *∈N ）若86286S S -=-，则2lim 2→∞=nn S n ______.【答案】12-【解析】∵数列{}n a 是等差数列，21()22n d dS n a n ∴=+-（其中d 是公差），，∵86286S S -=-， (86)22d∴-=-，2d =-．即 21(1)n S n a n =-++，．故答案为：12-8．（2020·上海高三其他）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意正整数n ，都有01011012n na n S -=-，则1a =___ 【答案】1- 【解析】由011101011(2)1021212n n n n n na a a S n n S nn S -=-=++=---，令1n =，得11(2)10a a ++=，解得11a =-。

高考题中的斐波那契数列问题

斐波那契数列是一个在数学和自然界中广泛出现的数列，其定义是：数列的第一个和第二个数都是1，之后的每一个数都是前两个数的和。

这个数列的前几项是：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, ...
在高考题中，斐波那契数列可能会以多种形式出现，例如选择题、填空题或应用题。

题目可能会要求考生识别斐波那契数列，或者利用斐波那契数列的性质来解决某个问题。

以下是一个可能的斐波那契数列高考题示例：
题目：数列{an} 满足a1 = 1, a2 = 1, an+2 = an + an+1 (n ∈N*)，则a8 = ()
A. 21
B. 34
C. 55
D. 89
解析：根据斐波那契数列的定义，我们可以依次计算出数列的前几项：
a3 = a1 + a2 = 1 + 1 = 2
a4 = a2 + a3 = 1 + 2 = 3
a5 = a3 + a4 = 2 + 3 = 5
a6 = a4 + a5 = 3 + 5 = 8
a7 = a5 + a6 = 5 + 8 = 13
a8 = a6 + a7 = 8 + 13 = 21
因此，a8 = 21，选项 A 正确。

这类题目主要考察考生对斐波那契数列定义的理解以及数列计算能力。

通过熟练掌握斐波那契数列的性质和递推公式，考生可以迅速找到问题的答案。

同时，这类题目也考察了考生的逻辑推理能力和数学运算能力。

高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)

高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ；n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq；等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数，且a3 ·a9 =2 2a ，a2 =1，则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3（. 江西卷）公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904（湖南卷）设S n 是等差数列a n 的前n 项和，已知a2 3，a6 11，则S7 等于【】第1页/ 共8页A ．13 B．35 C．49 D．633.（辽宁卷）已知a为等差数列，且a7 －2 a4 ＝－1, a3 ＝0, 则公差d＝n（A）－2 （B）－12 （C）12（D）24.（四川卷）等差数列｛a n ｝的公差不为零，首项a1 ＝1，a2 是a1 和a5 的等比中项，则数列的前10 项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1905.（湖北卷）设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ]，则{ 52 1} ，[ 521],521A.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6.（湖北卷）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：他们研究过图1 中的1，3，6，10，⋯，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16⋯这样的数成为正方形数。

高考数学中常见的数列问题解答

高考数学中常见的数列问题解答数列作为高考数学中的常见考点之一，经常出现在各类数学试题中。

学好数列的相关知识，不仅能够帮助我们解答问题，还能够提高我们的逻辑推理能力和问题解决能力。

本文将针对高考数学中常见的数列问题，进行详细的解答和分析，帮助同学们更好地应对考试。

一、等差数列问题解答等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

常见的等差数列问题通常涉及求和、通项等问题。

1. 求等差数列的前n项和：设等差数列的首项为a1，公差为d，首项为a1，末项为an，共有n 项。

根据等差数列的特点，可得到如下公式：Sn = (2a1 + (n - 1)d) * n / 22. 求等差数列的通项公式：设等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an。

根据等差数列的特点，可得到如下公式：an = a1 + (n - 1)d3. 求等差数列中满足特定条件的项数：对于等差数列，我们常常需要求出满足一定条件的项数。

例如，已知等差数列的首项为a1，公差为d，求第n项为m的项数时，可以通过以下公式解答：an = a1 + (n - 1)d = m二、等比数列问题解答等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

常见的等比数列问题通常涉及求和、通项等问题。

1. 求等比数列的前n项和：设等比数列的首项为a1，公比为q，首项为a1，末项为an，共有n 项。

根据等比数列的特点，可得到如下公式：Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)2. 求等比数列的通项公式：设等比数列的首项为a1，公比为q，第n项为an。

根据等比数列的特点，可得到如下公式：an = a1 * q^(n - 1)3. 求等比数列中满足特定条件的项数：对于等比数列，我们常常需要求出满足一定条件的项数。

例如，已知等比数列的首项为a1，公比为q，求第n项为m的项数时，可以通过以下公式解答：an = a1 * q^(n - 1) = m三、其他常见数列问题解答除了等差数列和等比数列外，还有一些其他常见的数列形式，如递推数列、斐波那契数列等，下面将对这些问题进行解答。

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。

聚焦2008年高考命题中的数列问题

问题和解决问题的能力．
福建卷第３题考查等比数列的前，项和公式．ｚ
中学数学杂志
２００８年第１１期
羁盛４宠
眵荡蔫
选择题
填空题
解答题
辽宁卷第２题数列的极限．安徽卷第１４题数列的极限
第２题主要考查等差数列，比数例，１等数学归纳法，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、括、概推理、论证等能力．第２题递推数列的通项范围的充要条件的论证和数列１不等式的推理论证．
其特征
纳法，掌握数学归纳法的应用，掌握类比、归纳一猜测一论证的思想方法，解数列极限的概念，理掌握
数列极限的性质，握无穷等比数列的应用，高考掌是大纲对考生的基本要求．列作为高中代数中的重数
选择题填空题
用．
第ｌ９题考查等比数列的知通项公式和前ｎ项和的最大值．７
，
数列不等式的推理论证．
第ｌ９题主要考查等差数列与等比数列的综合运用与推理论证．
湖南卷
第１８题递推数列的通项公式的探求和应用乘数错位相减法的求和方法论证数列不等式．
山东卷第７题等差数列与概率的第ｌ题数列与算法的第１３９题数表排列规律的探索，考查等差数列、比数列等交汇．整合的综合运用．陕西卷第４题等差数列的前项和公式第２２题递推数列，主要考查等差数列，等比数列的知识及数列不等式的推理论证．第１９题主要考查函数极值、等差数列等基本知识，查考分类与整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题的能力第２２题主要考查函数的单调性、最值、不等式、列等基数本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，查分析考

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高考选择填空专练（试题精选）
数列
一、选择题 1．（广东卷）已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为
A.5
B.4
C. 3
D. 2
2．（湖北卷）若互不相等的实数,,a b c 成等差数列，,,c a b 成等比数列，且310a b c ++=，则a =
A ．4
B ．2
C ．－2
D ．－4
3．（全国卷I ）设{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ++=，12380a a a =，则
111213a a a ++=
A ．120
B ．105
C ．90
D ．75
4．（全国II ）设S n 是等差数列｛a n ｝的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6
S 12＝
（A ）310 （B ）13 （C ）18 （D ）1
9
5．（全国II ）已知等差数列{}n a 中，247,15a a ==，则前10项的和10S ＝（A ）100 (B)210 (C)380 (D)400 6．(陕西卷)已知等差数列{a n }中,a 2+a 8=8,则该数列前9项和S 9等于( ) A.18 B.27 C.36 D.45
7．（天津卷）已知数列}{n a 、}{n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且
511=+b a ，*11,N b a ∈．设n
b n a
c =（*N n ∈），则数列}{n c 的前10项和等于（）
A ．55
B ．70
C ．85
D ．100
8．（天津卷）设{}n a 是等差数列，1359a a a ++=，69a =，则这个数列的前6项和等于（）Ａ．12
Ｂ．24
Ｃ．36
Ｄ．48
9．（北京卷）设4
7
10
310
()22222()n f n n N +=+++++∈L ，则()f n 等于
（A ）
2(81)7n - （B ）12(81)7n +- （C ）32
(81)7n +- （D ）
4
2(81)7
n +- 10．（北京卷）如果-1，a,b,c ,-9成等比数列，那么
（A ）b =3,ac =9 (B)b =-3,ac =9 (C)b =3,ac =-9 (D)b =-3,ac =-9 11．（湖北卷）在等比数列｛a n ｝中，a 1＝1，a 10＝3，则a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9=
A. 81
B. 27527
C.
3 D. 243
12．（辽宁卷）在等比数列{}n a 中,12a =,前n 项和为n S ,若数列{}1n a +也是等比数列,则n S 等于
(A)122n +- (B) 3n (C) 2n (D)31n -
二、填空题 13．（广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4,L 堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n 堆第n 层就放一个乒乓球，以()f n 表示第n 堆的乒乓球总数，则(3)_____f =；()_____f n =（答案用n 表示）.
14．(重庆卷)在数列{}n a 中，若11a =，12(1)n n a a n +=+≥，则该数列的通项n a = 。

15．（湖南卷）若数列{}n a 满足：1.2,111===+n a a a n n ，2，3….则=+++n a a a Λ21 .
16．（山东卷）设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，4S ＝14，S 10－7S ＝30，则S 9＝
.
…
2020届高考选择填空专练（06试题精选）
第三章《数列》答案
1．解：330
25515
20511=⇒⎩⎨
⎧=+=+d d a d a ，故选C.
2．解：由互不相等的实数,,a b c 成等差数列可设a ＝b －d ，c ＝b ＋d ，由310a b c ++=可得b ＝2，所以a ＝2－d ，c ＝2＋d ，又,,c a b 成等比数列可得d ＝6，所以a ＝－4，选D 3．【解析】{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ++=，12380a a a =，则2
5a =，
13(5)(5)16a a d d =-+=，∴ d=3，1221035a a d =+=，111213a a a ++=105，选B.
4．解析:由等差数列的求和公式可得
31161331
,26153
S a d a d S a d +===+可得且0d ≠ 所以
6112161527312669010
S a d d S a d d +===+,故选A 【点评】本题主要考察等比数列的求和公式,难度一般 5．解：d ＝
42157
4422
a a --==-，1a ＝3，所以 10S ＝210，选B 6．解：在等差数列{a n }中，a 2+a 8=8，∴ 198a a +=，则该数列前9项和S 9=199()
2
a a +=36，选C
7．解：数列}{n a 、}{n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且511=+b a ，
*11,N b a ∈．设n b n a c =（*N n ∈），则数列}{n c 的前10项和等于1210b b b a a a +++L =11119b b b a a a +++++L ，111(1)4b a a b =+-=，∴ 11119b b b a a a +++++L
=4561385++++=L ，选C.
8. 解：{}n a 是等差数列，13533639,3,9.a a a a a a ++==== ∴ 12,1d a ==-，则这个数列的前6项和等于
166()
242
a a +=，选B. 9. 解：依题意，()f n 为首项为2，公比为8的前n ＋4项求和，根据等比数列的求和公式
可得D
10. 解：由等比数列的性质可得ac ＝（－1）×（－9）＝9，b ×b ＝9且b 与奇数项的符号相同，故b ＝－3，选B
11. 解：因为数列｛a n ｝是等比数列，且a 1＝1，a 10＝3，所以a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9＝（a 2a 9）（a 3a 8）（a 4a 7）（a 5a 6）＝（a 1a 10）4＝34＝81，故选A
12. 【解析】因数列{}n a 为等比，则1
2n n a q -=，因数列{}1n a +也是等比数列，
则
22121122212
(1)(1)(1)22(12)01
n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a q q q +++++++++=++⇒+=++⇒+=⇒+-=⇒=
即2n a =，所以2n S n =，故选择答案C 。

【点评】本题考查了等比数列的定义和求和公式，着重考查了运算能力。

13. 解：=)3(f 10，6
)
2)(1()(++=
n n n n f
14. 解：由12(1)n n a a n +=+≥可得数列{}n a 为公差为2的等差数列，又11a =，所以n a =2n －1
15. 解：数列{}n a 满足：111,2, 1n n a a a n +===，2，3…，该数列为公比为2的等比数列，
∴ =
+++n a a a Λ2121
2121
n n -=--. 16. 解：设等差数列{}n a 的首项为a 1，公差为d ，由题意得,142
)
14(441=-+
d a 30]2)
17(77[]2)110(1010[11=-+--+
d a d a ，联立解得a 1=2,d=1，所以S 9＝5412
)19(929=⋅-+⨯。