高考数学复习第三章数列31试题

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高考复习数学阶段性测试题三(数列)含答案

阶段性测试题三(数列)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。

)1．(文)已知等差数列{a n }中，a 10＝5，S n 为其前n 项的和，则S 19等于 ( ) A ．80 B ．100 C ．95 D ．90 [答案] C[解析] S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19a 10＝19×5＝95.(理)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝1，a n ＋1＝|a n －a n －1|(n ≥2)，则该数列前项的和S 等于 ( )A ．1341B ．669C ．1340D ．1339 [答案] A[解析] 列举数列各项为：1,1,0,1,1,0，…. ∵＝3×670＋1，∴S ＝2×670＋1＝1341.2．在函数y ＝f (x )的图象上有点列(x n ，y n )，若数列{x n }是等差数列，数列{y n }是等比数列，则函数y ＝f (x )的解析式可能为 ( )A ．f (x )＝2x ＋1B ．f (x )＝4x 2C ．f (x )＝log 3xD ．f (x )＝⎝⎛⎭⎫34x[答案] D[解析] 对于函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫34x 上的点列(x n ，y n )，有y n ＝⎝⎛⎭⎫34x n ，由于{x n }是等差数列，所以x n ＋1－x n ＝d ，因此y n ＋1y n＝⎝⎛⎭⎫34x n ＋1⎝⎛⎭⎫34x n ＝⎝⎛⎭⎫34x n ＋1－x n ＝⎝⎛⎭⎫34d ，这是一个与n 无关的常数，故{y n }是等比数列．故选D.3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公式q ≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则( ) A ．a 6＝b 6 B ．a 6>b 6C ．a 6<b 6D ．以上都有可能 [答案] B[解析] a 6＝a 1＋a 112，b 6＝b 1b 11＝a 1a 11，由q ≠1得，a 1≠a 11.故a 6＝a 1＋a 112>a 1a 11＝b 6.4.(文)将n 2(n ≥3)个正整数1,2,3方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形就叫做n 阶幻方．记f (n )为n 阶幻方对角线上数的和，如右表就是一个3阶幻方，可知f (3)＝15，则f (n )＝ ( )A.12n (n 2＋1)B.12n 2(n ＋1)－3C.12n 2(n 2＋1) D ．n (n 2＋1) [答案] A[解析] 本题以幻方为载体考查了数列的求和问题．由已知可得f (n )＝1n(1＋2＋3＋…＋n 2)＝1n ×n 2(n 2＋1)2＝n (n 2＋1)2.(理)若数列1,2cos θ，22cos 2θ，23cos 3θ，…，2k cos k θ，…前项之和为0，则θ的值为 ( )A ．k π±π3(k ∈Z )B ．2k π±π3(k ∈Z )C ．2k π±2π3(k ∈Z ) D ．以上答案均不对[答案] C[解析] 显然当公比q ＝2cos θ＝1时，不满足题意，所以有1×[1－(2cos θ)2010]1－2cos θ＝0，因此2cos θ＝－1，故θ＝2k π±2π3(k ∈Z )．故选C.5．在如图所示的程序框图中，当输出的T 的值最大时，正整数k 的值等于( )A ．6B ．7C ．6或7D ．8 [答案] C[解析] 该程序框图的实质是输出等比数列a n ＝64·⎝⎛⎭⎫12n －1的前k 项的乘积T k ＝a 1a 2…a k ，由于a 7＝1，所以T 6＝T 7且最大．故选C.6．(文)设S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，已知S 5S 10＝13，那么S 10S 20等于 ( )A.19B.310C.18D.13 [答案] B[解析] 设其公差为d ，∵S 5S 10＝5a 1＋12×5×4d10a 1＋12×10×9d＝a 1＋2d 2a 1＋9d ＝13，∴a 1＝3d . ∴S 10S 20＝10a 1＋12×10×9d20a 1＋12×20×19d＝310. (理)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15>0，S 16<0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是 ( )A.S 1a 1B.S 8a 8C.S 9a 9D.S 15a 15[答案] B[解析] 由于S 15＝15a 8>0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)<0，所以可得a 8>0，a 9<0.这样S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 15a 15<0，…而0<S 1<S 2<…<S 8，a 1>a 2>…>a 8>0，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8，故选B.7．已知数列{a n }，{b n }都是公差为1的等差数列，其首项分别为a 1，b 1且a 1＋b 1＝5，a 1，b 1∈N *，设c n ＝ab n (n ∈N *)，则数列{c n }的前10项之和等于 ( )A ．55B ．70C ．85D ．100 [答案] C[解析] a n ＝a 1＋(n －1)·1＝a 1＋n －1，b n ＝b 1＋n －1，则ab n ＝a 1＋b n －1＝a 1＋(b 1＋n －1)－1＝n ＋3∴c n ＝n ＋3，故数列{c n }为等差数列，首项是1＋3＝4，公差为1，∴前10项和为10×4＋10×(10－1)2＝85.8．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，点O (0,0)、A (l ，S l )、B (m ，S m )、C (p ，S p )(其中l <m <p )，若向量AB →与OC →共线，则l 、m 、p 之间的关系是 ( )A ．m ＝p ＋lB ．2m ＝p ＋lC ．2p ＝m ＋lD ．p ＝m ＋l [答案] D[解析] 依题意得AB →＝(m －l ，S m －S l )，OC →＝(p ，S p )，由于AB →与OC →共线，所以有(m －l )S p ＝p (S m －S l )，再设等差数列{a n }的公差为d ，代入整理可得p ＝m ＋l ，故选D.9．在△ABC 中，sin A cos A ＝2cos C ＋cos A2sin C －sin A是角A 、B 、C 成等差数列的 ( )A ．充分非必要条件B ．充要条件C ．必要非充分条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] A[解析] sin A cos A ＝2cos C ＋cos A2sin C －sin A ⇒2sin A sin C －sin 2A ＝2cos A cos C ＋cos 2A ⇒2cos(A ＋C )＋1＝0⇒cos B ＝12⇒B ＝π3⇒A ＋C ＝2B ⇒A 、B 、C 成等差数列．但当A 、B 、C 成等差数列时，sin Acos A＝2cos C ＋cos A 2sin C －sin A不一定成立，如A ＝π2、B ＝π3、C ＝π6.故是充分非必要条件．故选A.10．已知0<a <b <c 且a 、b 、c 成等比数列，n 为大于1的整数，那么log a n ，log b n ，log c n 是 ( )A ．成等比数列B ．成等差数列C ．即是等差数列又是等比数列D ．即不是等差数列又不是等比数列 [答案] D[解析] 方法1：可用特殊值法．令a ＝2，b ＝4，c ＝8，n ＝2，即可得出答案D 正确．方法2：∵a 、b 、c 成等比数列， ∴可设b ＝aq ，c ＝aq 2.(q >1，a >0)则：log b n ＝log (aq )n ＝log a n1＋log a q，log c n ＝log (aq 2)n＝log a n1＋2log a q，可验证，log a n ，log b n ，log c n 既不是等差数列又不是等比数列．故选D.11．某地区的农民收入由工资性收入和其他收入两部分构成.该地区农民人均收入为3150元(其中工资性收入为1800元，其他收入为1350元)，预计该地区自起的5年内，农民的工资性收入将以每年6%的年增长率增长，其他收入每年增加160元．根据以上数据，该地区农民人均收入介于 ( )A ．4200元～4400元B ．4400元～4600元C ．4600元～4800元D ．4800元～5000元 [答案] B[解析] 到农民的工资性收入变为 1800(1＋6%)5＝2409(元)，其他收入变为1350＋5×160＝2150(元)，故收入为4559(元)．12．设f 1(x )＝21＋x ，f n ＋1(x )＝f 1[f n (x )]，且a n ＝f n (0)－1f n (0)＋2，则a 等于 ( )A.⎝⎛⎭⎫－12B.⎝⎛⎭⎫12C.⎝⎛⎭⎫－12D.⎝⎛⎭⎫12 [答案] D[解析] ∵f n ＋1(x )＝f 1[f n (x )]，∴f n ＋1(0)＝f 1[f n (0)]＝21＋f n (0)，又f 1(0)＝2，∴f 2(0)＝23，f 3(0)＝65，…又∵a n ＝f n (0)－1f n (0)＋2，∴a 1＝14，a 2＝－18，a 3＝116，…结合选项可知，{a n }是首项为14，公比为－12的等比数列，∴a ＝14·⎝⎛⎭⎫－12＝⎝⎛⎭⎫12. [点评] 严格推证过程如下： a n ＋1a n ＝f n ＋1(0)－1f n ＋1(0)＋2·f n (0)＋2f n (0)－1＝f 1(f n (0)－1)f 1(f n (0))＋2·f n (0)＋2f n (0)－1＝21＋f n (0)－121＋f n (0)＋2·f n (0)＋2f n (0)－1＝1－f n (0)4＋2f n (0)·f n (0)＋2f n (0)－1＝－12.第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．(文)有1200根相同的钢管，把它们堆放成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为________．[答案] 24[解析] 由n (n ＋1)2≤1200，n ∈N ，得n ≤48，1200－48×(48＋1)2＝24.(理)已知a ，b ，c 的倒数成等差数列，则a b ＋c －a ，b c ＋a －b ，ca ＋b －c的倒数成________数列．[答案] 等差[解析] 因为a ，b ，c 的倒数成等差数列， ∴2b ＝1a ＋1c，即2ac ＝b (a ＋c )，又b ＋c －a a ＋a ＋b －c c ＝c (b ＋c )＋a (a ＋b )ac －2＝c 2＋a 2＋b (a ＋c )ac －2＝c 2＋a 2＋2ac ac －2＝(a ＋c )2ac －2＝2(a ＋c )2b (a ＋c )－2＝2(a ＋c )b －2＝2(c ＋a －b )b ，所以a b ＋c －a ，b c ＋a －b ，ca ＋b －c的倒数成等差数列．故填等差．[点评] 可取特值探索，如a ＝1，b ＝12，c ＝13.14．在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2，b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，则当S 11＋S 22＋…＋S nn最大时，n 的值等于________．[答案] 8或9[解析] ∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，又a n >0，∴a 3＋a 5＝5，又q ∈(0,1)，∴a 3>a 5，又a 3·a 5＝4，∴a 3＝4，a 5＝1，∴q ＝12，a 1＝16，a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1＝25－n ，b n ＝log 2a n ＝5－n ，b n ＋1－b n ＝－1，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴S n ＝n (9－n )2，∴S n n ＝9－n 2，∴当n ≤8时，S n n >0；当n ＝9时，S nn ＝0；当n >9时，S nn<0，∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn 最大．15．(文)已知α∈⎝⎛⎭⎫0，π2∪⎝⎛⎭⎫π2，π，且sin α，sin2α，sin4α成等比数列，则α的值为________． [答案] 2π3[解析] 由题意，sin 22α＝sin α·sin4α，∴sin 22α＝2sin α·sin2α·cos2α，即sin2α＝2sin α·cos2α， ∴2sin αcos α＝2sin α·cos2α，即cos α＝cos2α， ∴2cos 2α－1＝cos α.∴(2cos α＋1)(cos α－1)＝0.∴cos α＝－12，∴α＝2π3.(理)某资料室使用计算机进行编码，如下表所示，编码以一定规则排列，且从左到右以及从上到下都是无限延伸的，则此表中主对角线上的数构成的数列1,2,5,10,17，…的通项公式为________.[答案] a n ＝n 2＋[解析] 由编码可得，第m 行是首项为1，公差为m －1的等差数列，则第m 行的第n 个数为1＋(n －1)·(m －1)，令m ＝n ，则有a n ＝1＋(n －1)·(n －1)＝n 2－2n ＋2，n ∈N *.故填a n ＝n 2－2n ＋2，n ∈N *.16．正整数集合A k 的最小元素为1，最大元素为，并且各元素可以从小到大排成一个公差为k 的等差数列，则并集A 10∪A 15中的元素个数为________．[答案] 269[解析] 设集合A k 中的元素个数为x k ，则＝1＋(x k －1)·k ，∴x k ＝2010k＋1，∴x 10＝202，x 15＝135，x 30＝68，故A 10∪A 15中的元素个数为x 10＋x 15－x 30＝269.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分12分)数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋cn (c 是常数，n ＝1,2,3，…)，且a 1，a 2，a 3成公比不为1的等比数列．(1)求c 的值；(2)求{a n }的通项公式．[解析] (1)a 1＝2，a 2＝2＋c ，a 3＝2＋3c ， ∵a 1、a 2、a 3成等比数列， ∴(2＋c )2＝2(2＋3c )，解得c ＝0或c ＝2.当c ＝0时，a 1＝a 2＝a 3，不符合题意舍去，故c ＝2. (2)当n ≥2时，∵a 2－a 1＝c ，a 3－a 2＝2c ，…，a n －a n －1＝(n －1)c ，∴a n －a 1＝[1＋2＋…＋(n －1)]c ＝n (n －1)2c .又a 1＝2，c ＝2，故a n ＝n 2－n ＋2(n ＝2,3，…)．当n ＝1时，上式也成立，∴a n ＝n 2－n ＋2(n ＝1,2，)．18．(本小题满分12分)(文)数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正数，前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .[解析] (1)由a n ＋1＝2S n ＋1可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n (n ≥2)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1.(2)设{b n }的公差为d ，由T 3＝15得，b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5，故可设b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，由题意可得(5－d ＋1)(5＋d ＋9)＝(5＋3)2，解得d ＝2或－10.∵等差数列{b n }的各项均为正数，∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n .(理)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，且a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)， (1)求数列{S n }的通项公式；(2)设S n ＝1f (n )，b n ＝f (12n )＋1.记P n ＝S 1S 2＋S 2S 3＋…＋S n S n ＋1，T n ＝b 1b 2＋b 2b 3＋…＋b n b n ＋1，试求T n ，并证明P n <12. [解析] (1)解：∵a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)， ∴S n －S n －1＋2S n S n －1＝0. ∴1S n －1S n －1＝2.又∵a ＝1， ∴S n ＝12n －1(n ∈N ＋)．(2)证明：∵S n ＝1f (n )，∴f (n )＝2n －1.∴b n ＝2(12n )－1＋1＝(12)n －1.T n ＝(12)0·(12)1＋(12)1·(12)2＋…＋(12)n －1·(12)n ＝(12)1＋(12)3＋(12)5＋…＋(12)2n －1＝23[1－(14)n ]． ∴P n ＝11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<12. 19．(本小题满分12分)(文)已知a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，其中n ＝1,2,3，….(1)证明数列{lg(1＋a n )}是等比数列；(2)设T n ＝(1＋a 1)(1＋a 2)…(1＋a n )，求T n 及数列{a n }的通项．[分析] 从题设入手，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上可得，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，两边同时加1得a n ＋1＋1＝(a n ＋1)2，取对数即可解决问题．由第(2)问的形式知可由(1)问继而求出1＋a n 的表达式．则T n 可求．[解析] (1)由已知a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，∴a n ＋1＋1＝(a n ＋1)2.∵a 1＝2，∴a n ＋1>1，两边取对数得：lg(1＋a n ＋1)＝2lg(1＋a n )，即lg(1＋a n ＋1)lg(1＋a n )＝2.∴{lg(1＋a n )}是公比为2的等比数列．(2)由(1)知lg(1＋a n )＝2n －1·lg(1＋a 1)＝2n －1·lg3＝lg32n －1∴1＋a n ＝32n －1(*)∴T n ＝(1＋a 1)(1＋a 2)…(1＋a n )＝320·321·…·32n －1＝31＋2＋22＋…＋2n －1＝32n －1. 由(*)式得a n ＝32n －1－1.(理)设函数f (x )＝3x 2＋1，g (x )＝2x ，数列{a n }满足条件：对于n ∈N *，a n >0，且f (a n ＋1)－f (a n )＝g ⎝⎛⎭⎫a n ＋1＋32，又设数列{b n }满足条件：b n ＝log a n a (a >0且a ≠1，n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等比数列；(2)求证：数列{1b n}是等差数列；(3)设k ，L ∈N *，且k ＋L ＝5，b k ＝11＋3L ，b L ＝11＋3k，求数列{b n }的通项公式．[解析] (1)证明：∵f (x )＝3x 2＋1，g (x )＝2x ，f (a n ＋1)－f (a n )＝g (a n ＋1＋32)，∴3(a n ＋1)2＋1－3a 2n －1＝2(a n ＋1＋32)．∴a n ＋1a n＝3.∴数列{a n }是以3为公比的等比数列． (2)证明：∵b n ＝log a n a ， ∴1b n ＝log a a n ，1b n ＋1＝log a a n ＋1. ∴1b n ＋1－1b n＝log a a n ＋1a n ＝log a 3.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是以1b 1为首项，公差为log a 3的等差数列．(3)解：为方便起见，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的公差为d ，由于1b k －1b L＝(k －L )d .又∵b k ＝11＋3L ，b L ＝11＋3k，∴(1＋3L )－(1＋3k )＝(k －L )d .∴d ＝－3. ∴1b n ＝1b k＋(n －k )d ＝(1＋3L )－3(n －k )＝3(k ＋L )－3n ＋1. ∵k ＋L ＝5，∴1b n＝16－3n .∴b n ＝116－3n.20．(本小题满分12分)(文)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1－a n ＝3－2n 2n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }中的最大项； (2)求数列a n 的通项公式．[解析] (1)当n ＝1时，a 2－a 1＝3－24>0.∴a 2>a 1，当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝3－2n2n ＋1<0，∴a n ＋1<a n .故当n ≥2时，数列{a n }是递减数列．综上所述，对一切n ∈N *都有a 2≥a n . ∴数列{a n }中的最大项为a 2.(2)由a 1＝12，a n ＋1－a n ＝3－2n 2n ＋1(n ∈N *)，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋3－2×122＋3－2×223＋3－2×324＋…＋3－2×(n －1)2n，① 12a n ＝122＋3－2×123＋3－2×224＋3－2×325＋…＋3－2×(n －2)2n ＋3－2×(n －1)2n ＋1，② ①－②得12a n ＝12－122－123－…－12n －1－5－2n 2n ＋1＝2n －12n ＋1，∴a n ＝2n －12n .(理)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，n ＝1,2,3，…. (1)求a 3，a 4，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n －1a 2n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n .证明：当n ≥6时，|S n －2|<1n.[分析] 考虑到递推关系式中的sin n π2和cos n π2，可以对n 分偶数和奇数进行讨论，从而求得数列{a n }的通项公式，然后再求出数列{b n }的前n 项和公式，用数学归纳法进行证明．[解析] (1)因为a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝(1＋cos 2π2)a 1＋sin 2π2＝a 1＋1＝2，a 4＝(1＋cos 2π)a 2＋sin 2π＝2a 2＝4.一般地，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋1＝[1＋cos 2(2k －1)π2]a 2k －1＋sin 22k －12π＝a 2k －1＋1，即a 2k ＋1－a 2k －1＝1. 所以a 2k －1＝k .当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋2＝⎝⎛⎭⎫1＋cos 22k π2a 2k ＋sin 22k π2＝2a 2k . 所以a 2k ＝2k.故数列{a n }的通项公式为a n＝⎩⎨⎧n ＋12n ＝2k －1(k ∈N *)2n2 n ＝2k (k ∈N *)(2)由(1)知，b n ＝a 2n －1a 2n ＝n2n，S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12S n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1.所以S n ＝2－12n －1－n2n ＝2－n ＋22n .要证明当n ≥6时，|S n －2|<1n 成立，只需证明当n ≥6时，n (n ＋2)2n<1成立．(1)当n ＝6时，6×(6＋2)26＝4864＝34<1成立．(2)假设当n ＝k (k ≥6)时不等式成立，即k (k ＋2)2k<1.则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋3)2k ＋1＝k (k ＋2)2k ×(k ＋1)(k ＋3)2k (k ＋2)<(k ＋1)(k ＋3)(k ＋2)·2k<1，由(1)、(2)所述可知，当n ≥6时，n (n ＋2)2n<1.即当n ≥6时，|S n －2|<1n成立．21．(本小题满分12分)设曲线y ＝x 2＋x ＋2－ln x 在x ＝1处的切线为l ，数列{a n }的首项a 1＝－m ，(其中常数m 为正奇数)且对任意n ∈N ＋，点(n －1，a n ＋1－a n －a 1)均在直线l 上．(1)求出{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n (n ∈N ＋)，当a n ≥a 5恒成立时，求出n 的取值范围，使得b n ＋1>b n 成立． [解析] (1)由y ＝x 2＋x ＋2－ln x ，知x ＝1时，y ＝4，又y ′|x ＝1＝⎪⎪⎝⎛⎭⎫2x ＋1－1x x ＝1＝2， ∴直线l 的方程为y －4＝2(x －1)，即y ＝2x ＋2，又点(n －1，a n ＋1－a n －a 1)在l 上，a 1＝－m ， ∴a n ＋1－a n ＋m ＝2n .即a n ＋1－a n ＝2n －m (n ∈N ＋)， ∴a 2－a 1＝2－m ， a 3－a 2＝2×2－m ， …a n －a n －1＝2×(n －1)－m .各项迭加得，a n ＝2(1＋2＋…＋n －1)－(n －1)m ＋a 1＝n 2－(m ＋1)n . ∴通项公式a n ＝n 2－(m ＋1)n (n ∈N ＋)(2)∵m 为奇数，∴m ＋12为整数，由题意知，a 5是数列{a n }中的最小项，∴m ＋12＝5，∴m ＝9，令f (n )＝b n ＝n 3－(m ＋1)n 2＝n 3－10n 2，则f ′(n )＝3n 2－20n ，由f ′(n )>0得，n >203(n ∈N ＋)，即n >203(n ∈N ＋)时，f (n )单调递增，即b n ＋1>b n 成立，∴n 的取值范围是n ≥7，且n ∈N ＋.22．(本小题满分14分)设数列{x n }的所有项都是不等于1的正数，前n 项和为S n ，已知点P n (x n ，S n )在直线y ＝kx ＋b 上(其中常数k ≠0，且k ≠1)，又y n ＝log 0.5x n .(1)求证：数列{x n }是等比数列；(2)如果y n ＝18－3n ，求实数k 、b 的值；(3)如果存在t 、s ∈N *，s ≠t ，使得点(t ，y s )和(s ，y t )都在直线y ＝2x ＋1上，试判断，是否存在自然数M ，当n >M 时，x n >1恒成立？若存在，求出M 的最小值，若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：∵点P n ，P n ＋1都在直线y ＝kx ＋b 上， ∴S n ＋1－S n x n ＋1－x n＝k ，∴(k －1)x n ＋1＝kx n . ∵常数k ≠0，且k ≠1，∴x n ＋1x n ＝kk －1(非零常数)．∴数列{x n }是等比数列．(2)由y n ＝log 0.5x n ，得x n ＝(12)y n ＝8n －6＝8－58n －1，∴k k －1＝8，∴k ＝87.∵P n 在直线y ＝kx ＋b 上，∴S n ＝kx n ＋b ，令n ＝1得b ＝S 1－87x 1＝－17×85.(3)x n >1恒成立等价于y n <0，∵存在t ，s ∈N ，使得(t ，y s )和(s ，y t )都在y ＝2x ＋1上， ∴y s ＝2t ＋1，① y t ＝2s ＋1，②①－②得y s －y t ＝2(t －s )．易证{y n }是等差数列，设其公差为d ，则有 y s －y t ＝(s －t )d ， ∵s ≠t ，∴d ＝－2<0.①＋②，得y s ＋y t ＝2(t ＋s )＋2，又y s ＋y t ＝y 1＋(s －1)(－2)＋y 1＋(t －1)(－2) ＝2y 1－2(s ＋t )＋4，∴2y 1－2(s ＋t )＋4＝2(t ＋s )＋2第11页共11页 ∴y 1＝2(t ＋s )－1>0，即数列{y n }是首项为正，公差为负的等差数列， ∴一定存在一个自然数M ，使⎩⎪⎨⎪⎧ y M ≥0y M ＋1<0，即⎩⎪⎨⎪⎧2(t ＋s )－1＋(M －1)(－2)≥02(t ＋s )－1＋M (－2)<0. 解得t ＋s －12<M ≤t ＋s ＋12. ∵M ∈N ，∴M ＝t ＋s ，即存在自然数M ＝t ＋s ，使得当n >M 时，x n >1恒成立．。

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——数列解答题专项试题练习

1 / 4高考数学数列解答题专项试题练习1、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 、2、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）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-3、已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-、（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N；（Ⅲ）对任意的正整数n ，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和、2 / 44、已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，1111121,,()nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=⋅∈*N 、（Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比0q >，且1236b b b +=，求q 与{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差0d >，证明：1211n c c c d+++<+、*()n N ∈模拟试题1、已知等比数列{}n a 是首项为1的递减数列，且3456a a a +=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T2、等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9a a a a a +==.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设 31323log log ......log n n b a a a =+++，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T3、已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，22743a a a =，且3-，4S ，39a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111nn n b a n n =-++，求数列{}n b 的前n 项和n T3 / 44、已知数列{}n a 中，11a =，当2n ≥时，其前n 项和n S 满足212n n n S a S ⎛⎫=-⎪⎝⎭（1）求n S 的表达式；（2）设21nn S b n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T5、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*22,n n S a n N =-∈.数列{}nb 是首项为1a ，公差不为零的等差数列，且1311,,b b b 成等比数列、（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式、（2）若nn nb C a =，数列{}n c 的前项和为,n n T T m <恒成立，求m 的范围6、已知等差数列{}n a 的公差0d >，27a =，且1a ，6a ，35a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足()*111N n n n a n b b +-=∈，且113b =，求数列{}n b 的前n 项和n T7、在①224n n n a a S b +=+，且25a =，②224n n n a a S b +=+，且1b <-，③224n n n a a S b +=+，且28S =这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的b 存在，求出b 和数列{}n a 的通项公式与前n 项和；若b 不存在，请说明理由.4 / 4设n S 为各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和，满足________，是否存在b ，使得数列{}n a 成为等差数列？8、在等差数列{}n a 中，已知616a =，1636a = （1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若______，求数列{}n b 的前n 项和n S .在①14n n n b a a +=，①()1nn n b a =-⋅，①2na n nb a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中并对其求解9、已知项数为()*2m m N m ∈≥，的数列{}n a 满足如下条件：①()*1,2,,n a Nn m ∈=；②12···.m a a a <<<若数列{}n b 满足()12*···1m n n a a a a b N m +++-=∈-，其中1,2,,n m =则称{}n b 为{}n a 的“伴随数列”.（I ）数列13579，，，，是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”；若不存在，请说明理由；（II ）若{}n b 为{}n a 的“伴随数列”，证明：12···m b b b >>>；（III ）已知数列{}n a 存在“伴随数列”{}n b ，且112049m a a ==，，求m 的最大值.。

2020版高考数学复习第31讲数列求和课件文新人教A版

[答案] [(3n-1)22n+1+2]
[解析] 由 bn=nan=n· 22n-1 知 Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×22n-1①, 则 22 · Sn=1×23+2×25+3×27+…+n×22n+1②,
1 9
①-②得
(1-22)· Sn=2+23+25+…+22n-1-n×22n+1,即 Sn= [(3n-1)22n+1+2].
1 �� ;(2)由(1) 2
(1)求数列{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足 cn=anbn,求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
可求得 an=3n-1(n∈N*),代入 an+1+3log2bn=0,可得 bn=
1 2
可知 cn=anbn=(3n-1)× �� ,所以由错位相减法可求得数列{cn}的前 n 项和 Sn.
=
na1+
�� (�� -1) d 2
. (其中 a1 为首项,d 为公差)
②等比数列{an}的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 (2)分组求和法 ;
�� 当 q≠1 时,Sn= ��1 (1-�� )
1-��
��1 -�� = 1-��
.
课堂考点探究
探究点一分组转化法求和
例 1[2018· 湖南益阳 4 月调研] 已知等差数列{an}的公差为 d,且方程 a1x -dx-3=0 的两个根分别为-1,3.

备战高考数学一轮复习讲义第31讲第1课时分组求和法与错位相减法

第31讲数列的求和激活思维1. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，则其前20项和为( C )A. 379＋1220 B. 399＋1220 C. 419＋1220D. 439＋1220解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1220＝419＋1220.2. (人A 选必二P41习题7改)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎨⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( C ) A. 1 121 B. 1 122 C. 1 123D. 1 124解析：由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.3. (人A 选必二P25习题7改)若数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( B )A. 9B. 99C. 10D. 100解析：因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 4. (人A 选必二P25习题10改)(多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *，设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和T n ，则( AD )A. a 5＝9B. a 5＝11C. T 5＝1011D. T 5＝511解析：设数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，S 4＝16，所以a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，所以a 5＝9，所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，所以T 5＝511. 5. (人A 选必二P40习题3改)数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和T n ＝ 4－n ＋22n －1 .解析：因为T n ＝1＋22＋322＋423＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，所以12T n ＝12＋222＋323＋424＋…＋n －12n －1＋n 2n ，两式相减得，12T n ＝1＋12＋122＋123＋124＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ，故T n ＝4－n ＋22n －1.基础回归1. 分组求和法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列进行求和．2. 分组求和法的常见类型3. 错位相减法求和如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法．如：{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的和．4. 裂项相消法常用的裂项技巧(1) 1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(2)1n ＋k ＋n ＝1k(n ＋k －n )．5. 常用结论(1) 1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2) 12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.(3) 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分别讨论公比等于1和不等于1两种情况．第1课时分组求和法与错位相减法举题说法分组求和法例1 (2022·菏泽二模)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3为等比数列；【解答】由2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1(n ≥1)①，得2S n －1＋a n ＝2n －1(n ≥2)②，由①－②，得a n ＋a n ＋1＝2n(n ≥2)，则a n ＋1＝－a n ＋2n⇒a n ＋1－2n ＋13＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n 3(n ≥2)，又当n ＝1时，由①得a 2＝1⇒a 2－223＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－23，所以对任意的n ∈N *，都有a n＋1－2n ＋13＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n 3，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3是以13为首项，－1为公比的等比数列． (2) 求S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 2n .【解答】由(1)知a n －2n 3＝(－1)n －13，得a n ＝2n ＋(－1)n －13，所以a n ＋1＝2n ＋1＋(－1)n 3，代入①，得S n ＝2n ＋13－(－1)n 6－12，所以S 1＋S 2＋…＋S 2n ＝13(22＋23＋…＋22n ＋1)－16[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n ]－2n 2＝13⎝⎛⎭⎪⎫22－22n ＋21－2－0－n ＝22n ＋2－3n －43.某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项的结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．变式已知在数列{a n }中，a 1＝1且2a n ＋1＝6a n ＋2n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2为等比数列；【解答】因为2a n ＋1＝6a n ＋2n －1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝3a n ＋n －12，所以a n ＋1＋n ＋12a n ＋n 2＝3a n ＋n －12＋n ＋12a n ＋n 2＝3a n ＋32n a n ＋n 2＝3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2为等比数列，首项为32，公比为3.(2) 求数列{a n }的前n 项和S n .【解答】由(1)得a n ＋n 2＝32×3n －1＝12×3n ，所以a n ＝12×3n －n2，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝12(31＋32＋33＋…＋3n )－12(1＋2＋3＋…＋n )＝12·3(1－3n)1－3－12·n (n ＋1)2＝3(3n －1)4－n 2＋n 4＝3n ＋1－n 2－n －34.错位相减法求和例2 (2022·邯郸二模)已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 1＝2,2a 1＋a 3＝3a 2. (1) 求数列{a n }的通项公式；【解答】由2a 1＋a 3＝3a 2，得2×2＋2×q 2＝3×2q ，解得q ＝2或q ＝1(舍去)，所以a n ＝2×2n －1＝2n .(2) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n S n ＋2的前n 项和．【解答】由(1)可知a n ＝2n，所以S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2，所以n S n ＋2＝n2n ＋1＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n S n ＋2的前n 项和为T n ，T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1①，12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2②，①－②，得12T n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，即12T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，所以T n ＝1－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.用错位相减法求和时，应注意防范以下错误：1. 两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．2. 对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．3. 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比q 为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．4. 在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．变式 (2022·临沂二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1. (1) 求{a n }的通项公式；【解答】由S n ＋1＝2S n ＋1，得S n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)．又a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1，所以a 2＋a 1＝2a 1＋1，整理得a 2＝2a 1，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2) 记b n ＝log 2a na n，求数列{b n }的前n 项和T n .【解答】由(1)得a n ＝2n －1，所以b n ＝log 2a na n＝log 22n －12n －1＝n －12n －1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，即T n ＝0＋12＋222＋…＋n －12n －1，12T n ＝0＋122＋223＋…＋n －12n ，两式相减，得12T n ＝12＋122＋…＋12n －1－n －12n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n －12n ＝1－n ＋12n ，所以T n ＝2－n ＋12n －1.并项法求和例3 (2022·南平三模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝n ＋1n .(1) 求数列{a n }的通项公式；【解答】因为a 1＝1，a n ＋1a n ＝n ＋1n ，所以当n ≥2时，a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝21×32×…×n n －1，则a na 1＝n ，即a n ＝n ，当n ＝1时，也成立，所以a n ＝n .(2) 若{b n }满足b 2n ＝2a n －24，b 2n －1＝2a n －22.设S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 20.【解答】由(1)知b 2n ＝2a n －24＝2n －24，b 2n －1＝2a n －22＝2n －22，则b 2n ＋b 2n －1＝4n －46，则S 20＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 19＋b 20)＝(4×1－46)＋(4×2－46)＋…＋(4×10－46)＝4×(1＋10)×102－46×10＝－240.当数列{a n }的连续两项a n －1＋a n 或多项的和(差)为等差数列或等比数列时，通常用并项法进行求和．变式在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项和S 100等于( D )A. －200B. －100C. 200D. 100解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n －3，所以b n ＝(－1)n (2n －3)．又b 2n －1＋b 2n ＝－a 2n －1＋a 2n ＝－(4n －5)＋4n －3＝2，所以S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100.随堂内化1. 若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( A )A. 15B. 12C. －12D. －15解析： a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15.2. 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n 的前n 项和是( D )A. 2－n 2nB. 2－12n －1C. 2－n －12n －1－n 2nD. 2－12n －1－n2n解析：由题知S n ＝1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ①，则12S n ＝1×14＋2×18＋3×116＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1②.两式相减得12S n ＝12＋14＋18＋…＋12n －n ×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1，所以S n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n －n 2n ＋1＝2－12n －1－n 2n . 3. (多选)在等差数列{a n }中，已知a 2＝4，通项为a n ，前4项和为18，设b n ＝n ·2a n －2，数列{b n }的前n 项和为T n ，则( AC )A. a n ＝n ＋2B. a n ＝n ＋3C. T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2D. T n ＝(n －1)×2n ＋1＋3解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，4a 1＋4×32d ＝18，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝1，所以a n ＝n ＋2，可得b n ＝n ·2n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ①，2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n＋1②.由①－②得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2－2n ＋11－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.4. 已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为n(n＋1)2－12n＋1.解析：设所求的前n项和为S n，则S n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n＝n(n＋1)2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n1－12＝n(n＋1)2－12n＋1.5. 1＋11＋111＋…＋的和是10n＋1－9n－1081.解析：因为＝19×＝10n－19，所以1＋11＋111＋…＋＝19[(10－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)]＝19(10＋102＋103＋…＋10n)－n9＝19×10(1－10n)1－10－n9＝10n＋1－9n－1081.练案❶趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》．练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(分基础和提高两个版本)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考保分增效天天练》，成书可向当地发行咨询购买．。

山东省2015高考数学(理)总复习课时限时检测31等比数列 Word版含解析

课时限时检测(三十一)等比数列(时间：60分钟满分：80分)命题报告1．已知等比数列{a n}中，a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20，则前9项之和等于()A．50B．70C．80D．90【解析】∵S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，∴S3·(S9－S6)＝(S6－S3)2，又S3＝40，S6＝40＋20＝60，∴40(S9－60)＝202，故S9＝70.【答案】 B2．(2014·济南一中等四校联考)已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝()A．5 2 B．7C．6 D．4 2【解析】设数列{a n}的公比是q，则有a7a8a9a4a5a6＝a4a5a6a1a2a3＝q9，所以(a4a5a6)2＝(a1a2a3)×(a7a8a9)＝5×10＝50，则a4a5a6＝5 2. 【答案】 A3．(2013·课标全国卷Ⅰ)设首项为1，公比为23的等比数列{a n}的前n项和为S n，则()A．S n＝2a n－1 B．S n＝3a n－2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n【解析】法一在等比数列{a n }中，S n ＝a 1－a n q1－q＝1－a n ·231－23＝3－2a n . 法二在等比数列{a n }中，a 1＝1，q ＝23， ∴a n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.S n ＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－23⎝⎛⎭⎪⎫23n －1＝3－2a n . 【答案】 D4．(2014·福州模拟)已知数列{a n }，则“a n ，a n ＋1，a n ＋2(n ∈N *)成等比数列”是“a 2n ＋1＝a n a n ＋2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】若n ∈N *时，a n ，a n ＋1，a n ＋2成等比数列，则a 2n ＋1＝a n a n ＋2，反之，则不一定成立，举反例．如数列为1,0,0,0，…，应选A.【答案】 A5．(2014·潍坊模拟)已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且54为a 4与2a 7的等差中项，则S 5＝( )A ．35B ．33C ．31D ．29【解析】设数列{a n }的公比为q ，a 2·a 3＝a 21·q 3＝a 1·a 4＝2a 1⇒a 4＝2.a 4＋2a 7＝a 4＋2a 4q 3＝2＋4q 3＝2×54⇒q ＝12，故a 1＝a 4q 3＝16，S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝31.【答案】 C6．(2014·青岛期中)在正项等比数列{a n }中，lg a 3＋lg a 6＋lg a 9＝6，则a 1a 11的值是( )A ．10 000B ．1 000C ．100D ．10【解析】若{a n }为等比数列，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ，所以lg a 3＋lg a 6＋lg a 9＝lg(a 3·a 6·a 9)＝lg a 36＝3lg a 6＝6，所以a 6＝102，而a 1a 11＝a 26＝104＝10 000.故选A.【答案】 A二、填空题(每小题5分，共15分)7．若等比数列{a n }满足a 2a 4＝12，则a 1a 23a 5＝________. 【解析】 ∵数列{a n }为等比数列， ∴a 2·a 4＝a 23＝12，a 1·a 5＝a 23. ∴a 1a 23a 5＝a 43＝14. 【答案】 148．等比数列{a n }的公比q ＞0，已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________.【解析】 ∵a n ＋2＋a n ＋1＝a n q 2＋a n q ＝6a n ， ∴q 2＋q －6＝0，又q ＞0，∴q ＝2，由a 2＝a 1q ＝1得a 1＝12， ∴S 4＝12(1－24)1－2＝152.【答案】 1529．(2012·浙江高考)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.【解析】法一 S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2，将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得，3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0，解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．法二设等比数列{a n }的首项为a 1，由S 2＝3a 2＋2，得 a 1(1＋q )＝3a 1q ＋2.①由S 4＝3a 4＋2，得a 1(1＋q )(1＋q 2)＝3a 1q 3＋2.② 由②－①得a 1q 2(1＋q )＝3a 1q (q 2－1)． ∵q >0，∴q ＝32. 【答案】 32三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)(2013·重庆高考)设数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，n ∈N ＋. (1)求{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)已知{b n }是等差数列，T n 为其前n 项和，且b 1＝a 2，b 3＝a 1＋a 2＋a 3，求T 20.【解】 (1)由题意知{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1，S n ＝1－3n1－3＝12(3n －1)．(2)b 1＝a 2＝3，b 3＝1＋3＋9＝13，b 3－b 1＝10＝2d ，所以公差d ＝5，故T 20＝20×3＋20×192×5＝1 010.11．(12分)(2014·贵阳模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和．【解】 (1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q ＞0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n＝－2n (n ＋1)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝－2nn ＋1. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为－2nn ＋1.12．(13分)(2014·南京模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)．(1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明：{b n } 是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)若a 3是a 6与a 9的等差中项，求q 的值，并证明：对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．【解】 (1)证明由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2. 由b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列．(2)由(1)，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝q ，…，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2) 将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)，即a n ＝a 1＋1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎨⎧1＋1－q n －11－q ， q ≠1，n ， q ＝1.上式对n ＝1显然成立．(3)由(2)，当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1.由a 3－a 6＝a 9－a 3可得q 5－q 2＝q 2－q 8，由q ≠0得q 3－1＝1－q 6，①整理得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2.于是q ＝－32. 另一方面，a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q (1－q 6)．由①可得a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ，所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．。

2021年高考数学考点30等比数列及其前n项和必刷题理含解析

考点30 等比数列及其前n项和1．已知数列的前项和为，满足，则的通项公式（）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，，当时，，因此,选B.2．已知数列为正数项的等比数列，是它的前项和，若，且，则（）A． 34 B． 32 C． 30 D． 28【答案】C3．已知各项均不相等的等比数列成等差数列，设为数列的前n项和，则等于A． B． C． 3 D． 1【答案】A【解析】设等比数列{a n}的公比为q，∵3a2，2a3，a4成等差数列，∴2×2a3=3a2+a4，∴4a2q=3，化为q2﹣4q+3=0，解得q=1或3．q=1时，,q=2时，.故选：A．4．已知数列的前项和，则数列的前项和为（）A． B． C． D．【答案】C5．已知等比数列的前项和，且，，则A． B． C． D．【答案】C【解析】由题得.故答案为：C6．已知等比数列中，，，为方程的两根，则（）A． 32 B． 64 C． 256 D．【答案】B7．等比数列中，公比，记（即表示数列的前项之积），中值为正数的个数是A． B． C． D．【答案】B【解析】等比数列{a n}中a1＞0，公比q＜0，故奇数项为正数，偶数项为负数．∴Π11＜0，Π10＜0，Π9＞0，Π8＞0．故答案为：B8．已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则A． 10 B． 12 C． 18 D． 30【答案】A【解析】在等比数列中，由，得，即，又，，成等差数列，，即，联立得：舍或．．则．故选：A．9．已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )A． 29 B． 30 C． 31 D． 32【答案】C10．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则 ( ) A． 3 B． 9 C． 10 D． 13【答案】C【解析】设各项均为正数的等比数列的公比为，满足成等差数列，，，解得，则，故选C.11．已知数列的前n项和为，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前n项和为，，点在直线上，若存在，使不等式成立，求实数m的最大值．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4③－④得，∴．∵．∴为递增数列，且，∴．∴，实数m的最大值为4．12．数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n(n+1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：，求数列{b n}的通项公式；(3)令(n∈N*)，求数列{c n}的前n项和T n.【答案】（1）；(2);（3） .（3）c n===n•3n+n，令数列{n•3n}的前n项和为A n，则A n=3+2×32+3×33+…+n•3n，∴3A n=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2A n=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1，可得A n=．∴数列{c n}的前n项和T n=+．13．已知数列中，且．（Ⅰ）求，，并证明是等比数列；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【答案】（1）见解析；（2），②①－②得所以，．14．已知α为锐角，且，函数，数列的首项，．（1）求函数的表达式；（2）求证：数列为等比数列；（3）求数列的前n项和．【答案】(1)；(2) 见解析；(3).∴15．已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.16．在等差数列{a n}中，，其前n项和为，等比数列{b n}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。

高考数学数列单元测试卷及答案试题

(3)设Sn是数列{an}的前n项和，当n≥2时，Sn与(n＋ )a是否有确定的大小关系？假设有，请加以证明，假设没有，请说明理由．
(文)P1(a1，b1)，P2(a2，b2)，…，Pn(an，bn)(n∈N*)都在函数y＝log x的图象上．
(1)假设数列{bn}是等差数列，求证数列{an}是等比数列；
三、解答题(本大题一一共6小题，一共70分)
17．(本小题满分是10分)数列{an}是首项a1＝4的等比数列，且S3，S2，S4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2|an|，Tn为数列{ }的前n项和，求Tn.
解：(1)当q＝1时，S3＝12，S2＝8，S4＝16，不成等差数列．
∴n0＝2021或者(huòzhě)2021.
(文)(1)∵an＋1－2an＝0，
∴a3＝2a2，a4＝2a3，又a3＋2是a2、a4的等差中项，
∴a1＝2，a2＝4，
∴数列(shùliè){an}是以2为首项，2为公比的等比数列(děnɡ bǐ shù liè)，那么
an＝2n.
(2)∵Sn＝2n＋1－2，又bn＝log2(Sn＋2)，∴bn＝n＋1.
12．数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，那么该数列的前2021项的和等于()
A. B．3015
C．1005D．2021
答案：A
解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，
从而(cóng ér)a3＝，a4＝1，
即得an＝，故数列(shùliè)的前2021项的和等于S2021＝1005(1＋ )＝ .应选(yīnɡ xuǎn)A.
3．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，那么等于()

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高考数学复习第三章数列31试题时间：60分钟满分：100分一、选择题(8×5＝40分)1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a 2等于 ( ) A ．4 B ．2 C ．1 D ．－2 答案：A解析：当n ＝1时，a 1＝2(a 1－1)，a 1＝2；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2－2，a 2＝a 1＋2＝4.2．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于 ( )A ．－165B ．－33C ．－30D ．－21 答案：C解析：方法一：赋值法：令q ＝2，则a p ＋2＝a p ＋a 2，a 2＝－6，故数列{a n }的所有偶数项、所有奇数项分别成等差数列．∴a 10＝a 2＋4×(－6)＝－30，故选C.方法二：a 10＝a 8＋2＝a 8＋a 2＝a 6＋2＋a 2＝a 6＋2a 2＝…＝5a 2＝－30.3．数列53，108，17a ＋b ，a －b24，…中，有序实数对(a ，b )可以是 ( )A ．(21，－5)B ．(16，－1)C ．(－412，112)D ．(412，－112)答案：D解析：由数列中的项可观察规律，5－3＝10－8＝17－(a ＋b )＝(a －b )－24＝2， ⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝15，a －b ＝26，解得a ＝412，b ＝－112，故选D.4．(2009·山东日照2月模拟)已知数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，…，则56是此数列中的 ( )A ．第48项B ．第49项C ．第50项D ．第51项答案：C解析：将数列分为第1组1个，第2组2个，…，第n 组n 个，(11)，(12，21)，(13，22，31)，…，(1n ，2n －1，…，n 1)，则第n 组中每个数分子分母的和为n ＋1，则56为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.5．(2009·山东聊城三模)已知a n ＝n －2007n －2008(n ∈N *)，则在数列{a n }的前50项中最小项和最大项分别是 ( )A ．a 1，a 50B ．a 1，a 44C ．a 45，a 50D ．a 44，a 45 答案：D解析：a n ＝n －2007n －2008＝n －2008＋2008－2007n －2008＝1＋2008－2007n －2008，∵2008－2007为一定值，要使a n 最大，则需n －2008最小且n －2008>0，则n ＝45；同理当n －2008<0时，则n ＝44时为最小值．6．(2009·北京石景山)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 3，则a 3＋a 6的值为( )A ．91B ．152C ．218D ．279 答案：B解析：a 5＋a 6＝S 6－S 4＝63－43＝152.7．(2009·江西景德镇)如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n a n －1a n －1－a n ＝a n a n ＋1a n －a n ＋1，则a 2009＝( )A.12009 B.22009 C.20092 D ．1005 答案：B解析：由a n a n －1a n －1－a n ＝a n a n ＋1a n －a n ＋1可得，2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1，数列{1a n}(n ＝2,3,4，…)为等差数列，首项为12，公差为12，∴1a 2009＝12＋2008×12＝20092， ∴a 2009＝22009.8．(2009·湖北，10)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：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，…这样的数为正方形数，下列数中既是三角形数又是正方形数的是 ( )A ．289B ．1024C ．1225D ．1378 答案：C解析：根据图形的规律可知第n 个三角形数为a n ＝n (n ＋1)2，第n 个正方形数为b n ＝n 2，因此可排除D(1378不是平方数)．将A 、B 、C 选项代入到三角形数表达式中检验可知，符合题意的是C 选项，故选C.二、填空题(4×5＝20分)9．(2009·北京海淀期末统考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－1，其中n ＝1,2,3，…，那么a 5＝________.答案：9解析：∵S n ＝n 2－1，∴n ＝5时，a 5＝S 5－S 4＝52－1－42＋1＝9. 10．已知数列{a n }中，a 1＝20，a n ＋1＝a n ＋2n －1，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案：n 2－2n ＋21解析：∵a n ＋1－a n ＝2n －1， ∴a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，… a n －a n －1＝2n －3(n ≥2)．∴a n －a 1＝1＋3＋…＋(2n －3)．∴a n ＝20＋(2n －2)(n －1)2＝n 2－2n ＋21.当n ＝1时，a 1＝20＝12－2×1＋21，∴a n ＝n 2－2n ＋21.11．图(1)、(2)、(3)、(4)分别包含1个、5个、13个、25个第二十九届北京奥运吉祥物“福建迎迎”，按同样的方式构造图形，设第n 个图形包含f (n )个“福建迎迎”，则f (5)＝__________；f (n )－f (n －1)＝________.(答案用数字或n 的解析式表示)答案：41 4n －4解析：由图易知f (1)＝1，f (2)＝2(1＋3)－3，f (3)＝2×(1＋3＋5)－5，f (4)＝2(1＋3＋5＋7)－7，…，f (n )＝2×[1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)]－(2n －1)，即f (n )＝2n 2－2n ＋1，∴f (5)＝2×52－2×5＋1＝41，f (n )－f (n －1)＝2n 2－2n ＋1－[2(n －1)2－2(n －1)＋1]＝4n －4.12．(2009·山东泰安2月模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，当n ≥2时，a 2n －(n ＋2)a n －1·a n ＋2na 2n －1＝0，则a n ＝________.(写出你认为正确的一个答案即可)答案：2n －1解析：a 2n －(n ＋2)a n －1·a n ＋2na 2n －1＝0，有(a n －2a n －1)(a n －na n －1)＝0，∴a n a n －1＝2.由a 1＝1知a n ＝2n －1. 三、解答题(4×10＝40分)13．根据下列条件，求数列的通项公式a n .(1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n；(2)在数列{a n }中，a n ＋1＝n ＋2na n ，a 1＝4；(3)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝2a n －1；(4)在数列{a n }中，a n ＋1＝3a 2n ，a 1＝3.思路点拨：(1)由a n ＋1＝a n ＋2n 得a n ＋1－a n ＝2n，可采用累加求和的方法；(2)由a n ＋1＝n ＋2n a n 得a n ＋1a n ＝n ＋2n，可采用累乘的方法；(3)可构造等比数列求解；(4)由条件可知a n >0，可采用两边取对数的方法求解．解析：(1)由a n ＋1－a n ＝2n，把n ＝1,2,3…，n －1(n ≥2)代入，得(n －1)个式子，累加即可得(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋22＋23＋…＋2n －1，所以a n －a 1＝2(1－2n －1)1－2，即a n －a 1＝2n －2，所以a n ＝2n －2＋a 1＝2n－1.当n ＝1时，a 1＝1也符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由递推关系a n ＋1＝n ＋2na n ，a 1＝4，有a n ＋1a n ＝n ＋2n，于是有a 2a 1＝3，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n －1a n －2＝n n －2，a n a n －1＝n ＋1n －1，将这(n －1)个式子累乘，得a n a 1＝n (n ＋1)2. 所以当n ≥2时，a n ＝n (n ＋1)2a 1＝2n (n ＋1)．当n ＝1时，a 1＝4符合上式，所以a n ＝2n (n ＋1)(n ∈N *)．(3)由a n ＋1＝2a n －1得a n ＋1－1＝2(a n －1)，令b n ＝a n －1，则{b n }是以2为公比的等比数列．所以b n ＝b 1·2n －1＝(a 1－1)·2n －1＝2n，所以a n ＝b n ＋1＝2n ＋1(n ∈N *)．(4)由已知，a n >0，在递推关系式两边取对数，有lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg3.令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg3.所以b n ＋1＋lg3＝2(b n ＋lg3)，所以{b n ＋lg3}是以b 1＋lg3为首项，以2为公比的等比数列．所以b n ＋lg3＝2n －1·2lg3＝2nlg3.所以b n ＝2n lg3－lg3＝(2n－1)lg3＝lg a n .所以a n ＝32n－1.14．(2009·北京海淀)已知数列{a n }前n 项的和为S n ，且满足S n ＝1－na n (n ＝1,2,3，…)． (1)求a 1，a 2的值；(2)求a n . 解析：(1)当n ＝1时，∵S 1＝a 1＝1－a 1，∴a 1＝12.当n ＝2时，∵a 1＋a 2＝1－2a 2，∴a 2＝16.(2)∵S n ＝1－na n ，∴当n ≥2时， S n －1＝1－(n －1)a n －1，a n ＝S n －S n －1＝(n －1)a n －1－na n .∴a n ＝n －1n ＋1a n －1，a n ＝2n (n ＋1)a 1＝1n (n ＋1).当n ＝1时，a 1＝12符合上式．∴a n ＝1n (n ＋1)(n ＝1,2,3…)．15．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ＝12n 2＋12n (n ∈N *)(1)求{a n }的通项公式；(2)记T ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S 99，求T 的值．解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n . 显然，当n ＝1时，a n ＝n 也成立故{a n }的通项公式为：a n ＝n (n ∈N *)．(2)∵1S n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)∴1S 1＋1S 2＋…＋1S 99＝2(1－12)＋2(12－13)＋2(13－14)＋…＋2(199－1100)＝2(1－1100)＝9950. 16．设数列{a n }的前n 项的和S n ＝43a n －13×2n ＋1＋23，n ＝1,2,3，….求首项a 1与通项公式分析：主要考查求递推数列有关通项问题，考查转化与化归思想、构造思想，由特殊到一般的思想方法．通过构造，转化成等差、等比数列进行求解，或者利用裂项相消方法求解．解析：由S n ＝43a n －13×2n ＋1＋23，n ＝1,2,3，……，①得：a 1＝S 1＝43a 1－13×4＋23，所以a 1＝2.再由①有S n －1＝43a n －1－13×2n ＋23，n ＝2,3，……②①－②得：a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)－13×(2n ＋1－2n)，n ＝2,3，……，整理得：a n ＝4a n －1＋2n，n ＝2,3，…… 方法一：构造新数列构造新的等比数列：a n ＋2n ＝4(a n －1＋2n －1)，n ＝2,3,4，……(或：a n 2n ＋1＝2(a n －12n －1＋1))所以a n ＋2n＝4×4n －1(或：a n2n ＋1＝2×2n －1)得：a n ＝4n －2n，n ＝1,2，……方法二：直接递推法当n ＝1时，S 1＝43a 1－13×22＋23，∴a 1＝2a n ＝4a n －1＋2n ＝4(4a n －2＋2n －1)＋2n ＝42a n －2＋2n ＋1＋2n ＝……＝4n －1a 1＋22n －2＋22n －3＋…＋2n ＋1＋2n ＝22n －1＋22n －2＋22n －3…＋2n ＋1＋2n ＝4n －2n .方法三：错位相消法推出：a n 4n －a n －14n －1＝(12)n ，a n －14n －1－a n －24n －2＝(12)n －1，…，a 242－a 141＝(12)2所以：a n 4n －a 141＝(12)n ＋(12)n －1＋……＋(12)2a n 4n ＝(12)n ＋(12)n －1＋……＋(12)2＋12＝1－12n 所以a n ＝4n －2n.方法四：特征根方程法 a n ＋1－4a na n －4a n －1＝2即a n ＋1－6a n ＋8a n －1＝0特征方程为：x 2－6x ＋8＝0特征根为： x 1＝4，x 2＝2通解：a n ＝C 14n ＋C 22n，由：a 1＝2，a 2＝12，代入解得：C 1＝1，C 2＝－1. 总结评述：递推数列问题一直作为高考考试的压轴题出现，基本类型有：a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0或1，q ≠0)和a n ＋1＝pa n ＋f (n )(p ≠0或1)两种形式，通常是解决如何求通项a n 和前n 项和S n 等问题．解题方向是设法转化成等差数列、等比数列或可进行求通项或前n 项和的数列来解决．常见方法有：构造法，直接递推法，错位相消法，特征根方程法和不动点法．有些问题还可以用归纳、猜想、证明即数学归纳法加以解决，难度一般较大，是考查抽象思维能力的好素材．。