近五年文科数学数列高考题目及答案
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。
高考文科数学数列经典大题训练(附答案)
1.〔此题总分值14 分〕设数列a的前n项和为S n,且S n4a n3(n1,2,)，n〔1〕证明: 数列a n是等比数列；〔2〕假设数列b满足b n1a n b n(n1,2,)，b12，求数列b n的通项公n式．2.〔本小题总分值12分〕等比数列a的各项均为正数，且n2 2a3a1,a9aa.123261.求数列a n的通项公式.2.设blogaloga......loga,求数列n31323n 1bn的前项和.3.设数列a满足n2n1 a12,a1a32nn〔1〕求数列a的通项公式；n〔2〕令b n na n，求数列的前n项和S n3.等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．〕，求数列{b n}的前n项和S n．〔Ⅰ〕求数列{a n}的通项公式；n﹣1*〔Ⅱ〕设b n=〔4﹣a n〕q〔q≠0，n∈N× 5.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．...4.解：〔1〕证：因为S n4a n3(n1,2,)，那么S n14a n13(n2,3,)，所以当n2时，a SS14a4a1，nnnnn4整理得aa1．5分nn3由S43，令n1，得a14a13，解得a11．n an所以分a是首项为1，公比为n43的等比数列．7〔2〕解：因为4n1 a()，n3由b1ab(n1,2,)，得nnn4n1 bb()．9分n1n3由累加得()()()b n bbbbbbb12`132nn14n11()43n1＝23()1，〔n2〕，43134n1 当n=1时也满足，所以)1b3(．n35.解：〔Ⅰ〕设数列{a n}的公比为q，由 2a39a2a6得32a39a4所以21q。
有条件9可知a>0,故1q。
311a。
故数列{a n}的通项式为a n=33由2a13a21得2a13a2q1，所以1n。
〔Ⅱ〕b logaloga...logan111111(12...n)n(n1)2故12112() bn(n1)nn1n111111112n ...2((1)()...()) bbb223nn1n1 12n...所以数列1{}bn2n 的前n 项和为n16.解：〔Ⅰ〕由，当n≥1 时，a1[(a1a)(a a1)(a2a1)]a1nnnnn2n12n33(222)222(n1)1。
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。
完整版)近几年全国卷高考文科数列高考题汇总
完整版)近几年全国卷高考文科数列高考题汇总近几年全国高考文科数学数列部分考题统计及所占分值如下：2016年：I卷17题，12分；II卷17题，12分；III卷17题，12分。
2015年：I卷无数列题；II卷5题，共计15分。
2014年：I卷17题，12分；II卷无数列题。
2013年：I卷12、14、17题，共计10分+12分+12分=34分；II卷17题，12分。
2012年、2011年、2010年：I卷7、13、5题，共计10分+10分+17分=37分；II卷5、16、17题，共计10分+17分+12分=39分。
一．选择题：1.已知公差为1的等差数列{an}的前8项和为4倍的前4项和，求a10.改写：设公差为1的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S8=4S4，求a10.答案：D。
2.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1+a3+a5=3，求S5.答案：C。
3.已知等比数列{an}满足a1=1，a3a5=4(a4-1)，求a2.答案：B。
4.已知等差数列{an}的公差为2，且a2，a4，a8成等比数列，求前n项和Sn。
答案：D。
5.设首项为1，公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn，求Sn的表达式。
答案：C。
6.数列{an}满足an+1+(-1)^nan=2n-1，求前60项和。
答案：B。
二．填空题：7.在数列{an}中，a1=2，an+1=2an，Sn为{an}的前n项和。
若-Sn=126，则n=6.8.数列{an}满足an+1=1/an，a2=2，求a1.答案：-1.9.等比数列{an}满足a2+a4=20，a3+a5=80，求a1.答案：4.10.等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若$S_3+3S_2=S_1$，则公比 $q=$______；前 $n$ 项和$S_n=$______。
改写：已知等比数列 $\{a_n\}$，前 $n$ 项和为 $S_n$。
数列—高考真题文科数学分项汇编(解析版)
当d 0时，a1 d，∴3d 2a1 d 2d a1 0即b4 2 b2b8 0，所以b4 b2b8 0，D不正确．
故选：D ..
2
【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
5．【2019年高考全国 III卷文数】已知各项均为正数的等比数列an的前
则a3
4项和为 15，且a 3a3 4a1， 5
i
由 TTi ai 1i 7,i N可知数列Tn不存在最小项，
i1
由于a1 9,a2 7,a3 5,a4 3,a5 1,a6 1，
故数列Tn中的正项只有有限项：
T 2
63，T4
6315
945
.
T
故数列Tn中存在最大项，且最大项为
4.
故选：B．
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，
a1 7 .
故答案为： 7 .
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力， 属于较难题.
12．【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列{n(n 1) } 2
就是二阶等差数列．数列{n(n 1)}(nN*)的前 2
3,nN*），
则数列an是等比数列.
10．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1=−2，a2+a6=2，则S10=__________．
【答案】 25
【解析】 an是等差数列，且a1 2，a2 a6 2 设an等差数列的公差d
根据等差数列通项公式：an a1 n1 d
因此
an
2
n1
高考文科数学数列专题复习题及答案
高考文科数学数列专题复习题及答案专题复习题可以很好地巩固学生对高考文科数学的知识储备。
下面是店铺为大家整理的高考文科数学数列专题复习题，希望对大家有所帮助!高考文科数学数列专题复习习题及答案：一、选择题1.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3=a2+10a1，a5=9，则a1等于 ( ).A.13B.-13C.19D.-19解析设等比数列{an}的公比为q，由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1，即a3=9a1，q2=9，又a5=a1q4=9，所以a1=19.答案 C2.在等差数列{an}中，若a2+a3=4，a4+a5=6，则a9+a10等于( ).A.9B.10C.11D.12解析设等差数列{an}的公差为d，则有(a4+a5)-(a2+a3)=4d=2，所以d=12.又(a9+a10)-(a4+a5)=10d=5，所以a9+a10=(a4+a5)+5=11.答案 C3.在正项等比数列{an}中，3a1，12a3,2a2成等差数列，则a2013+a2014a2011+a2012等于 ( ).A.3或-1B.9或1C.1D.9解析依题意，有3a1+2a2=a3，即3a1+2a1q=a1q2，解得q=3，q=-1(舍去)，a2013+a2014a2011+a2012=a1q2012+a1q2013a1q2010+a1q20 11=q2+q31+q=9.答案 D4.(2014•郑州模拟)在等比数列{an}中，若a4，a8是方程x2-4x+3=0的两根，则a6的值是 ( ).A.3B.-3C.±3D.±3解析依题意得，a4+a8=4，a4a8=3，故a4>0，a8>0，因此a6>0(注：在一个实数等比数列中，奇数项的符号相同，偶数项的符号相同)，a6=a4a8=3.答案 A5.(2014•济南模拟)在等差数列{an}中，a1=-2 014，其前n项和为Sn，若S1212-S1010=2，则S2 014的值等于 ( ).A.-2 011B.-2 012C.-2 014D.-2 013解析根据等差数列的性质，得数列Snn也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S11=a1=-2 014，公差d=1，故S2 0142 014=-2 014+(2 014-1)×1=-1，所以S2 014=-2 014.答案 C6.(2013•辽宁卷)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列;p2：数列{nan}是递增数列;p3：数列ann是递增数列;p4：数列{an+3nd}是递增数列.其中的真命题为 ( ).A.p1，p2B.p3，p4C.p2，p3D.p1，p4解析设an=a1+(n-1)d=dn+a1-d，它是递增数列，所以p1为真命题;若an=3n-12，则满足已知，但nan=3n2-12n并非递增数列，所以p2为假命题;若an=n+1，则满足已知，但ann=1+1n是递减数列，所以p3为假命题;设an+3nd=4dn+a1-d，它是递增数列，所以p4为真命题.答案 D7.(2013•新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm-1=-2，Sm=0，Sm+1=3，则m等于 ( ).A.3B.4C.5D.6解析由Sm-1=-2，Sm=0，Sm+1=3，得am=2，am+1=3，所以d=1，因为Sm=0，故ma1+m(m-1)2d=0，故a1=-m-12，因为am+am+1=5，故am+am+1=2a1+(2m-1)d=-(m-1)+2m-1=5，即m=5.答案 C高考文科数学数列专题复习习题及答案：二、填空题8.(2013•新课标全国Ⅰ卷)若数列{an}的前n项和为Sn=23an+13，则数列{an}的通项公式是an=________.解析当n=1时，a1=1;当n≥2时，an=Sn-Sn-1=23an-23an-1，所以anan-1=-2，∴{an}是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=(-2)n-1.答案(-2)n-19.(2013•北京卷)若等比数列{an}满足a2+a4=20，a3+a5=40，则公比q=________;前n项和Sn=________.解析由题意q=a3+a5a2+a4=2，又a2+a4=20，故a1q+a1q3=20，解得a1=2，所以Sn=2n+1-2.答案 2 2n+1-210.(2014•新课标全国Ⅱ卷)数列{an}满足an+1=11-an，a8=2，则a1=________.解析先求出数列的周期，再进一步求解首项，∵an+1=11-an，∴an+1=11-an=11-11-an-1=1-an-11-an-1-1=1-an-1-an-1=1-1an-1=1-111-an-2=1-(1-an-2)=an-2，∴周期T=(n+1)-(n-2)=3.∴a8=a3×2+2=a2=2.而a2=11-a1，∴a1=12.答案1211.设数列{an}是公差不为0的等差数列，a1=1且a1，a3，a6成等比数列，则数列{an}的前n项和Sn=________.解析设公差为d，由a1，a3，a6成等比数列，可得(1+2d)2=1×(1+5d)，解得d=14，所以Sn=n+n(n-1)2×14=18n2+78n.答案18n2+78n12.(2014•天津卷)设{an}是首项为a1，公差为-1的等差数列，Sn 为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________.解析根据等差数列的前n项和公式求出S1，S2，S4的表达式，然后利用等比数列的性质求解.等差数列{an}的前n项和为Sn=na1+n(n-1)2d，所以S1，S2，S4分别为a1,2a1-1,4a1-6.因为S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1-1)2=a1•(4a1-6)，解方程得a1=-12.答案-12高考文科数学数列专题复习习题及答案：三、解答题13.(2014•北京卷)已知{an}是等差数列，满足a1=3，a4=12，数列{bn}满足b1=4，b4=20，且{bn-an}为等比数列.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d=a4-a13=12-33=3，所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2，…).设等比数列{bn-an}的公比为q，由题意得q3=b4-a4b1-a1=20-124-3=8，解得q=2.所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.从而bn=3n+2n-1(n=1,2，…).(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2，…).数列{3n}的前n项和为32n(n+1)，数列{2n-1}的前n项和为1-2n1-2=2n-1.所以，数列{bn}的前n项和为32n(n+1)+2n-1.14.(2013•浙江卷)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d，an;(2)若d<0，求|a1|+|a2|+…+|an|.解(1)由题意得5a3•a1=(2a2+2)2，即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以an=-n+11，n∈N*或an=4n+6，n∈N*.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0，由(1)得d=-1，an=-n+11.当n≤11时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-12n2+212n.当n≥12时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=12n2-212n+110.综上所述，|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-12n2+212n，n≤11，12n2-212n+110，n≥12.15.(2014•杭州模拟)已知数列{an}是首项为133，公比为133的等比数列，设bn+15log3an=t，常数t∈N*.(1)求证：{bn}为等差数列;(2)设数列{cn}满足cn=anbn，是否存在正整数k，使ck，ck+1，ck+2按某种次序排列后成等比数列?若存在，求k，t的值;若不存在，请说明理由.(1)证明an=3-n3，bn+1-bn=-15log3an+1an=5，∴{bn}是首项为b1=t+5，公差为5的等差数列.(2)解cn=(5n+t) •3-n3，则ck=(5k+t)•3-k3，令5k+t=x(x>0)，则ck=x•3-k3，ck+1=(x+5)•3-k+13，ck+2=(x+10)•3-k+23.①若c2k=ck+1ck+2，则x•3-k32=(x+5)•3-k+13•(x+10)•3-k+23.化简得2x2-15x-50=0，解得x=10，x=-52(舍去);进而求得k=1，t=5;②若c2k+1=ckck+2，同理可得(x+5)2=x(x+10)，显然无解;③若c2k+2=ckck+1，同理可得13(x+10)2=x(x+5)，方程无整数根.综上所述，存在k=1，t=5适合题意.。
文科数学数列高考题及答案
文科数学数列高考题及答案数列是数学中重要的知识点，它是指一个数字依次出现的有规律的序列，几何数列是按正确的顺序由若干数组成的一类数列。
在数学高考中，对数列的考查也是很重要的，下面就来看看数学高考几何数列题目及答案。
1、若等比数列{an}的前5项依次为3，-6，12，-24，48，则第6项的值为（）A. -96B. -92C. 96D. 92答案：A. -96证明：由题意，可得等比数列an的前五项为3，-6，12，-24，48，该数列的公比为$q=\frac{-6}{3}=-2$，故题中第六项的值为：$a_6=a_5\times q^2=48\times(-2)^2=-96$。
所以选项A为正确答案。
2、若复数等比数列{z1，z2，z3，…}的前两项为z1=1+2i，z2=2+i，则第五项的共轭复数z5?（）A. 2-3iB. -2+3iC. -2-3iD. 2+3i答案：C. -2-3i证明：由题意可知，等比数列的公比$q=\frac{z2}{z1}=\frac{2+i}{1+2i}=\frac{2-i}{1-2i}=-2-i$，故第五项的值为：$z_5=z_1\times(q)^4=(1+2i)\times(-2-i)^4=-2-3i$，该数列的共轭复数为$\overline{z_5}=-2+3i$。
所以正确答案为C。
3、已知等腰三角形的两条直角边分别为x，y，若直角边x，y成等比数列，则该数列的公比的值是（）A. $\frac{1}{2}$B. $\frac{-1}{2}$C. $\frac{2}{3}$D. $\frac{2}{1}$答案：B. $\frac{-1}{2}$证明：由直角边构成的等腰三角形，有$y=\frac{1}{2}x$，故x、y构成的等比数列公比为$q=\frac{y}{x}=\frac{\frac{1}{2}x}{x}=\frac{1}{2}$。
由于x、y是等比数列，故公比$q$为负数，即$q=-\frac{1}{2}$。
专题09 数列-五年(2017-2021)高考数学真题分项详解(新高考地区专用)(解析版)
专题09 数列【2021年】一、【2021·浙江高考】已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） A.100332S << B. 10034S << C. 100942S <<D.100952S << 【答案】A 【解析】【分析】显然可知，10012S >，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10012S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒==+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<+⇒<+⎪⎪⎭12<11122n n -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得： 所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100321S <<． 故选：A ．24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．【2021·浙江高考】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-. （1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤. 【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n nT n +=-⋅， 由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.二、【2021·江苏高考】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm ×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm ×12dm ，20dm ×6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1=240dm 2，对折2次共可以得到5dm ×12dm ，10dm ×6dm ，20dm ×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2=180dm 2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______ ；如果对折n 次，那么∑S k n k=1= ______ dm 2．【答案】5 240(3−n+32n)【知识点】数列求和方法【解析】解：易知有20dm ×34dm,10dm ×32dm,5dm ×3dm,52dm ×6dm ，54dm ×12dm ，共5种规格； 由题可知，对折k 次共有k +1种规格，且面积为2402k ，故S k =240(k+1)2k，则∑S k n k=1=240∑k+12kn k=1，记T n =∑k+12kn k=1，则12T n =∑k+12k+1n k=1， ∴12T n =∑k+12k n k=1−∑k+12k+1n k=1=1+(∑k+22k+1n−1k=1−∑k+22k+1n k=1)−n+12n+1=1+14(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，∴T n =3−n+32n，∴∑S k n k=1=240(3−n+32n)． 故答案为：5；240(3−n+32n)．依题意，对折k 次共有k +1种规格，且面积为2402k ，则S k =240(k+1)2k，∑S k n k=1=240∑k+12knk=1，然后再转化求解即可．本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意识，属于中档题．【2021·江苏高考】已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1={a n +1,n 为奇数,a n +2,n 为偶数.(1)记b n =a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．【答案】解：(1)因为a 1=1，a n+1={a n +1,n 为奇数a n +2,n 为偶数，所以a2=a1+1=2，a3=a2+2=4，a4=a3+1=5，所以b1=a2=2，b2=a4=5，b n−b n−1=a2n−a2n−2=a2n−a2n−1+a2n−1−a2n−2=1+2=3，所以数列{b n}是以b1=2为首项，以3为公差的等差数列，所以b n=2+3(n−1)=3n−1．(2)由(1)可得a2n=3n−1，n∈N∗，则a2n−1=a2n−2+2=3(n−1)−1+2=3n−2，n≥2，当n=1时，a1=1也适合上式，所以a2n−1=3n−2，n∈N∗，所以数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，×3+则{a n}的前20项和为a1+a2+...+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=10+10×92×3=300．10×2+10×92【知识点】数列的递推关系、数列求和方法【解析】(1)由数列{a n}的通项公式可求得a2，a4，从而可得求得b1，b2，由b n−b n−1=3可得数列{b n}是等差数列，从而可求得数列{b n}的通项公式；(2)由数列{a n}的通项公式可得数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．【2020年】一、【2020·北京高考】在等差数列{a n}中，a1=−9，a5=−1.记T n=a1a2…a n(n=1,2，…)，则数列{T n}()A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项【答案】B【知识点】等差数列的通项公式、等差数列的性质、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值，进一步分析得答案． 【解答】解：设等差数列{a n }的首项为d ，由a 1=−9，a 5=−1，得d =a 5−a 15−1=−1−(−9)4=2，∴a n =−9+2(n −1)=2n −11． 由a n =2n −11=0，得n =112，而n ∈N ∗，可知数列{a n }是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值． 可知T 1=−9<0，T 2=63>0，T 3=−315<0，T 4=945>0为最大项， 自T 5起均小于0，且逐渐减小． ∴数列{T n }有最大项，无最小项． 故选：B ．【2020·北京高考】已知{a n }是无穷数列．给出两个性质：①对于{a n }中任意两项a i ，a j (i >j)，在{a n }中都存在一项a m ，使得 a i2a j =a m ；②对于{a n }中任意一项a n (n ≥3)，在{a n }中都存在两项a k ，a l (k >l)，使得a n =a k2a l．(Ⅰ)若a n =n(n =1,2，…)，判断数列{a n }是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若a n =2n−1(n =1,2，…)，判断数列{a n }是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若{a n }是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{a n }为等比数列． 【答案】解：(Ⅰ)不满足，理由：a 32a 2=92∉N ∗，不存在一项a m 使得a 32a 2=a m ．(Ⅱ)数列{a n }同时满足性质①和性质②，理由：对于任意的i 和j ，满足a i 2a j=22i−j−1，因为i ∈N ∗，j ∈N ∗且i >j ，所以2i −j ∈N ∗，则必存在m =2i −j ，此时，2m−1∈{a i }且满足a i 2a j=22i−j−1=a m ，性质①成立，对于任意的n ，欲满足a n =2n−1=a k2a l=22k−l−1，满足n =2k −l 即可，因为k ∈N ∗，l ∈N ∗，且k >l ，所以2k −l 可表示所有正整数，所以必有一组k ，l 使n =2k −l ，即满足a n =a k2a l，性质②成立．(Ⅲ)首先，先证明数列恒正或恒负， 反证法：假设这个递增数列先负后正，那么必有一项a l 绝对值最小或者有a l 与a l+1同时取得绝对值最小， 如仅有一项a l 绝对值最小，此时必有一项a m =a l2a j，此时|a m |<|a l |与前提矛盾，如有两项a l 与a l+1 同时取得绝对值最小值，那么必有a m =a i 2a i+1，此时|a m |<|a l |，与前提条件矛盾， 所以数列必然恒正或恒负，在数列恒正的情况下，由②知，存在k ，l 使得a k 2a l=a 3，因为是递增数列，a 3>a k >a l ，即3>k >l ，所以a 22a 1=a 3，此时a 1，a 2，a 3成等比数列，数学归纳法：(1)已证n =3时，满足{a n }是等比数列，公比q =a2a 1，(2)假设n =k 时，也满足{a k }是等比数列，公比q =a2a 1，那么由①知a k 2a k−1=qa k 等于数列的某一项a m ，证明这一项为a k+1即可，反证法：假设这一项不是a k+1，因为是递增数列，所以该项a m =a l2a l−1=qa k >a k+1，那么a k <a k+1<qa k ，由等比数列{a k }得a 1q k−1<a k+1<a 1q k ， 由性质②得a 1q k−1<a m2a l<a 1q k ，同时a k+1=a m2a l>a m >a l ，所以k +1>m >l ，所以a m ，a l 分别是等比数列{a k }中两项，即a m =a 1q m−1，a l =a 1q l−1， 原式变为a 1q k−1<a 1q 2m−l−1<a 1q k ，所以k −1<2m −l −1<k ，又因为k ∈N ∗，m ∈N ∗，l ∈N ∗，不存在这组解，所以矛盾， 所以知a k 2ak−1=qa k =a k+1，前{a k+1}为等比数列，由数学归纳法知，{a n }是等比数列得证， 同理，数列恒负，{a n }也是等比数列． 【知识点】等比数列的性质、数列的函数特征 【解析】(Ⅰ)由a 32a 2=92∉N ∗，即可知道不满足性质．(Ⅱ)对于任意的i 和j ，满足a i2a j=22i−j−1，⇒2i −j ∈N ∗，必存在m =2i −j ，可得满足性质①；对于任意的n ，欲满足a n =2n−1=a k2a l=22k−l−1，⇒n =2k −l 即可，必存在有一组k ，l 使使得它成立，故满足性质②．(Ⅲ)先用反证法证明数列必然恒正或恒负，再用数学归纳法证明{a n}也是等比数列，即可．本题属于新定义题，考查等比数列的性质，数学归纳法等，考查逻辑思维能力，属于难题．二、【2020·浙江高考】已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，a1d⩽1.记b1=S2，b n+1=S n+2−S2n，n∈N∗，下列等式不可能成立的是()A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b8【答案】B【知识点】等差数列的通项公式、数列的递推关系、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，a1d⩽1判断B与D．【解答】解：在等差数列{a n}中，a n=a1+(n−1)d，S n+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，b1=S2=2a1+d，b n+1=S n+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d，a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d，故A正确；B.2b4=−2a1−10d，b2+b6=a1+2d−3a1−24d=−2a1−22d，若2b4=b2+b6，则−2a1−10d=−2a1−22d，即d=0不合题意，故B错误；C.若a42=a2a8，则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得a1d=d2，∵d≠0，∴a1=d，符合a1d⩽1，故C正确；D.若b42=b2b8，则(−a1−5d)2=(a1+2d)(−5a1−55d)，即2(a1d )2+25a1d+45=0，则a1d有两不等负根，满足a1d⩽1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．【2020·浙江高考】我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列，数列{n(n+1)2}，(n∈N∗)的前3项和______．【答案】10【知识点】数列的通项公式、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查．求出数列的前3项，然后求解即可．【解答】解：数列{a n}满足a n=n(n+1)2，可得a1=1，a2=3，a3=6，所以S3=1+3+6=10．故答案为：10．【2020·浙江高考】已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1=b1=c1=1，c n+1=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)．(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1d，n∈N∗．【答案】(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，整理，得6q2−q−1=0，解得q=−13(舍去)，或q=12，∴c n+1=b nb n+2⋅c n=1b n+2b n⋅c n=1q2⋅c n=1(12)2⋅c n=4⋅c n，∴数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴c n=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．∴a n+1−a n=c n+1=4n，则a1=1，a2−a1=41，a3−a2=42，……a n−a n−1=4n−1，各项相加，可得a n=1+41+42+⋯+4n−1=1−4n1−4=4n−13．(2)证明：依题意，由c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)，可得b n+2⋅c n+1=b n⋅c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n=1+d，∴c n=1+db n b n+1=1+dd⋅db n b n+1=(1+1d)⋅b n+1−b nb n b n+1=(1+1d)(1b n−1b n+1)，∴c1+c2+⋯+c n=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+⋯+(1+1d)(1b n−1b n+1) =(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+⋯+1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b n+1)=(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d，∴c1+c2+⋯+c n<1+1d，故得证．【知识点】数列的递推关系、数列求和方法、裂项相消法、等比数列的通项公式【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属于综合题．(1)先根据等比数列的通项公式将b 2=q ，b 3=q 2代入b 1+b 2=6b 3，计算出公比q 的值，然后根据等比数列的定义化简c n+1=b nbn+2⋅c n 可得c n+1=4c n ，则可发现数列{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c n }的通项公式，然后将通项公式代入c n+1=a n+1−a n ，可得a n+1−a n =c n+1=4n ，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{a n }的通项公式； (2)通过将已知关系式c n+1=b nbn+2⋅c n 不断进行转化可构造出数列{b n b n+1c n }，且可得到数列{b n b n+1c n }是一个常数列，且此常数为1+d ，从而可得b n b n+1c n =1+d ，再计算得到c n =1+db n b n+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．三、【2020·天津高考】已知{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，a 1=b 1=1，a 5=5(a 4−a 3)，b 5=4(b 4−b 3). (Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：S n S n+2<S n+12(n ∈N ∗)；(Ⅲ)对任意的正整数n ，设c n ={(3a n −2)b na n a n+2,n 为奇数,a n−1bn+1,n 为偶数．求数列{c n }的前2n 项和．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由a 1=1，a 5=5(a 4−a 3)，则1+4d =5d ，可得d =1， ∴a n =1+n −1=n ， ∵b 1=1，b 5=4(b 4−b 3)， ∴q 4=4(q 3−q 2)， 解得q =2， ∴b n =2n−1； 证明(Ⅱ)由(Ⅰ)可得S n =n(n+1)2，∴S n S n+2=14n(n +1)(n +2)(n +3)，(S n+1)2=14(n +1)2(n +2)2，∴S n S n+2−S n+12=−12(n +1)(n +2)<0， ∴S n S n+2<S n+12(n ∈N ∗)；解：(Ⅲ)，当n 为奇数时，c n =(3a n −2)b n a n a n+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2−2n−1n，当n 为偶数时，c n = a n−1b n+1=n−12n，对任意的正整数n ，有∑c 2k−1n k=1=∑(n k=122k 2k+1−22k−22k−1)=22n 2n+1−1，和∑c 2k n k=1=∑2k−14knk=1=14+342+543+⋯+2n−14n，①， 由①×14可得14∑c 2k n k=1=14+34+⋯+2n−34+2n−14，②，①−②得34∑c 2k n k=1=14+242+243+⋯+24 n −14--2n−14n+1， ∴∑c 2k n k=1=59−6n+59×4n ，因此∑c 2k 2n k=1=∑c 2k−1n k=1+∑c 2k n k=1=4n 2n+1−6n+59×4−49．数列{c n }的前2n 项和4n2n+1−6n+59×4n−49．【知识点】错位相减法、等差数列的通项公式、数列求和方法、等比数列的通项公式【解析】本题考查了等差数列等比数列的通项公式和求和公式，考查了不等式的大小比较，考查了数列求和的方法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类与整合能力，属于难题． (Ⅰ)分别根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式即可求出； (Ⅱ)根据等差数列的求和公式和作差法即可比较大小，则可证明； (Ⅲ)分类讨论，再根据错位相减法即可求出前2n 项和．四、【2020·上海高考】计算：lim n→∞ n+13n−1=【答案】13【知识点】极限思想 【解析】 【分析】本题考查数列的极限的求法，注意运用极限的运算性质，考查运算能力，是一道基础题． 由极限的运算法则和重要数列的极限公式，可得所求值． 【解答】解：，故答案为：13．【2020·上海高考】已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10=a9，则a1+a2+⋯+a9a10=．【答案】278【知识点】等差数列的通项公式、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查等差数列的前n项和与等差数列通项公式的应用，注意分析a1与d的关系，属于基础题．根据等差数列的通项公式可由a1+a10=a9，得a1=−d，在利用等差数列前n项和公式化简a1+a2+⋯+a9a10即可得出结论．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满足a1+a10=a9，即a1+a1+9d=a1+8d，变形可得a1=−d，所以a1+a2+⋯+a9a10=9a1+9×8d2a1+9d=9a1+36da1+9d=−9d+36d−d+9d=278．故答案为：278．【2020·上海高考】已知数列{a n}为有限数列，满足|a1−a2|≤|a1−a3|≤⋯≤|a1−a m|，则称{a n}满足性质P．(1)判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；(2)若a1=1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；(3)若{a n}是1，2，3，…，m的一个排列(m≥4)，{b n}符合b k=a k+1(k=1,2，…，m−1)，{a n}、{b n}都具有性质P，求所有满足条件的数列{a n}．【答案】解：(1)对于数列3，2，5，1，有|2−3|=1，|5−3|=2，|1−3|=2，满足题意，该数列满足性质P；对于第二个数列4、3、2、5、1，|3−4|=1，|2−4|=2，|5−4|=1.不满足题意，该数列不满足性质P．(2)由题意：|a1−a1q n|≥|a1−a1q n−1|，可得：|q n−1|≥|q n−1−1|，n∈{2,3，…，9}，两边平方可得：q2n−2q n+1≥q2n−2−2q n−1+1，整理可得：(q−1)q n−1[q n−1(q+1)−2]≥0，当q≥1时，得q n−1(q+1)−2≥0此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)−2≥0，所以，(q+2)(q−1)≥0，所以q≤−2，或q≥1，所以取q≥1，当0<q≤1时，得q n−1(q+1)−2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)−2≤0，所以(q+2)(q−1)≤0，所以−2≤q≤1，所以取0<q≤1．当−1≤q<0时：q n−1[q n−1(q+1)−2]≤0，当n为奇数时，得q n−1(q+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，q n−1(q+1)−2≥0，不恒成立；故当−1≤q<0时，矛盾，舍去．当q<−1时，得q n−1[q n−1(q+1)−2]≤0，当n为奇数时，得q n−1(q+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，q n−1(q+1)−2≥0，恒成立；故等价于n=2时，q(q+1)−2≥0，所以(q+2)(q−1)≥0，所以q≤−2或q≥1，所以取q≤−2，综上．(3)设a1=p，p∈{3,4，…，m−3，m−2}，因为a1=p，a2可以取p−1，或p+1，a3可以取p−2，或p+2，如果a2或a3取了p−3或p+3，将使{a n}不满足性质P；所以{a n}的前5项有以下组合：①a1=p，a2=p−1；a3=p+1；a4=p−2；a5=p+2；②a1=p，a2=p−1；a3=p+1；a4=p+2；a5=p−2；③a1=p，a2=p+1；a3=p−1；a4=p−2；a5=p+2；④a1=p，a2=p+1；a3=p−1；a4=p+2；a5=p−2；对于①，b1=p−1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=1，与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于②，b1=p−1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=3，|b4−b1|=2与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于③，b1=p+1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=3，|b4−b1|=1与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于④b1=p+1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=1，与{b n}满足性质P矛盾，舍去；所以P∈{3,4，…，m−3，m−2}，均不能同时使{a n}、{b n}都具有性质P．当p=1时，有数列{a n}:1，2，3，…，m−1，m满足题意．当p=m时，有数列{a n}:m，m−1，…，3，2，1满足题意．当p=2时，有数列{a n}:2，1，3，…，m−1，m满足题意．当p=m−1时，有数列{a n}:m−1，m，m−2，m−3，…，3，2，1满足题意．所以满足题意的数列{a n}只有以上四种．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用、等比数列的通项公式【解析】本题考查数列的综合应用，不等式以及不等关系，二次函数的性质以及函数的相关性质的综合应用，考查分析问题解决问题的能力是难度大的题目，必须由高的数学思维逻辑修养才能解答．(1)根据定义，验证两个数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P即可；(2)假设公比q的等比数列满足性质P，可得：|a1−a1q n|≥|a1−a1q n−1|，推出(q−1)q n−1[q n−1(q+1)−2]≥0，通过q≥1，0<q≤1时，−1≤q<0时：q<−1时，四种情况讨论求解即可．(3)设a1=p，分p=1时，当p=m时，当p=2时，当p=m−1时，以及P∈{3,4，…，m−3，m−2}，五种情况讨论，判断数列{a n}的可能情况，分别推出{b n}判断是否满足性质P即可．【2019年】一、【2019·北京高考（理）】设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2=−3，S5=−10，则a5=(1)，S n的最小值为(2)．【答案】0 −10【知识点】等差数列的通项公式、数列的函数特征、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前n项和的最小值的求法，属于基础题．利用等差数列{a n}的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出a1=−4，d=1，由此能求出a5的S n的最小值．【解答】解：设等差数列{a n}的前n项和为S n，a2=−3，S5=−10，∴{a1+d=−35a1+5×42d=−10,解得a1=−4，d=1，∴a5=a1+4d=−4+4×1=0，S n=na1+n(n−1)2d=−4n+n(n−1)2=12(n−92)2−818，∴n=4或n=5时，S n取最小值为S4=S5=−10．故答案为0，−10．【2019·北京高考（理）】已知数列{a n}，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i1<i2<⋯<i m)，若a i1<a i2<⋯<a im，则称新数列a i1，a i2，…，a im为{a n}的长度为m的递增子列．规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列．(Ⅰ)写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；(Ⅱ)已知数列{a n}的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m0，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n.若p<q，求证：a m0<a n；(Ⅲ)设无穷数列{a n}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s−1，且长度为s末项为2s−1的递增子列恰有2s−1个(s=1,2，…)，求数列{a n}的通项公式．【答案】解：(I)1，3，5，6．(II)证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，∴a n0>该数列的第p项≥a m，∴a m0<a n．(III)解：考虑2s−1与2s这一组数在数列中的位置．若{a n}中有2s，2s在2s−1之后，则必然存在长度为s+1，且末项为2s的递增子列，这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s−1矛盾，∴2s必在2s−1之前．继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列．∵对于数列2n−1，2n，由于2n在2n−1之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n与2n−1，∵对于1至2s的所有整数，研究长度为s+1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，……，第s项是2s−1与2s二选1，故递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之前．∴2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．即a2k=2k−1，a2k−1=2k，k∈N∗．【知识点】数列的递推关系【解析】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．(I)1，3，5，6.答案不唯一．(II)考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，可得a n0>该数列的第p项≥a m，即可证明结论．(III)考虑2s−1与2s这一组数在数列中的位置，可得2s必在2s−1之前．继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列，即可得出：递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之前．可得2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．【2019·北京高考（文）】设{a n}是等差数列，a1=−10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．【答案】解：(Ⅰ)∵{a n}是等差数列，a1=−10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．∴(a3+8)2=(a2+10)(a4+6)，∴(−2+2d)2=d(−4+3d)，解得d=2，∴a n=a1+(n−1)d=−10+2n−2=2n−12．(Ⅱ)由a1=−10，d=2，得：S n=−10n+n(n−1)2×2=n2−11n=(n−112)2−1214，∴n=5或n=6时，S n取最小值−30．【知识点】等差数列的通项公式、等比数列的性质、等差数列的概念、等差数列的求和【解析】本题考查数列的通项公式、前n项和的最小值的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．(Ⅰ)利用等差数列通项公式和等比数列的性质，列出方程求出d=2，由此能求出{a n}的通项公式；(Ⅱ)由a1=−10，d=2，得S n=−10n+n(n−1)2×2=n2−11n=(n−112)2−1214，由此能求出S n的最小值．二、【2019·浙江高考】设a，b∈R，数列{a n}满足a1=a，a n+1=a n2+b，n∈N∗，则()A. 当b=12时，a10>10 B. 当b=14时，a10>10C. 当时，a10>10D. 当时，a10>10【答案】A【知识点】数列的递推关系、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查数列的性质等基础知识，考查化归与转化思想，考查推理论证能力，属于难题．逐项检验，可得结果．【解答】解：对于B，令λ2−λ+14=0，得λ=12，取a1=12，∴a2=12,…,a n=12<10，∴当b =14时，a 10<10，故B 错误；对于C ，令λ2−λ−2=0，得λ=2或λ=−1， 取a 1=2，∴a 2=2，…，a n =2<10， ∴当b =−2时，a 10<10，故C 错误； 对于D ，令λ2−λ−4=0，得λ=1±√172， 取a 1=1+√172，∴a 2=1+√172，…，a n =1+√172<10，∴当b =−4时，a 10<10，故D 错误；对于A ，a 2=a 2+12≥12，a 3=(a 2+12)2+12≥34， a 4=(a 4+a 2+34)2+12≥916+12=1716>1， a n+1−a n >0，{a n }递增， 当n ≥4时，a n+1a n=a n +12a n>1+12=32，∴{ a 5a 4>32a 6a 5>32⋅⋅⋅a 10a 9>32,∴a 10a 4>(32)6,∴a 10>72964>10.故A 正确． 故选：A ．【2019·浙江高考】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=4，a 4=S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N ∗，S n +b n ，S n+1+b n ，S n+2+b n 成等比数列． (Ⅰ)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(Ⅱ)记c n =√an2b n，n ∈N ∗，证明：c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．【答案】解：(Ⅰ)设数列{a n }的公差为d ， 由题意得{a 1+2d =4a 1+3d =3a 1+3d ，解得a 1=0，d =2， ∴a n =2n −2，n ∈N ∗． ∴S n =n 2−n ，n ∈N ∗，∵数列{b n }满足：对每个n ∈N ∗，S n +b n ，S n+1+b n ，S n+2+b n 成等比数列．∴(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n )，解得b n =1d (S n+12−S n S n+2)， 解得b n =n 2+n ，n ∈N ∗．证明：(Ⅱ)c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1)，n ∈N ∗， 用数学归纳法证明：①当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；②假设n =k ，(k ∈N ∗)时不等式成立，即c 1+c 2+⋯+c k <2√k ， 则当n =k +1时，c 1+c 2+⋯+c k +c k+1<2√k +√k (k +1)(k +2)<2√k +√1k +1<2√k +√k+1+√k=2√k +2(√k +1−√k)=2√k +1，即n =k +1时，不等式也成立．由①②得c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．【知识点】等差数列的通项公式、运用数学归纳法证明、数列的综合应用【解析】(Ⅰ)利用等差数列通项公式和前n 项和公式列出方程组，求出a 1=0，d =2，从而a n =2n −2，n ∈N ∗.S n =n 2−n ，n ∈N ∗，利用(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n )，能求出b n ．(Ⅱ)c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1)，n ∈N ∗，用数学归纳法证明，得到c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．本题考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力和综合应用能力．三、 【2019·天津高考（理）】设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1=4，b 1=6，b 2=2a 2−2，b 3=2a 3+4．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{c n }满足c 1=1，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N ∗． (i)求数列{a2n(c2n−1)}的通项公式；(ii)求∑a i 2ni=1c i (n ∈N ∗).【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 依题意有：{6q =6+2d 6q 2=12+4d，解得{d =3q =2， ∴a n =4+(n −1)×3=3n +1，b n =6×2n−1=3×2n ．(Ⅱ)(i)∵数列{c n }满足c 1=1，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k ,其中k ∈N ∗． ∴a 2n (c 2n−1)=a 2n (b n −1)=(3×2n +1)(3×2n −1)=9×4n −1， ∴数列{a 2n (c 2n −1)}的通项公式为：a2n (c 2n −1)=9×4n −1． (ii)∑a i 2n i=1c i =∑[2n i=1a i +a i (c i −1)]=∑a i 2n i=1+∑a 2i ni=1(c 2i −1)=(2n ×4+2n (2n −1)2×3)+∑(n i=19×4i −1) =(3×22n−1+5×2n−1)+9×4(1−4n )1−4−n =27×22n−1+5×2n−1−n −12.(n ∈N ∗).【知识点】等差数列的通项公式、分组转化求和法、等比数列的求和、等比数列的通项公式、等差数列的求和【解析】本题考查等差数列、等比数列通项公式及前n 项和等基础知识，考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，利用等差数列、等比数列的通项公式列出方程组，能求出{a n }和{b n }的通项公式．(Ⅱ)(i)由a2n (c 2n −1)=a 2n (b n −1)，能求出数列{a 2n (c 2n −1))}的通项公式． (ii)∑a i 2n i=1c i =∑[2n i=1a i +a i (c i −1)]=∑a i 2n i=1+∑a 2i n i=1(c 2i −1)=(2n ×4+2n (2n −1)2×3)+∑(n i=19×4i −1)，由此能求出结果．【2019·天津高考（文）】设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1=b 1=3，b 2=a 3，b 3=4a 2+3．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{c n }满足c n ={1,n 为奇数,b n 2,n 为偶数．求a 1c 1+a 2c 2+⋯+a 2n c 2n (n ∈N ∗).【答案】解：(Ⅰ){a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，q>0，由题意可得：3q=3+2d①，3q2=15+4d②，解得：d=3，q=3，故a n=3+3(n−1)=3n，b=3×3n−1=3n，(Ⅱ)数列{c n}满足a1c1+a2c2+⋯+a2n c2n(n∈N∗)=(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)+(a2b1+a4b2+a6b3+⋯+a2n b n)=[3n+n(n−1)2×6]+(6×3+12×32+18×33+⋯+6n×3n)=3n2+6(1×3+2×32+⋯+n×3n)令T n=(1×3+2×32+⋯+n×3n)①，则3T n=1×32+2×33+⋯+n3n+1②，②−①得：2T n=−3−32−33…−3n+n3n+1=−3×1−3n1−3+n3n+1=(2n−1)3n+1+32，故a1c1+a2c2+⋯+a2n c2n=3n2+6T n=(2n−1)3n+2+6n2+92(n∈N∗).【知识点】错位相减法、分组转化求和法、数列的递推关系【解析】本题主要考查等差等比数列通项公式和前n项和的求解，考查数列求和的基本方法分组和错位相减法的运算求解能力，属中档题．(Ⅰ)由等差等比数列通项公式和前n项和的求解{a n}和{b n}的通项公式即可．(Ⅱ)利用分组求和和错位相减法得答案．四、【2019·上海高考】已知数列{a n}，a1=3，前n项和为S n．(1)若{a n}为等差数列，且a4=15，求S n；(2)若{a n}为等比数列，且limn→+∞S n<12，求公比q的取值范围．【答案】解：(1)设公差为d∵a4=a1+3d=3+3d=15，∴d=4，∴S n =3n +n(n−1)2×4=2n 2+n ；(2)设公比为q ，当q =1时，S n =3n ，显然不满足lim n→∞S n <12，故q ≠1， ∴S n =3(1−q n )1−q ，∵lim n→+∞S n 存在，∴−1<q <1，且q ≠0， ∴lim n→+∞S n =lim n→+∞3(1−q n )1−q=31−q ， ∴31−q <12，∴q <34，∴−1<q <0或0<q <34， ∴公比q 的取值范围为(−1,0)∪(0,34).【知识点】等比数列的求和、极限思想、等差数列的求和【解析】本题考查了等差数列和等比数列的前n 项和及等差数列的通项公式，考查了极限的定义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)求出公差即可求S n ；(2)当q =1时，显然不合题意，由lim n→+∞S n 存在得−1<q <1且q ≠0，由lim n→+∞S n <12得q <34，取交集可得公比q 的取值范围．【2019·上海高考】已知等差数列{a n }的公差d ∈(0,π]，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}．(1)若a 1=0,d =2π3，求集合S ； (2)若a 1=π2，求d 使得集合S 恰好有两个元素；(3)若集合S 恰好有三个元素：b n+T =b n ，T 是不超过7的正整数，求T 的所有可能的值．【答案】解：(1)∵等差数列{a n }的公差d ∈(0,π]，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}． ∴当a 1=0,d =2π3， 集合S ={−√32,0，√32}. (2)∵a 1=π2，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}恰好有两个元素，如图：根据三角函数线，①等差数列{a n }的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时d =π， ②a 1终边落在OA 上，要使得集合S 恰好有两个元素，可以使a 2，a 3的终边关于y 轴对称，如图OB ，OC ，此时d =2π3， 综上，d =23π或者d =π．(3)①当T =1时，b n+1=b n ，数列{b n }为常数列，S 仅有1个元素，显然不符合条件；②当T =2时，b n+2=b n ，，数列{b n }的周期为2，S 中有2个元素，显然不符合条件；③当T =3时，b n+3=b n ，集合S ={b 1,b 2,b 3}，(1)情况满足，符合题意．④当T =4时，b n+4=b n ，sin(a n +4d)=sina n ，a n +4d =a n +2kπ，k ∈Z ，或者a n +4d =π+2kπ−a n ，k ∈Z ，当时，集合S ={−1,0，1}，符合条件．⑤当T =5时，b n+5=b n ，sin(a n +5d)=sina n ，a n +5d =a n +2kπ，k ∈Z ，或者a n +5d =π+2kπ−a n ，k ∈Z ，因为d ∈(0,π]，取，，集合S ={sin π10,1，−sin 3π10}满足题意．⑥当T =6时，b n+6=b n ，sin(a n +6d)=sina n ，所以a n+6d=a n+2kπ，k∈Z，或者a n+6d=π+2kπ−a n，k∈Z，d∈(0,π]，取a1=0，，S={−√32,0,√32}，满足题意．⑦当T=7时，b n+7=b n，sin(a n+7d)=sina n，所以a n+7d=a n+2kπ，k∈Z，或者a n+7d=π+2kπ−a n，k∈Z，d∈(0,π]，故取，k=1，2，3，当k=1时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π，，d=2πm−n =2π7，m−n=7，m>7，不符合条件．当k=2时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π，d=2πm−n =4π7，m−n不是整数，不符合条件．当k=3时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π或者4π，d=2πm−n =6π7，或者d=4πm−n=6π7，此时，m−n均不是整数，不符合题意．综上，T=3，4，5，6．【知识点】数列综合、集合中元素的性质、正弦、余弦函数的图象与性质【解析】本题考查等差数列的相关知识、集合元素的性质以及三角函数的周期性，是一道综合题．(1)根据等差数列及三角函数周期性求解；(2)由集合S的元素个数，结合题意进而可求得答案；(3)分别令T=1，2，3，4，5，6，7进行验证，判断T的可能取值．【2018年】一、【2018·北京高考（理）】“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献，十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A. √23fB. √223fC. √2512fD. √2712f【答案】D 【知识点】等比数列的应用【解析】【分析】本题考查等比数列的应用，考查计算能力，属于基础题．根据题意，进行求解即可．【解答】解：由题意，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为：(√212)7⋅f =√2712f ．故选：D ．【2018·北京高考（理）】设{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{a n }的通项公式为______．【答案】a n =6n −3【知识点】等差数列的通项公式【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，属于基础题．列出方程组，求出d ，由此能求出{a n }的通项公式．【解答】解：设数列{a n }的公差为d ，∵{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，∴{a 1=3a 1+d +a 1+4d =36, 解得a 1=3，d =6，∴a n =a 1+(n −1)d =3+(n −1)×6=6n −3．∴{a n }的通项公式为a n =6n −3．故答案为a n =6n −3．【2018·北京高考（文）】设{a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求e a1+e a2+⋯+e a n．【答案】解：(Ⅰ){a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．可得：2a1+3d=5ln2，可得d=ln2，{a n}的通项公式；a n=a1+(n−1)d=nln2，(Ⅱ)e a n=e ln2n=2n，∴e a1+e a2+⋯+e a n=21+22+23+⋯+2n=2(1−2n)=2n+1−2．1−2【知识点】等差数列的通项公式、等比数列的求和【解析】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列的通项公式以及数列求和，考查计算能力．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)化简数列的通项公式，利用等比数列求和公式求解即可．二、【2018·浙江高考】已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且若a1>1，则()A. a1<a3，a2<a4B. a1>a3，a2<a4C. a1<a3，a2>a4D. a1>a3，a2>a4【答案】B【知识点】等比数列的性质、对数与对数运算、对数函数及其性质、分类讨论思想【解析】【分析】本题考查等比数列的性质的应用，函数的值的判断，对数函数的性质，考查分类讨论思想，难度比较大．利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论分析判断即可．【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1>1，设公比为q，当q>0时，有a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3，所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立；当q=−1时，a1+a2+a3+a4=0，ln(a1+a2+a3)=ln(a1)>0，等式不成立，所以q≠−1；当q<−1时，a1+a2+a3+a4<0，ln(a1+a2+a3)>0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立；所以q ∈(−1,0)，此时有a 1>a 3>0，a 2<a 4<0，并且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，能够成立， 故选B ．【2018·浙江高考】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项 .数列{b n }满足b 1=1，数列{(b n+1−b n )a n }的前n 项和为2n 2+n ．(Ⅰ)求q 的值；(Ⅱ)求数列{b n }的通项公式．【答案】解：(1)等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项，可得2a 4+4=a 3+a 5=28−a 4，解得a 4=8，由8q +8+8q =28，可得q =2或q =12(舍去)，则q 的值为2；(2)由q =2及a 3+a 4+a 5=28可得a 1(q 2+q 3+q 4)=28，解得a 1=1，故a n =1×2n−1=2n−1，设c n =(b n+1−b n )a n =(b n+1−b n )2n−1，可得n =1时，c 1=2+1=3，n ≥2时，可得c n =2n 2+n −2(n −1)2−(n −1)=4n −1，上式对n =1也成立，则(b n+1−b n )a n =4n −1，即有b n+1−b n =(4n −1)⋅(12)n−1，可得b n =b 1+(b 2−b 1)+(b 3−b 2)+⋯+(b n −b n−1)=1+3×(12)0+7×12+⋯+(4n −5)⋅(12)n−2，12b n=12+3×12+7×(12)2+⋯+(4n −5)⋅(12)n−1， 相减可得12b n =72+4[12+(12)2+⋯+(12)n−2]−(4n −5)⋅(12)n−1=72+4⋅12(1−12n−2)1−12−(4n −5)⋅(12)n−1，化简可得b n =15−(4n +3)⋅(12)n−2．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用【解析】本题考查等比数列的通项公式、前n 项和公式及等差数列的性质、错位相减法的运用，考查运算能力，属于中档题．(1)运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q ；(2)设c n =(b n+1−b n )a n =(b n+1−b n )2n−1，运用数列的递推式可得c n =4n −1，再由数列的恒等式求得b n =b 1+(b 2−b 1)+(b 3−b 2)+⋯+(b n −b n−1)，运用错位相减法，可得所求数列的通项公式．三、【2018·天津高考（理）】设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N ∗)，{b n }是等差数列．已知a 1=1，a 3=a 2+2，a 4=b 3+b 5，a 5=b 4+2b 6．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N ∗)，(i)求T n ；(ii)证明∑(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)n k=1=2n+2n+2−2(n ∈N ∗).【答案】(Ⅰ)解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1=1，a 3=a 2+2，可得q 2−q −2=0．∵q >0，可得q =2．故a n =2n−1．设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4=b 3+b 5，得b 1+3d =4，由a 5=b 4+2b 6，得3b 1+13d =16，∴b 1=d =1．故b n =n ；(Ⅱ)(i)解：由(Ⅰ)，可得S n =1−2n 1−2=2n −1，故T n =∑(n k=12k −1)=∑2k n k=1−n =2×(1−2n )1−2−n =2n+1−n −2；(ii)证明：∵(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=(2k+1−k−2+k+2)k (k+1)(k+2) =k⋅2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2−2k+1k+1． ∴∑(T k +b k+2)b k (k +1)(k +2)n k=1=(233−222)+(244−233)+⋯+(2n+2n +2−2n+1n +1) =2n+2n+2−2．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用、裂项相消法。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
全国文科数列
1．数列的概念和简单表示法
（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.
（2）了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
2．等差数列、等比数列
（1） 理解等差数列、等比数列的概念.
（2） 掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式.
（3） 能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题. 并能用等差数列、等比数列有关知识解决相应的问题.
（4） 了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.
2011年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷文科）
（17）（本小题满分12分）
已知等比数列{}n a 中，113
a =，公比13q =． （I ）n S 为{}n a 的前n 项和，证明：12
n n a S -= （II ）设31323log log log n n b a a a =+++，求数列{}n b 的通项公式．
2012年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）数学（文科）
（12）数列{n a }满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为D
（A ）3690 （B ）3660 （C ）1845 （D ）1830_
(14)等比数列{n a }的前n 项和为S n ，若S 3+3S 2=0，则公比q =___-2____
2013年普通高等学校招生全国统一考试文科数学
（6）设首项为1，公比为23
的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ D ） （A ）21n n S a =- （B ）32n n S a =- （C ）43n n S a =- （D ）32n n S a =-
（17）（本小题满分12分）
已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-。
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）求数列2121
1{}n n a a -+的前n 项和。
解：（17）（1）设｛a n ｝的公差为d ，则S n =1(1)2
n n na d -+。
由已知可得111330,1, 1.5105,a d a d a d +=⎧==-⎨+=-⎩解得
{}n =2-.n a a n 故的通项公式为
（2）由（I ）知212111111(),(32)(12)22321
n n a a n n n n -+==----- 从而数列21211n n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和为1111111-+-++)2-1113232112n n n n
-=---（. 2014年普通高等学校招生全国统一考试（课标I 文科卷）
（17）（本小题满分12分）
已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2
560x x -+=的根。
（I ）求{}n a 的通项公式；
（II ）求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
的前n 项和. 解：（I ）方程2560x x -+=的两根为2,3，由题意得242, 3.a a ==
设数列{}n a 的公差为d ，则422,a a d -=故1,2d =
从而13,2a = 所以{}n a 的通项公式为112n a n =
+ ……6分 （II ）设2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为,n s 由（I ）知12,22n n n a n ++=则 2313412...,2222
n n n n n s +++=++++ 341213412 (22222)
n n n n n s ++++=++++ 两式相减得
31213112(...)24222
n n n n s +++=+++- 123112(1).4422
n n n -++=+--
所以142.2n n n s ++=- 2015年普通高等学校招生全国统一考试文科数学
（7）已知是公差为1的等差数列，则=4，=B
（A ） （B ） （C ）10 （D ）12
（13）在数列{a n }中， a 1=2,a n+1=2a n , S n 为{a n }的前n 项和。
若-S n =126，则n=.6
（此文档部分内容来源于网络，如有侵权请告知删除，文档可自行编辑修改内容，供参考，
感谢您的配合和支持）。