2021年高考数学专题复习:数列(含答案解析)
2021年高考数学一轮复习 第七章 数列 第43课 数列的通项公式(2)文(含解析)

2021年高考数学一轮复习第七章数列第43课数列的通项公式(2)文(含解析)四、递推式为“”型的数列,构造等比数列求通项适用于递推式为“”型,可以在它的两边相加数,构造等比数数列,然后利用等比数列的通项公式求解例4.已知数列满足,,求【解析】,∴,即,.∴是以为首项,为公比的等比数列,∴,即.【变式】已知数列满足,求【解析】原等式可化为,∴,∴数列是以2为首项、以3为公比的等比数列,∴,∴.五.递推关系形如的数列,取倒数法方法:取倒数变形成【例5】已知数列满足,,求【解析】∵,∴,即∴数列是等差数列,,它的首项,公差∴,即.【变式】已知数列满足,,求.【解析】∵,∴,∴,即∴数列是等比数列,它的首项,公比为∴,∴.六、递推关系形如,两边同除以方法:①将原递推公式两边同除以,②得,③,得,④再利用“递推关系形如”方法来求.【例6】已知数列满足,,求【解析】在两边除以,得,令,则,∴,∴,∴.∴.【变式】已知数列满足,求.【解析】在原不等式两边同除以,得,不妨引入辅助数列且,则,∴,∴,∴.第43课: 数列的通项公式(2)的课后作业1.数列中,,,则 ( )A .1B .2C .3D .4解析:a 10=(a 10-a 9)+(a 9-a 8)+…+(a 2-a 1)+a 1=lg 109+lg 98+…+lg 21+1=lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫109×98×…×21+1=2.故选B. 答案:B2. 已知数列的前项和为 ,且 ,则 ( )A .-16B .16C .31D .32解析:由已知可得时,,所以 ,所以是等比数列,公比为2,所以 .故选B. 答案:B3. 在数列中, ,,则为( )A .34B .36C .38D .40解析:因为na n +1=(n +1)a n +2,所以a n +1n +1-a n n =2n n +1=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1, 所以a 1010=a 1010-a 99+a 99-a 88+…+a 22-a 11+a 1 =2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫19-110+⎝ ⎛⎭⎪⎫18-19+…+⎝⎛⎭⎪⎫1-12+2=3810,所以a 10=38.故选C. 答案:C4. 已知数列满足,,求【解析】,∴,即,.∴是以为首项,为公比的等比数列,∴,即.5. 已知数列满足,,求.【解析】∵,∴,∴∴数列是等差数列,它的首项,公差为∴,∴.6. 已知数列满足,,求【解析】在两边除以,得,令,则,∴,∴数列是等比数列,其中首项,公比∴,∴.∴.7. 已知数列满足,,(1)求证:数列是等比数列;(2)求数列的通项公式【解析】,令则,∴,解得.∴,∴,∴.-29002 714A 煊35699 8B73 譳38825 97A9 鞩I34360 8638 蘸26769 6891 梑O29448 7308 猈39718 9B26 鬦38740 9754 靔34191 858F 薏33744 83D0 菐q29810 7472 瑲。
2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第5节数学归纳法选用含解析

第5节数学归纳法(选用)考试要求 1.了解数学归纳法的原理;2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理1。
数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题,可按下列步骤进行:(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立;(2)(归纳递推)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n =k+1时命题也成立。
只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立。
2。
数学归纳法的框图表示[常用结论与易错提醒]1。
数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2.推证n=k+1时一定要用上n=k时的假设,否则不是数学归纳法.诊断自测1。
判断下列说法的正误。
(1)用数学归纳法证明等式“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,验证n=1时,左边式子应为1+2+22+23.()(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.()(3)用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.()(4)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由n=k到n=k+1时,项数都增加了一项。
()解析对于(2),有些命题也可以直接证明;对于(3),数学归纳法必须用归纳假设;对于(4),由n=k到n=k+1,有可能增加不止一项.答案(1)√(2)×(3)×(4)×2。
(选修2-2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为错误!n(n-3)条时,第一步检验n等于()A.1B.2C。
3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形,故第一步应检验n=3。
答案C3。
已知f(n)=错误!+错误!+错误!+…+错误!,则()A.f(n)中共有n项,当n=2时,f(2)=错误!+错误!B.f(n)中共有n+1项,当n=2时,f(2)=错误!+错误!+错误!C.f(n)中共有n2-n项,当n=2时,f(2)=错误!+错误!D。
f(n)中共有n2-n+1项,当n=2时,f(2)=错误!+错误!+错误!解析f(n)共有n2-n+1项,当n=2时,错误!=错误!,错误!=错误!,故f(2)=错误!+错误!+错误!.答案D4.用数学归纳法证明1+错误!+错误!+…+错误!<n(n∈N,且n〉1),第一步要证的不等式是________。
高考数学复习考点知识归纳专题解析18等比数列(解析版)

高考数学复习考点知识归纳专题解析 专题18等比数列及其前n 项和考点知识归纳常考点01 等比数列中的基本运算 (1)【典例1】 ................................................................................................................................................ 1 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 2 【变式演练1】 ........................................................................................................................................ 3 常考点02等比数列基本性质的应用 . (3)【典例2】 ................................................................................................................................................ 3 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 4 【变式演练2】 ........................................................................................................................................ 4 常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和 (5)【典例3】 ................................................................................................................................................ 5 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 6 【变式演练3】 ........................................................................................................................................ 6 常考点04 等差等比混合应用 (7)【典例4】 ................................................................................................................................................ 7 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 8 【变式演练4】 ........................................................................................................................................ 9 【冲关突破训练】 .. (10)常考点01 等比数列中的基本运算【典例1】1.(2021年全国高考甲卷数学(文)试题)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =,46S =,则6S =() A .7B .8C .9D .102.(2021年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ))已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15,且53134a a a =+,则3a =A .16B .8C .4D .2【答案】1.A 2.C【解析】1.∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和, ∴2S ,42S S -,64S S -成等比数列 ∴24S =,42642S S -=-= ∴641S S -=,∴641167S S =+=+=. 故选:A.2.设正数的等比数列{a n }的公比为q ,则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩, 解得11,2a q =⎧⎨=⎩,2314a a q ∴==,故选C .【考点总结与提高】(1)等比数列的基本运算方法:①等比数列由首项1a 与公比q 确定,所有关于等比数列的计算和证明,都可围绕1a 与q 进行. ②对于等比数列问题,一般给出两个条件,就可以通过解方程(组)求出1a 与q ,对于1,,,,n n a a q n S 五个基本量,如果再给出第三个条件就可以“知三求二”. (2)基本量计算过程中涉及的数学思想方法:①方程思想.等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量,“知三求二”是一类最基本的运算,通过列方程(组)求出关键量1a 和q ,问题可迎刃而解.②分类讨论思想.等比数列的前n 项和公式为111,1(1),111n nn na q S a a qa q q q q≠,所以当公比未知或是代数式时,要对公比分1q 和1q ≠进行讨论.此处是常考易错点,一定要引起重视.③整体思想.应用等比数列前n 项和公式时,常把nq ,11a q-当成整体求解. 【变式演练1】1.已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =()A .2B .1C .12D .182.已知等比数列{}n a 满足13a =,13521a a a ++=,则357a a a ++= A .21B .42C .63D .84【答案】1.C 2.B【解析】1.由题意可得()235444412a a a a a ==-⇒=,所以34182a q q a ==⇒= ,故2112a a q == ,选C.2.24242135121(1)21172a a a a q q q q q ++=++=∴++=∴=得2357135+()22142a a a q a a a +=++=⨯=,选B.常考点02等比数列基本性质的应用【典例2】1.(2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅰ))设{}n a 是等比数列,且1231a a a ++=,234+2a a a +=,则678a a a ++=() A .12B .24C .30D .322.已知{}n a 为等比数列,472a a +=,568a a =-,则110a a +=() A .7B .5C .5-D .7-【答案】1.D 2.D【解析】1.设等比数列{}n a 的公比为q ,则()2123111a a a a q q++=++=,()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==,因此,()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q++=++=++==.故选:D.2.56474747822,4a a a a a a a a ==-+=∴=-=或474,2a a ==-.由等比数列性质可知2274101478,1a a a a a a ==-==或2274101471,8a a a a a a ====- 1107a a ∴+=-故选D.【考点总结与提高】等比数列的性质是高考考查的热点之一,利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量,题型以选择题或填空题为主,难度不大,属中低档题,主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n 项和公式的变形应用等.注意:(1)在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若m +n =p +q ,则a m ·a n =a p ·a q ”,可以减少运算量,提高解题速度. (2)在应用相应性质解题时,要注意性质成立的前提条件,有时需要进行适当变形.此外,解题时注意设而不求思想的运用.【变式演练2】1.已知数列{a n }是等比数列,且a n >0,a 2a 4+2a 3a 5+a 4a 6=25,那么a 3+a 5=() A .5B .10C .15D .202.设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为___________. 【答案】1.A 2.64【解析】1.数列{a n }是等比数列,所以22243465,a a a a a a ==,所以()2222435463355352225a a a a a a a a a a a a ++=++=+=, 又因为0n a >,所以350a a +>,所以355a a +=,故选:A.2.设等比数列的公比为q ,由132410{5a a a a +=+=得,2121(1)10{(1)5a q a q q +=+=,解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=,于是当3n =或4时,12n a a a 取得最大值6264=.常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和【典例3】1.(2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅱ))记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 5–a 3=12,a 6–a 4=24,则n nS a =()A .2n –1B .2–21–nC .2–2n –1D .21–n –1【答案】B【解析】设等比数列的公比为q ,由536412,24a a a a -=-=可得:421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩, 所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---,因此1121222n n n n n S a ---==-. 故选:B.2.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 A .21n n S a =- B .32n n S a =-C .43n n S a =-D .32n n S a =-【答案】D 【解析】S n =()111na q q--=11n a q a q -⋅-=21313na -=3-2a n .【考点总结与提高】1.求等比数列的通项公式,一般先求出首项与公比,再利用11n n a a q -=求解.但在某些情况下,利用等比数列通项公式的变形n mn m a a q -=可以简化解题过程.求解时通常会涉及等比数列的设项问题,常用的设项方法为:(1)通项法.设数列的通项公式11n n a a q -=来求解;(2)对称设元法:若所给等比数列的项数为2()n n N 且各项符号相同,则这个数列可设为21na q ,…,3a q ,,aaq q,3aq ,…,21n aq ; 若所给等比数列的项数为21()n nN ,则这个数列可设为1n a q,…,,,aa aq q ,…,1n aq . 2.当1q ≠时,若已知1,,a q n ,则用1(1)1n n a q S q求解较方便;若已知1,,n a q a ,则用11n na a qS q求解较方便.3.(1)形如1(1,0)n n a pa q p pq +=+≠≠的递推关系式,①利用待定系数法可化为1n a +-()11n q q p a p p =---,当101q a p -≠-时,数列{}1n qa p --是等比数列;②由1n n a pa q +=+,1(2)n n a pa q n -=+≥,两式相减,得11()n n n n a a p a a +--=-,当210a a -≠时,数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列.(2)形如+1(,0)nn n a ca d c d cd =+≠≠的递推关系式,除利用待定系数法直接化归为等比数列外,也可以两边同时除以1n d +,进而化归为等比数列.【变式演练3】1.数列{A n }中,A 1=2,A m +n =A m A n .若A k +1+A k +2+…+A k +10=215-25,则k =()A .2B .3C .4D .52.已知{}n a 是等比数列,22a =,514a =,则12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=() A .()1614n--B .()1612n--C .()32123n -- D .()32143n -- 【答案】1.C 2.D【解析】1.令m =1,则由A m +n =A m A n ,得A n +1=A 1A n ,即1n n A A +=A 1=2,所以数列{A n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以A n =2n,所以A k +1+A k +2+…+A k +10=A k (A 1+A 2+…+A 10)=2k×102(12)12⨯--=12k +×(210-1)=215-25=25×(210-1),解得k =4.故选:C 2.由题得35211,82a q q a ==∴=.所以2232112()()22n n n n a a q ---==⨯=, 所以32251111()()()222n n n n n a a ---+=⋅=.所以1114n n n n a a a a +-=,所以数列1{}n n a a +是一个等比数列. 所以12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=18[1()]4114n --=()32143n --. 故选:D常考点04 等差等比混合应用【典例4】1.等差数列{}n a 的首项为1,公差不为0.若2a 、3a 、6a 成等比数列,则{}n a 的前6项的和为() A .24-B .3-C .3D .82.已知正项等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b },111a b ==,3b 是2a ,6a 的等差中项,8a 是3b ,5b 的等比中项,则下列关系成立的是() A .100100a b >B .102411a b =C .105a b >D .999a b >【答案】1.A 2.B【解析】1.设等差数列{}n a 的公差为d ,由2a 、3a 、6a 成等比数列可得2326a a a =,即2(12)(1)(15)d d d +=++,整理可得220d d +=,又公差不为0,则2d =-, 故{}n a 前6项的和为616(61)6(61)661(2)2422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-. 故选:A2.设等差数列公差为d ,等比数列公比为q ,由题意可得:2326226835212262(1+7)b a a d q d a b b q d q =+=⎧⎧=+⎧⇒⇒⎨⎨⎨===⎩⎩⎩ 1,2-∴==n n n a n bA. 100100,2,==>99100100a 100b b a ,故A 不正确;B. ,2==10102411a 1024b =1024,故B 正确;C. ,2==4105a 10b =16,故C 不正确;D. ,2==8999a 99b =256,故D 不正确.故选:B【考点总结与提高】等差、等比数列混合题型属于常规题型,解题思路基本相同∶按照其中一种数列的通项公式展开已知中的各项,再根据另一种数列的性质列出等式即可;至于使用哪一种数列的通项公式展开已知中的各项,要根据实际题意以及计算方便与否来决定。
2021年高考数学解答题专项复习-《数列》(含答案)

2021年高考数学解答题专项复习-《数列》1.设{a}是等差数列,a1=–10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.n(1)求{a n}的通项公式;(2)记{a n}的前n项和为S n,求S n的最小值.2.设{a}是等差数列,且a1=ln2,a2+a3=5ln2.n(1)求{a n}的通项公式;(2)求错误!未找到引用源。
.3.设数列{a}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.n(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.4.已知{a}是公差为1的等差数列,且a1,a2,a4成等比数列.n(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.5.已知数列{a}前n项和为S n,且S n=2n2+n,n∈N+,数列{b n}满足a n=4log2b n+3,n∈N+.n(1)求a n和b n的通项公式;(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.6.已知数列{a}和{b n}满足a1=1,b1=0,,.n(1)证明:{a n+b n}是等比数列,{a n–b n}是等差数列;(2)求{a n}和{b n}的通项公式.7.S为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,=.n(1)求{a n}的通项公式;(2)设 ,求数列{b n}的前n项和.8.已知等差数列{a}满足a3=6,前7项和为S7=49.n(1)求{a n}的通项公式(2)设数列{b n}满足b n=(a n-3)·3n,求{b n}的前n项和T n.9.设数列{a}满足a1+3a2+...+(2n-1)a n=2n.n(1)求{a n}通项公式;(2)求数列的前n项和.10.已知等比数列{a}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n}满足b1=1,n数列{(b n+1-b n)a n}的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列{b n}的通项公式.11.已知数列{a}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.n(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设S n为数列{a n}的前n项和,,求数列{b n}的前n项和T n.12.已知数列{a}为递增的等差数列,其中a3=5,且a1,a2,a5成等比数列.n(1)求{a n}的通项公式;(2)设记数列{b n}的前n项和为T n,求使得成立的m的最小正整数.13.等比数列{a}的各项均为正数,且.n(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设,求数列的前n项和T n.14.已知数列{a}是首项为正数的等差数列,数列的前n项和为.n(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设错误!未找到引用源。
2021届高考数学热点题型训练:第5章 第1节 数列的概念与简单表示 Word版含解析

第一节 数列的概念与简洁表示考点一由数列的前几项归纳数列的通项公式[例1] 依据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式. (1)-1,7,-13,19,…; (2)0.8,0.88,0.888,…;(3)12,14,-58,1316,-2932,6164,….[自主解答] (1)数列中各项的符号可通过(-1)n表示,从第2项起,每一项的确定值总比它的前一项的确定值大6,故通项公式为a n =(-1)n(6n -5).(2)数列变为89⎝ ⎛⎭⎪⎫1-110,89⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1102,89⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1103,…, 故a n =89⎝⎛⎭⎪⎫1-110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24,…,易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3.因此把第1项变为-2-32,原数列化为-21-321,22-322,-23-323,24-324,…,故a n =(-1)n 2n-32n .【方法规律】求数列的通项公式应关注的四个特征 (1)分式中分子、分母的特征; (2)相邻项的变化特征; (3)拆项后的特征;(4)各项符号特征等,并对此进行归纳、化归、联想.依据数列的前几项,写出各数列的一个通项公式. (1)3,5,7,9,…; (2)12,34,78,1516,3132,…; (3)-1,32,-13,34,-15,36,….解:(1)各项减去1后为正偶数,∴a n =2n +1.(2)每一项的分子比分母小1,而分母组成数列21,22,23,24,…,∴a n =2n-12n .(3)数列的奇数项为负,偶数项为正,故通项公式中含有因式(-1)n,各项确定值的分母组成数列{n },分子组成的数列中,奇数项为1,偶数项为3,即奇数项为2-1,偶数项为2+1.∴a n =(-1)n 2+-1nn.考点二由递推关系式求通项公式[例2] 依据下列条件,确定数列{a n }的通项公式.(1)a 1=1,a n =n -1na n -1(n ≥2);(2)a 1=2,a n +1=a n +3n +2; (3)a 1=1,a n +1=3a n +2;(4)a 1=56,a n +1=5a n4a n +1.[自主解答] (1)∵a n =n -1na n -1(n ≥2),∴a n -1=n -2n -1a n -2,…,a 2=12a 1.以上(n -1)个式子相乘,得a n =a 1×12×23×…×n -1n =a 1n =1n.(2)∵a n +1-a n =3n +2, ∴a n -a n -1=3n -1(n ≥2),∴a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1 =n 3n +12(n ≥2).当n =1时,a 1=12×(3×1+1)=2符合公式,∴a n =32n 2+n 2.(3)∵a n +1=3a n +2,∴a n +1+1=3(a n +1),即a n +1+1a n +1=3.∴数列{a n +1}为等比数列,公比q =3.又a 1+1=2,∴a n +1=2×3n -1.∴a n =2×3n -1-1.(4)∵a n +1=5a n4a n +1,∴1a n +1=45+15a n , ∴1a n +1-1=15⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1. 又1a 1-1=15, ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1是以15为首项,15为公比的等比数列,∴1a n -1=15·15n -1=15n , ∴a n =5n 1+5n .【方法规律】由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n -a n -1=f (n ),可用“累加法”求a n ;。
2021届高考数学一轮复习第六章数列第1节数列的概念与简单表示法教学案含解析新人教A版

第1节数列的概念与简单表示法考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式);2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.知识梳理1.数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列,数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式:如果数列{a n}的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个式子a n=f(n)来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式:如果已知数列{a n }的第1项(或前几项),且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n -1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式就叫做这个数列的递推公式. [常用结论与微点提醒]1.数列的最大(小)项,可以用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n -1,a n ≥a n +1(n ≥2,n ∈N *)⎝ ⎛⎭⎪⎫⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n -1,a n ≤a n +1(n ≥2,n ∈N *)求,也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合求解.2.数列是按一定“次序”排列的一列数,一个数列不仅与构成它的“数”有关,而且还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项与项数的概念,数列的项是指数列中某一确定的数,而项数是指数列的项对应的位置序号.诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( ) (2)1,1,1,1,…,不能构成一个数列.( ) (3)任何一个数列不是递增数列,就是递减数列.( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ,则对任意n ∈N *,都有a n +1=S n +1-S n .( ) 解析 (1)数列:1,2,3和数列:3,2,1是不同的数列. (2)数列中的数是可以重复的,可以构成数列.(3)数列可以是常数列或摆动数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.(老教材必修5P33T4改编)在数列{a n }中,a 1=1,a n =1+(-1)na n -1(n ≥2),则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23解析 a 2=1+(-1)2a 1=2,a 3=1+(-1)3a 2=12,a 4=1+(-1)4a 3=3,a 5=1+(-1)5a 4=23.答案 D3.(老教材必修5P33T5改编)根据下面的图形及相应的点数,写出点数构成的数列的一个通项公式a n =________.…解析 由a 1=1=5×1-4,a 2=6=5×2-4,a 3=11=5×3-4,…,归纳a n =5n -4. 答案 5n -44.(2020·北京朝阳区月考)数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式a n 等于( ) A.(-1)n+12B.cos n π2 C.cosn +12πD.cosn +22π解析 令n =1,2,3,…,逐一验证四个选项,易得D 正确. 答案 D5.(2019·郑州一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =a 1(4n -1)3,若a 4=32,则a 1=________.解析 由题意,得a 4=S 4-S 3=32. 即255a 13-63a 13=32,解得a 1=12. 答案 126.(2020·成都诊断)数列{a n }中,a n =-n 2+11n (n ∈N *),则此数列最大项的值是________.解析 a n =-n 2+11n =-⎝⎛⎭⎪⎫n -1122+1214,∵n ∈N *,∴当n =5或n =6时,a n 取最大值30. 答案 30考点一 由a n 与S n 的关系求通项【例1】 (1)(2019·广州质检)已知数列{a n }的前n 项和S n =2n 2-3n ,则a n =________. (2)(2020·西安模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,S n =13a n +1-1,则数列{a n }的通项公式为________.解析 (1)a 1=S 1=2-3=-1,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=(2n 2-3n )-[2(n -1)2-3(n -1)]=4n -5, 由于a 1也适合此等式,∴a n =4n -5.(2)由a 1=1,S n =13a n +1-1可得a 1=13a 2-1=1,解得a 2=6,当n ≥2时,S n -1=13a n -1,又S n=13a n +1-1,两式相减可得a n =S n -S n -1=13a n +1-13a n ,即a n +1=4a n (n ≥2),则a n =6·4n -2,又a 1=1不符合上式,所以a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,6·4n -2,n ≥2. 答案 (1)4n -5 (2)a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,6·4n -2,n ≥2 规律方法 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2.①当n =1时,a 1若适合S n -S n -1,则n =1的情况可并入n ≥2时的通项a n ;②当n =1时,a 1若不适合S n -S n -1,则用分段函数的形式表示.【训练1】 (1)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n ,则a n =________.(2)(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6=________. 解析 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n , 故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n -3)a n -1=2(n -1). 两式相减得(2n -1)a n =2, 所以a n =22n -1(n ≥2).又由题设可得a 1=2,满足上式, 从而{a n }的通项公式为a n =22n -1(n ∈N *). (2)由S n =2a n +1,得a 1=2a 1+1,所以a 1=-1. 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2a n +1-(2a n -1+1), 得a n =2a n -1.∴数列{a n }是首项为-1,公比为2的等比数列.∴S 6=a 1(1-q 6)1-q =-(1-26)1-2=-63.答案 (1)22n -1(n ∈N *) (2)-63考点二 由数列的递推关系求通项 多维探究角度1 累加法——形如a n +1-a n =f (n ),求a n【例2-1】 在数列{a n }中,a 1=2,a n +1=a n +ln ⎝⎛⎭⎪⎫1+1n ,则a n 等于( )A.2+ln nB.2+(n -1)ln nC.2+n ln nD.1+n +ln n解析 因为a n +1-a n =lnn +1n=ln(n +1)-ln n , 所以a 2-a 1=ln 2-ln 1,a 3-a 2=ln 3-ln 2,a 4-a 3=ln 4-ln 3,……a n -a n -1=ln n -ln(n -1)(n ≥2).把以上各式分别相加得a n -a 1=ln n -ln 1, 则a n =2+ln n (n ≥2),且a 1=2也适合, 因此a n =2+ln n (n ∈N *). 答案 A角度2 累乘法——形如a n +1a n=f (n ),求a n 【例2-2】 若a 1=1,na n -1=(n +1)a n (n ≥2),则数列{a n }的通项公式a n =________. 解析 由na n -1=(n +1)a n (n ≥2),得a n a n -1=n n +1(n ≥2). 所以a n =a n a n -1·a n -1a n -2·a n -2a n -3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 =nn +1·n -1n ·n -2n -1·…·34·23·1=2n +1(n ≥2), 又a 1也满足上式,所以a n =2n +1. 答案2n +1角度3 构造法——形如a n +1=Aa n +B (A ≠0且A ≠1,B ≠0),求a n【例2-3】 (2020·青岛模拟)已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=3a n +2(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为________.解析 由a n +1=3a n +2,得a n +1+1=3(a n +1), ∴数列{a n +1}是首项为2,公比为3的等比数列, ∴a n +1=2·3n -1,∴a n =2·3n -1-1.答案 a n =2·3n -1-1角度4 取倒数法——形如a n +1=Aa nBa n +C(A ,B ,C 为常数),求a n 【例2-4】 已知数列{a n }中,a 1=1,a n +1=2a n a n +2(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为________. 解析 因为a n +1=2a n a n +2,a 1=1,所以a n ≠0,所以1a n +1=1a n +12,即1a n +1-1a n =12.又a 1=1,则1a 1=1,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项,12为公差的等差数列.所以1a n =1a 1+(n -1)×12=n 2+12.所以a n =2n +1.答案 a n =2n +1规律方法 由数列的递推关系求通项公式的常用方法 (1)已知a 1,且a n -a n -1=f (n ),可用“累加法”求a n . (2)已知a 1(a 1≠0),且a na n -1=f (n ),可用“累乘法”求a n . (3)已知a 1,且a n +1=qa n +b ,则a n +1+k =q (a n +k )(其中k 可用待定系数法确定),可转化为{a n +k }为等比数列. (4)形如a n +1=Aa n Ba n +C (A ,B ,C 为常数)的数列,将其变形为1a n +1=C A ·1a n +BA ,①若A =C ,则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列,且公差为BA,②若A ≠C ,则采用待定系数法构造新数列求解. 【训练2】 (1)(角度1)在数列{a n }中,若a 1=3,a n +1=a n +1n (n +1),则通项公式a n =________.(2)(角度2)已知a 1=2,a n +1=2na n ,则数列{a n }的通项公式a n =________.(3)(角度3)已知数列{a n }中,a 1=3,且点P n (a n ,a n +1)(n ∈N *)在直线4x -y +1=0上,则数列{a n }的通项公式a n =________.(4)(角度4)已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=a n a n +2(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式a n =________.解析 (1)原递推公式可化为a n +1=a n +1n -1n +1,则a 2=a 1+1-12,a 3=a 2+12-13,a 4=a 3+13-14,…,a n -1=a n -2+1n -2-1n -1,a n =a n -1+1n -1-1n ,累计相加得,a n =a 1+1-1n, 又n =1时也适合,故a n =4-1n.(2)∵a n +1=2na n ,∴a n +1a n =2n ,当n ≥2时,a n =a n a n -1·a n -1a n -2·…·a 2a 1·a 1=2n -1·2n -2·…·2·2=2n 2-n +22.又a 1=2也符合上式,∴a n =2n 2-n +22.(3)因为点P n (a n ,a n +1)(n ∈N *)在直线4x -y +1=0上,所以4a n -a n +1+1=0. 所以a n +1+13=4⎝ ⎛⎭⎪⎫a n +13.因为a 1=3,所以a 1+13=103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +13是首项为103,公比为4的等比数列.所以a n +13=103×4n -1,故数列{a n }的通项公式为a n =103×4n -1-13.(4)由a n +1=a na n +2,得1a n +1=1+2a n ,所以1a n +1+1=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n +1,故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n +1是首项为1a 1+1=2,公比为2的等比数列,则1a n +1=2n,则a n =12n -1.答案 (1)4-1n (2)2n 2-n +22 (3)103×4n -1-13(4)12n -1考点三 数列的性质【例3】 (1)(2019·宜春期末)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x +12,x ≤12,2x -1,12<x <1,x -1,x ≥1,若数列{a n}满足a 1=73,an+1=f (a n )(n ∈N *),则a 2 019=( )A.73B.43C.56D.13(2)(2020·衡水中学一调)已知数列{a n }的前n项和S n =⎩⎪⎨⎪⎧2n-1,n ≤4,-n 2+(m -1)n ,n ≥5.若a 5是{a n }中的最大值,则实数m 的取值范围是________.解析 (1)由题意,知a 2=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫73=43,a 3=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43=13,a 4=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=56,a 5=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56=23,a 6=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23=13,a 7=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=56,……,故数列{a n }从第三项起构成周期数列,且周期为3,故a 2 019=a 3=13.故选D.(2)因为S n =⎩⎪⎨⎪⎧2n-1,n ≤4,-n 2+(m -1)n ,n ≥5,所以当2≤n ≤4时,a n =S n -S n -1=2n -1;当n =1时,a 1=S 1=1也满足上式; 当n ≥6时,a n =S n -S n -1=-2n +m , 当n =5时,a 5=S 5-S 4=5m -45, 综上,a n =⎩⎪⎨⎪⎧2n -1,n ≤4,5m -45,n =5,-2n +m ,n ≥6,因为a 5是{a n }中的最大值,所以有5m -45≥8且5m -45≥-12+m ,解得m ≥535.答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫535,+∞ 规律方法 1.在数学命题中,以数列为载体,常考查周期性、单调性.2.(1)研究数列的周期性,常由条件求出数列的前几项,确定周期性,进而利用周期性求值.(2)数列的单调性只需判定a n 与a n +1的大小,常用比差或比商法进行判断. 【训练3】 (1)已知数列{a n }满足a n +1=11-a n ,若a 1=12,则a 2 021=( )A.-1B.12C.1D.2(2)已知等差数列{a n }的公差d <0,且a 21=a 211,则数列{a n }的前n 项和S n 项取得最大值时,项数n 的值为( )A.5B.6C.5或6D.6或7解析 (1)由a 1=12,a n +1=11-a n 得a 2=2,a 3=-1,a 4=12,a 5=2,…,可知数列{a n }是以3为周期的数列,因此a 2 021=a 3×673+2=a 2=2. (2)由a 21=a 211,可得(a 1+a 11)(a 1-a 11)=0, 因为d <0,所以a 1-a 11≠0,所以a 1+a 11=0, 又2a 6=a 1+a 11,所以a 6=0. 因为d <0,所以{a n }是递减数列,所以a 1>a 2>…>a 5>a 6=0>a 7>a 8>…,显然前5项和或前6项和最大,故选C. 答案 (1)D (2)CA 级 基础巩固一、选择题1.已知数列的前4项为2,0,2,0,则依此归纳该数列的通项不可能是( ) A.a n =(-1)n -1+1B.a n =⎩⎪⎨⎪⎧2,n 为奇数,0,n 为偶数C.a n =2sinn π2D.a n =cos(n -1)π+1解析 对n =1,2,3,4进行验证,a n =2sin n π2不合题意.答案 C2.已知数列{a n }满足:任意m ,n ∈N *,都有a n ·a m =a n +m ,且a 1=12,那么a 5=( )A.132B.116C.14D.12解析 由题意,得a 2=a 1a 1=14,a 3=a 1·a 2=18,则a 5=a 3·a 2=132.答案 A3.(2020·江西重点中学盟校联考)在数列{a n }中,a 1=-14,a n =1-1a n -1(n ≥2,n ∈N *),则a 2 019的值为( ) A.-14B.5C.45D.54解析 在数列{a n }中,a 1=-14,a n =1-1a n -1(n ≥2,n ∈N *),所以a 2=1-1-14=5,a 3=1-15=45,a 4=1-145=-14,所以{a n }是以3为周期的周期数列,所以a 2 019=a 673×3=a 3=45.答案 C4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=2,a n +1=S n +1(n ∈N *),则S 5=( ) A.31B.42C.37D.47解析 由题意,得S n +1-S n =S n +1(n ∈N *),∴S n +1+1=2(S n +1)(n ∈N *),故数列{S n +1}为等比数列,其首项为3,公比为2,则S 5+1=3×24,所以S 5=47. 答案 D5.(2020·兰州重点高中联考)已知数列{a n }的首项a 1=35,且满足a n -a n -1=2n -1(n ∈N *,n ≥2),则a nn的最小值为( )A.234B.595C.353D.12解析 数列{a n }的首项a 1=35,且满足a n -a n -1=2n -1(n ∈N *,n ≥2),可得a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=34+(1+3+5+…+2n -1)=34+12n (1+2n -1)=34+n 2(n ≥2),当n =1时,a 1=35符合上式,故a n =34+n 2(n ∈N *),则a n n =n +34n≥234,等号成立时n =34n ,解得n =34,n 不为正整数,由于n 为正整数,所以n =5时,5+345=595;n =6时,6+346=353<595.则a n n 的最小值为353,故选C.答案 C 二、填空题6.已知S n =3n+2n +1,则a n =________________. 解析 因为当n =1时,a 1=S 1=6; 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=(3n +2n +1)-[3n -1+2(n -1)+1]=2·3n -1+2,由于a 1不适合此式,所以a n =⎩⎪⎨⎪⎧6,n =1,2·3n -1+2,n ≥2. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧6,n =1,2·3n -1+2,n ≥2 7.(2019·汕头一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a 2=2,且a n +2=3S n -S n +1+3(n ∈N *),则S 10=________________. 解析 因为a n +2=3S n -S n +1+3, 所以S n +2-S n +1=3S n -S n +1+3,整理得S n +2=3S n +3,即S n +2+32=3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n +32,又S 2=a 1+a 2=3,所以S 10+32=S 10+32S 8+32·S 8+32S 6+32·S 6+32S 4+32·S 4+32S 2+32·⎝⎛⎭⎪⎫S 2+32,即S 10=S 10+32S 8+32·S 8+32S 6+32·S 6+32S 4+32·S 4+32S 2+32·⎝⎛⎭⎪⎫S 2+32-32=363.答案 3638.(2020·河北省级示范性高中联考)数列{a n }满足a 1=3,且对于任意的n ∈N *都有a n +1-a n =n +2,则a 39=________. 解析 因为a n +1-a n =n +2,所以a 2-a 1=3,a 3-a 2=4,a 4-a 3=5,……,a n -a n -1=n +1(n ≥2),上面(n -1)个式子左右两边分别相加 得a n -a 1=(n +4)(n -1)2(n ≥2),即a n =(n +1)(n +2)2(n ≥2),当n =1时,a 1=3适合上式,所以a n =(n +1)(n +2)2,n ∈N *,所以a 39=820.答案 820 三、解答题9.已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1,a 2n -(2a n +1-1)·a n -2a n +1=0. (1)求a 2,a 3; (2)求{a n }的通项公式.解 (1)由题意得a 2=12,a 3=14.(2)由a 2n -(2a n +1-1)a n -2a n +1=0得2a n +1(a n +1)=a n (a n +1). 因为{a n }的各项都为正数,所以a n +1a n =12. 故{a n }是首项为1,公比为12的等比数列,因此a n =12n -1.10.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=a (a ≠3),a n +1=S n +3n ,n ∈N *,设b n =S n -3n. (1)求数列{b n }的通项公式;(2)若a n +1≥a n ,n ∈N *,求a 的取值范围. 解 (1)依题意,S n +1-S n =a n +1=S n +3n, 即S n +1=2S n +3n,由此得S n +1-3n +1=2(S n -3n),即b n +1=2b n ,又b 1=S 1-3=a -3, 所以数列{b n }的通项公式为b n =(a -3)2n -1,n ∈N *.(2)由(1)知S n =3n+(a -3)2n -1,n ∈N *,于是,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=3n +(a -3)2n -1-3n -1-(a -3)2n -2=2×3n -1+(a -3)2n -2,a n +1-a n =4×3n -1+(a -3)2n -2=2n -2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -2+a -3, 当n ≥2时,a n +1≥a n ⇒12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -2+a -3≥0⇒a ≥-9.又a 2=a 1+3>a 1.综上,a 的取值范围是[-9,3)∪(3,+∞).B 级 能力提升11.(2019·晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年,英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将1至2 020这2 020个数中,能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{a n },则此数列共有( ) A.98项B.97项C.96项D.95项解析 能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数,故a n =21n -20,由1≤a n ≤2020得1≤n ≤97321,又n ∈N *,故此数列共有97项.答案 B12.(2020·邵东月考)已知数列{a n }的通项为a n =2n +3(n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为S n =3n 2+7n 2(n ∈N *),若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{c n },则满足c n <2 020的n 的最大整数值为( ) A.338B.337C.336D.335解析 对于{b n },当n =1时,b 1=S 1=5,当n ≥2时,b n =S n -S n -1=3n 2+7n2-3(n -1)2+7(n -1)2=3n +2,它和数列{a n }的公共项构成的新数列{c n }是首项为5,公差为6的等差数列,则c n =6n -1,令c n <2 020,可得n <33656,因为n ∈N *,所以n 的最大值为336. 答案 C13.(2020·合肥联考)已知数列{a n },a 1=2,S n 为数列{a n }的前n 项和,且对任意n ≥2,都有2a na n S n -S 2n =1,则{a n }的通项公式为________________.解析 n ≥2时,由2a n a n S n -S 2n =1⇒2(S n -S n -1)(S n -S n -1)S n -S 2n =2(S n -S n -1)-S n -1S n =1⇒1S n -1S n -1=12.又1S 1=1a 1=12, ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以12为首项,12为公差的等差数列.∴1S n =n 2,∴S n =2n ,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n -2n -1=-2n (n -1),当n =1时,a 1=2,所以a n =⎩⎪⎨⎪⎧2,n =1,-2n (n -1),n ≥2. 答案 a n =⎩⎪⎨⎪⎧2,n =1,-2n (n -1),n ≥2 14.已知数列{a n }中,a n =1+1a +2(n -1)(n ∈N *,a ∈R 且a ≠0).(1)若a =-7,求数列{a n }中的最大项和最小项的值; (2)若对任意的n ∈N *,都有a n ≤a 6成立,求a 的取值范围. 解 (1)∵a n =1+1a +2(n -1)(n ∈N *,a ∈R ,且a ≠0),又a =-7,∴a n =1+12n -9(n ∈N *).结合函数f (x )=1+12x -9的单调性,可知1>a 1>a 2>a 3>a 4,a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N *). ∴数列{a n }中的最大项为a 5=2,最小项为a 4=0. (2)a n =1+1a +2(n -1)=1+12n -2-a2,已知对任意的n ∈N *,都有a n ≤a 6成立, 结合函数f (x )=1+12x -2-a 2的单调性,可知5<2-a2<6,即-10<a <-8.即a 的取值范围是(-10,-8).C 级 创新猜想15.(新背景题)(2019·福州二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫做“物不知数”问题,原文如下:有物不知数,三三数之剩二,五五数之剩三,问物几何?即一个整数除以三余二,除以五余三,求这个整数.设这个整数为a ,当a ∈[2,2 019]时,符合条件的a 共有________个. 解析 法一 由题设a =3m +2=5n +3,m ,n ∈N , 则3m =5n +1,m ,n ∈N ,当m =5k 时,n 不存在;当m =5k +1时,n 不存在; 当m =5k +2时,n =3k +1,满足题意; 当m =5k +3时,n 不存在;当m =5k +4时,n 不存在.其中k ∈N .故2≤a =15k +8≤2 019,解得-615≤k ≤2 01115,则k =0,1,2,…,134,共135个. 即符合条件的a 共有135个,故答案为135.法二 一个整数除以三余二,这个整数可以为2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,35,38,…,一个整数除以五余三,这个整数可以为3,8,13,18,23,28,33,38,…,则同时除以三余二、除以五余三的整数为8,23,38,…,构成首项为8,公差为15的等差数列,通项公式为a n=8+15(n-1)=15n-7,由15n-7≤2 019得15n≤2 026,n≤135 115,因为n∈N*,所以n=1,2,3,…,135,共有135个. 答案135。
2021届新高考数学总复习:等比数列的通项及其性质(附答案解析)

10.在等比数列{an}中,若a5=2a4,a2=2,则a6=( )
A.64B.16C.8D.32
11.若等比数列{an}满足:a1=1,a1+a2+a3=7,则a4=( )
A.8B.﹣27C.8或﹣27D.﹣8或﹣27
12.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a2=2,a3a4a5=29,则a3=( )
【解答】解:设等比数列{an}的公比为q,则a1a3a5= •a2q•a2q3=(a2q)3=8,则a2q=a3=2.
又a2a4= •a3q=a32=22=4.
故选:B.
4.在等比数列{an}中,a3=2,a7=18,则a3与a7的等比中项为( )
A.4B.6C.±6D.±4
【解答】解:∵等比数列{an}中,a3=2,a7=18,
A. B.2C.±2D.
7.等比数列{an}中,an∈R+,a5•a6=32,则log2a1+log2a2+…+log2a10的值为( )
A.10B.20C.25D.160
8.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a2=2,a5=2a4+3a3,则a6=( )
A.2B.54C.162D.243
9.设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=( )
A.16B.32C.64D.256
16.在正项等比数列{an}中,若a3a7=4,则 =( )
A.16B.8C.4D.2
17.在等比数列{an}中,已知a1a3=4,a9=256,则a8=( )
A.128或﹣128B.128C.64或﹣64D.64
2021高考数学(理)一轮复习专项检测《数列》(解析版)

故选 A。 4.(山东省潍坊市 2019 届高三模拟)如图所示,在著名的汉诺塔问题中,有三根高度相同的柱子和一
些大小及颜色各不相同的圆盘,三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有 n 个圆盘,较
a1, a2 ,, an,, 并记相应的极大值为 b1, b2 ,, bn,, 则 a1b1 a2b2 a20b20 的值为( )
A.19 320 1 B.19 319 1
C. 20 319 1
D. 20 320 1
【答案】A
【解析】由题当当 0 x 2 时, f x 2x x2 x 12 1, 极大值点为 1,极大值为 1
A.64
B.48
C.36
D.24
【答案】B
【解析】由等差数列性质可知, S17 17a9 272,解得 a9 16 ,故 a3 a9 a15 3a9 48.
故选 B。
6.(山东省日照市 2019 届高三联合考试)已知数列 an 前 n 项和为 Sn ,满足 Sn an2 bn ( a,b 为
常数),且 a9
2
,设函数
f
(x)
2 sin
2x
2 sin 2
x 2
,记
yn f an
,则数列 yn 的前 17 项和为
()
A. 17 2
【答案】D
B. 9
C.11
D.17
【解析】 因为 f ( x) 2 sin 2x 2 sin 2 x sin 2x cos x 1,
2
由 Sn an2 bn ,得 an Sn Sn1 an2 bn a(n 1)2 b(n 1) 2an a b ,
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(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=2 an,求{bn}的前n项和Tn.
3.已知等比数列{an}的各项均为正数,且a1+16a3=1,a1a5=16a42.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设bn=log2an,求数列{ }的前n项和Tn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明: .
13.设数列{an}满足a1=2,an+1=an+2n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log2(a1•a2…an),求数列{ }的前n项和Sn.
14.已知等比数列{an}的各项都为正数,Sn为其前n项和,a3=8,S3=14.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Tn ,求使得Tn 成立的正整数n的最小值.
15.设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且满足an+Sn=2n+1.
(1)证明数列{an﹣2}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=n(2﹣an),求数列{bn}的前n项和Tn.
16.已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,b1=a5,b2=3,b5=﹣81.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn an,数列{cn}的前n项和为Tn,若不等式 1 恒成立,求λ的取值范围.
18.已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn,S3 ,a3a4=a5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若4an=3Sn,求正整数n的值.
19.已知等差数列{an}中,a2=3,a4=7.等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a14.
(2)若数列{bn}满足bn=log3an,记数列{ }的前n项和为Tn,证明: Tn .
22.首届世界低碳经济大会11月17日在南昌召开,本届大会的主题为“节能减排,绿色生态”.某企业在国家科研部门的支持下,投资810万元生产并经营共享单车,第一年维护费为10万元,以后每年增加20万元,每年收入租金300万元.
(1)求数列{bn}的通项公式:
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,在①b1+b3=a2,②a4=b4这两个条件中任选一个,补充在题干条件中,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+2>Sk+1?若问题中的k存在,求k的值;着k不存在,说明理由.
17.已知等比数列{an}满足a1+a2=3,a2+a3=6;数列{bn}满足(1 )•(1 )•(1 )…(1 ) .
(1)求数列{an}通项公式an;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
20.已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn (1 )(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=4nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
21.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=3an﹣3.
(1)证明数列{an}是等比数列;
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)记cn=an+bn,设Sn=|c1|+|c2|+|c3|+…|cn|,求Sn.
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3, a2,2a1成等差数列,且a1 ,S4=30.
(1)求等比数列{an}的通项公式;
(2)若bn=log2an,cn=(﹣1)n( ),求{cn}前2020项和T2020.
(3)设 ,若不等式 对于任意n∈N*都成立,求正数k的最大值.
11.已知数列{bn}为等比数列,bn=an+2n﹣1,且a1=5,a2=15.
(1)求{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
12.已知数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=2,6Sn=3nan+1﹣2n(n+1)(n+2),n∈N*.
(1)求数列{an}与数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
8.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且满足8Sn=16an2+n﹣1,数列{bn}满足bn (n≥2),b1 .
(Ⅰ)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(Ⅱ)记数列{cn}满足cn=[(﹣1)n﹣1+1]an+[(﹣1)n+1]bn,设数列 的前n项和为An,数列 的前n项和为Bn,试比较An与Bn的大小.
4.在正项等比数列{an}中,a4=16,且a2,a3的等差中项为a1+a2.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)若bn=log2a2n﹣1,数列{bn}的前n项和为Sn,求数列{ }的前n项和Tn.
5.已知两个等差数列{an},{bn},其中a1=1,b1=6,b3=0,记{an}前n项和为Tn,Tn .
(1)若扣除投资和各种维护费,则从第几年开始获取纯利润?
(2)若干年后企业为了投资其他项目,有两种处理方案:
①纯利润总和最大时,以100万元转让经营权;
②年平均利润最大时以460万元转让经营权,问哪种方案更优?
23.在等差数列{an}中,a1+a6=9,a2列{an}满足a2=2,且a2,a3+1,a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an﹣2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
2.在①S3=a6,②S4=20,③a1+a4+a7=24这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.(注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答给分)
9.已知数列{an}满足a1=2, .
(Ⅰ)求a2,a3的值,并求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)若bn=log3(an+1),求数列 的前n项和Sn;
(Ⅲ)若数列 的前n项和为Tn,求证: .
10.已知数列{an}满足a1=2,
(1)求a2,a3的值;
(2)求证:数列 是等比数列,并求{an}的通项公式;
(3)若dndn+1=(﹣1)n﹣1 ,Pm=d1+d3+d5+…+d2m﹣1,Qm=d2+d4+d6+……+d2m,Gm是Pm与Qm的等比中项且Gm>0,对任意s,t∈N*,Gs﹣Gt≤ρ,求ρ取值范围.
7.已知数列{an}是各项为正数的等比数列,且a2=4, .数列{bn}是单调递增的等差数列,且b2•b3=15,b1+b4=8,