2020高考数学理科数列训练题
2020年高考数学(理数)解答题强化专练——数列含答案
（理数）解答题强化专练——数列一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.已知等差数列{a n}满足a n+1+n=2a n+1．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和，求数列的前n项和T n．2.已知{a n}是递增的等差数列，且满足a2+a4=20，a1•a5=36．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=，求数列{b n}的前n项和T n的最小值．3.已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+n-1．（1）设b n=a n+n，证明：数列{b n}是等比数列；（2）设数列{a n}的前n项和为S n，求S n．4.记S n为等差数列{a n}的前n项和，数列{b n}为正项等比数列，已知a3=5，S3=9，b1=a1，b5=S4．（1）求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；（2）记T n为数列{a n•b n}的前n项和，求T n．5.已知正项数列{a n}的前n项和为S n，若数列{a n}是公差为-1的等差数列，且a2+2是a1，a3的等差中项．（1）证明数列{a n}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；（2）若T n是数列{}的前n项和，若T n＜M恒成立，求实数M的取值范围．6.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a2=且n≥2）．（Ⅰ）证明：为等差数列：（Ⅱ）求数列的前n项和T n．7.已知S n为等差数列{a n}的前n项和，且S2=2a2-2，S5=3a5．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=a n•2n-1，记数列{b n}的前n项和为T n，若T n＞300．求正整数n的取值范围．8.设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q，已知a1＝b1，a3＝b1＋b2＝5，q＝2d．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）记c n＝a n·b n，求数列{c n}的前n项和S n．9.已知等比数列{a n}的公比q＞1，且a1+a3+a5=42，a3+9是a1，a5的等差中项．数列{b n}的通项公式b n=，n∈N*．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：b1+b2+…+b n＜，n∈N*．10.设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，且a n S n+1-a n+1S n=a n+1-λa n，对一切n∈N*都成立．（1）当λ=1时；①求数列{a n}的通项公式；②若b n=（n+1）a n，求数列{b n}的前n项的和T n；（2）是否存在实数λ，使数列{a n}是等差数列如果存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．答案和解析1.【答案】解：（1）由已知{a n}为等差数列，记其公差为d．①当n≥2时，，两式相减可得d+1=2d，所以d=1，②当n=1时，a2+1=2a1+1，所以a1=1．所以a n=1+n-1=n；（2），，所以=．【解析】本题考查等差数列的定义、通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题．（1）设等差数列的公差为d，将已知等式中的n换为n-1，相减可得公差d=1，再令n=1，可得首项，进而得到所求通项公式；（2）由等差数列的求和公式可得S n，求得，再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．2.【答案】解：（1）{a n}是递增的等差数列，设公差为d，则d＞0，a2+a4=20，a1•a5=36，可得a1+a5=20，解得a1=2，a5=18，d==4，则a n=2+4（n-1）=4n-2；（2）b n=（4n-2）-30=2n-31，可得前n项和T n=n（-29+2n-31）=n2-30n=（n-15）2-225，当n=15时，前n项和T n取得最小值-225．【解析】（1）设公差为d，则d＞0，运用等差数列的性质和通项公式，可得公差d，首项，进而得到所求通项公式；（2）求得b n=（4n-2）-30=2n-31，运用等差数列的求和公式，配方可得所求最小值．本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及单调性、前n项和的最值求法，考查运算能力，属于基础题．3.【答案】解：（1）数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+n-1．由b n=a n+n，那么b n+1=a n+1+n+1，∴===2；即公比q=2，b1=a1+1=2，∴数列{b n}是首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得b n=2n，∴a n+n=2n那么数列{a n}的通项公式为：a n=2n-n数列{a n}的前n项和为S n=2-1+22-2+23-3+……+2n-n=（21+22+……2n）-（1+2+3+……+n）=2n+1-2．【解析】（1）由b n=a n+n，那么b n+1=a n+1+n+1，利用定义证明即可；（2）根据（1）求解数列{a n}的通项，即可求解S n．本题主要考查数列通项公式和前n项和的求解，利用分组求和法是解决本题的关键．4.【答案】解：（1）设数列{a n}的首项为a1，公差为d，设数列{b n}的首项为b1，公比为q，由a3=a1+2d=5和S3=3a1+3d=9得a1=1，d=2，a n=a1+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1．所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1．b1=a1=1，由b5=S4得，所以．所以数列{b n}的通项公式为．（2）．．．相减可得．即有．【解析】（1）设数列{a n}的首项为a1，公差为d，设数列{b n}的首项为b1，公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得所求；（2）运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．5.【答案】（1）证明：∵数列{a n}是公差为-1的等差数列，∴a n=a1-（n-1），∴=3n-1．∴n≥2时，==3，数列{a n}是以3为公比的等比数列．∴a2=3a1，a3=9a1．∵a2+2是a1，a3的等差中项，∴2（a2+2）=a1+a3，∴2（3a1+2）=a1+9a1，解得a1=1．∴数列{a n}是以3为公比，1为首项的等比数列．∴a n=3n-1．（2）解：=．∴T n==．∵T n＜M恒成立，∴．∴实数M的取值范围是．【解析】（1）数列{a n}是公差为-1的等差数列，可得a n=a1-（n-1），可得=3n-1．即可证明数列{a n}是以3为公比的等比数列．由a2+2是a1，a3的等差中项，可得2（a2+2）=a1+a3，解得a1．（2）由（1）可得：=．可得T n，进而得出M的取值范围．本题考查了等差数列与等比数列的定义通项公式及其求和公式、数列的单调性、对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6.【答案】（Ⅰ）证明：依题意，由=2a n+1，可得a n=2a n a n+1+a n+1，即a n-a n+1=2a n a n+1．两边同时除以a n a n+1，可得-=2（n≥2）．∵-=3-1=2，也满足上式．∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得，=1+2（n-1）=2n-1，则=（2n-1）•3n．∴T n=1×3+3×32+…+（2n-1）•3n，3T n=1×32+3×33+…+（2n-3）•3n+（2n-1）•3n+1，两式相减，可得-2T n=3+2×32+2×33+…+2•3n-（2n-1）•3n+1，=3+18×（1+3+32+…+3n-2）-（2n-1）•3n+1=3+18×-（2n-1）•3n+1=2（1-n）•3n+1-6．∴T n=（n-1）•3n+1+3．【解析】本题第（Ⅰ）题对题干中的递推公式进行变形转化，可得-=2．进一步计算可证得为等差数列；第（Ⅱ）题先根据第（Ⅰ）题的结果计算出数列的通项公式，然后运用错位相减法可计算出前n项和T n．本题主要考查由递推公式得到通项公式，以及运用错位相减法求前n项和．考查了转化思想，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档题．7.【答案】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d，则，解得．∴a n=2+2（n-1）=2n，n∈N*．（2）由（1）知，b n=a n•2n-1=n•2n．则T n=b1+b2+b3+…+b n=1•21+2•22+3•23+…+n•2n，2T n=1•22+2•23+…+（n-1）•2n+n•2n+1．两式相减，可得-T n=2+22+23+…+2n-n•2n+1=-n•2n+1=（1-n）•2n+1-2．∴T n=（n-1）•2n+1+2．构造数列{T n}：令T n=（n-1）•2n+1+2，则T n+1-T n=n•2n+2-（n-1）•2n+1=（n+1）•2n+1＞0，故数列{T n}是单调递增数列．∵T5=4•26+2=258＜300，T6=5•27+2=642＞300，∴满足T n＞300的正整数n的取值范围为{n|n≥6，n∈N*}．【解析】本题第（1）题先设等差数列{a n}的公差为d，根据等差数列的通项公式和求和公式列出关于首项a1和公差d的方程，解出a1和d的值，即可得到数列{a n}的通项公式；第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列{b n}的通项公式，然后运用错位相减法计算出前n项和T n．再根据数列{T n}的单调性可计算出满足T n＞300时正整数n的取值范围．本题主要考查等差数列的基础知识，错位相减法求前n项和，数列的单调性．考查了方程思想，转化思想，不等式的计算能力，逻辑思维能力和数学运算能力．本题属中档题．8.【答案】解：（1）∵b1＋b2＝5，∴b1（1＋q）＝5，又∵q＝2d，a1＝b1，∴a1（1＋2d）＝5，∴a3＝a1＋2d＝5，∴a1＝5-2d，∴（5-2d）（1＋2d）＝5，解得：d1＝0，d2＝2，若d＝0，q＝2d＝0（舍去）若d＝2，q＝2d＝4，∴b1＝a1＝a3-2d＝1，∴a n＝a1＋（n-1）d＝2n-1，b n＝b1q n-1＝4n-1．（2）c n＝a n·b n＝（2n-1）·4n-1，∴S n＝1＋3×4＋5×42＋…＋（2n-1）4n-1∴4S n＝4＋3×42＋5×43＋…＋（2n-1）4n，．【解析】本题考查等差数列、等比数列的通项公式和错位相减法求和，考查推理能力和计算能力，属于中档题.（1）利用等差数列和等比数列的通项公式即可求解；（2）由c n＝a n·b n＝（2n-1）·4n-1，利用错位相减法即可求解.9.【答案】解：（I）由a3+9是a1，a5的等差中项得a1+a5=2a3+18，所以a1+a3+a5=3a3+18=42，解得a3=8，由a1+a5=34，得，解得q2=4或，因为q＞1，所以q=2，所以；（II）证明：由（I）可得，∴==，∴=．【解析】（Ⅰ）由等差中项的性质可求得a3=8，进而得到a1+a5=34，进一步求得公比q，由此即可得解；（Ⅱ）化简数列{b n}，由此即可得证．本题考查等差数列与等比数列的综合运用，考查化简运算能力及逻辑推理能力，属于中档题．10.【答案】解：（1）①当λ=1时，a n S n+1-a n+1S n=a n+1-a n，则a n S n+1+a n=a n+1S n+a n+1，即（S n+1+1）a n=（S n+1）a n+1．∵数列{a n}的各项均为正数，∴=．∴•…=•…，化简，得S n+1+1=2a n+1，①∴当n≥2时，S n+1=2a n，②②-①，得a n+1=2a n，∵当n=1时，a2=2，∴n=1时上式也成立，∴数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，即a n=2n-1．②由①知，b n=（n+1）a n=（n+1）•2n-1．T n=b1+b2+…+b n=2•1+3•21+…+（n+1）•2n-1，2T n=2•2+3•22+…+n•2n-1+（n+1）•2n，两式相减，可得-T n=2+2+22+…+2n-1-（n+1）•2n=2+-（n+1）•2n=-n•2n．∴T n=n•2n．（2）由题意，令n=1，得a2=λ+1；令n=2，得a3=（λ+1）2．要使数列{a n}是等差数列，必须有2a2=a1+a3，解得λ=0．当λ=0时，S n+1a n=（S n+1）a n+1，且a2=a1=1．当n≥2时，S n+1（S n-S n-1）=（S n+1）（S n+1-S n），整理，得S n2+S n=S n+1S n-1+S n+1，即=，从而•…=•…，化简，得S n+1=S n+1，即a n+1=1．综上所述，可得a n=1，n∈N*．∴λ=0时，数列{a n}是等差数列．【解析】本题第（1）①题将λ=1代入递推式并转化递推式，然后运用累乘法可得S n+1+1=2a n+1，再类比可得S n+1=2a n，两式相减，再进行计算可发现数列{a n}是等比数列，即可得到数列{a n}的通项公式；第（1）②题先根据①的结果得到数列{b n}的通项公式，然后运用错位相减法求出前n项的和T n；第（2）题可先假设数列{a n}是等差数列，则根据等差中项的性质有2a2=a1+a3，计算出a2，a3关于λ的表达式并代入可解出λ的值，再代入递推式进行验证数列{a n}是等差数列，即可得到结论．本题主要考查数列的求通项公式，等差数列和等比数列的性质应用．考查了累乘法，错位相减法，转化思想的应用，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属较难题．。
2020年高考试题分类汇编(数列)
2020年高考试题分类汇编（数列）考法1等差数列1.（2020·全国卷Ⅱ·理科）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心由一块圆心石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一层多9块，已知每层的环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块2.（2020·全国卷Ⅱ·文科）记n S 是等差数列{}n a 的前n 项的和，若12a =-，262a a +=，则10S = .3.（2020·山东卷）将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{}n a ，则{}n a 的前n 项和为 ．4.（2020·上海卷）已知{}n a 是公差不为零的等差数列，且1109a a a +=，则12910a a a a +++= . 5.（2020·浙江卷）已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，公差0d ≠，11a d≤．记12b S =，122n n n b S S ++=-，n N *∈，下列等式不可能成立的是 A.4262a a a =+ B.4262b b b =+ C. 2428a a a =⋅ D.2428b b b =⋅6.（2020·北京卷）在等差数列{}n a 中，19a =-，31a =-．记12n nT a a a =（1,2,n =），则数列{}n T 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，无最小项考法2等比数列1.（2020·全国卷Ⅰ·文科）设{}n a 是等比数列，1231a a a ++=，2342a a a ++=，则678a a a ++=A ．12B ．24C ．30D ．322.（2020·全国卷Ⅱ·理科）数列{}n a 中，12a =，m n m n a a a +=⋅，若 153121022k k k a a a ++++++=-，则k =A ．3B ．4C ．5D ．63.（2020·全国卷Ⅱ·文科）n S 是等比数列{}n a 的前n 项的和，若5312a a -=，6424a a -=，则n nS a = A ．21n - B ．122n -- C ．122n -- D ．121n --4.（2020·全国卷Ⅲ·理科）设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-. （Ⅰ）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明； （Ⅱ）求数列{2}n n a 的前n 项和n S .5.（2020·全国卷Ⅰ·理科）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项.（Ⅰ）求{}n a 的公比；（Ⅱ）若11a =，求数列{}n na 的前n 项的和. 考法3等差数列与等比数列1.（2020·全国卷Ⅲ·文科）设等比数列{}n a 满足124a a +=，318a a -=. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n S 为数列3{log }n a 的前n 项和n S ，若13m m m S S S +++=，求m .2.（2020·山东卷）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38a =． （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）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 ．3.（2020·浙江卷）已知数列{}n a ，{}n b ，{}n c 中，1111a b c ===,1n n n c a a +=-，11n n n b c b ++=，n N *∈. （Ⅰ）若数列{}n b 为等比数列，且公比0q >，且1236b b b +=，求q 与{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 为等差数列，且公差0d >，证明：1211n c c c d +++<+． 考法4其它1.（2020·全国卷Ⅰ·文科）数列{}n a 满足2(1)31n n n a a n ++-=-，前16项的和为540，则1a = .2.（2020·浙江卷）已知数列{}n a 满足(1)2n n n a +=，则3S = ．。
2020年高考数学 大题专项练习 数列 一(15题含答案解析)
2020年高考数学大题专项练习数列一(15题含答案解析)高中高中数学题号一总分得分一、解答题1.已知数列的前项和为,,,求.2.设等差数列{a n}满足，，（1）求{a n}的通项公式；（2）设{a n}的前项和为，求满足成立的值。
3.设数列A：， ,… (N≥2)。
如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有＜，则称n是数列A的一个“G时刻”。
记“G（A）是数列A 的所有“G时刻”组成的集合。
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出G（A）的所有元素；(2)证明：若数列A中存在使得>，则G（A）≠；(3）证明：若数列A满足-≤1（n=2,3, …,N）,则G（A）的元素个数不小于 -。
4.设数列的前项和为，且.(1) 求的值，并用表示；(2) 求数列的通项公式；(3) 设，求证：.5.已知在数列{a n }中，a 1=1，a n a n ＋1=n .(12)(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ，令b n =(3－T 2n )·n·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． 6.单调递增数列{a n }的前项和为，且满足．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足，求数列{b n }的前项和7.已知等差数列的前n 项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.8.已知为等差数列，前n 项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.9.已知数列的前项和为，，且满足（1）求及通项公式；（2）若，求数列的前项和.10.各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，已知点（a n，a n+1）（n∈N*）在函数的图象上，且．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）已知数列{b n}满足b n=4﹣n，设其前n项和为T n，若存在正整数k，使不等式T n ＞k有解，且（n∈N*）恒成立，求k的值．11.在等差数列中，，，（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.12.在数列{a n}中，，（1）写出这个数列的前4项，并猜想这个数列的通项公式；（2）证明这个数列的通项公式.13.数列{a n}的前项和为.（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列{b n}的前项和.为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过14.x的最大整数，如.（I）求；（II）求数列的前1 000项和.15.已知数列的前n项和S n=3n2+8n，是等差数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令求数列的前n项和T n.2020年高考数学大题专项练习数列五(15题含答案解析)答案解析一、解答题1.答案为：2.3.解：4.5.解：(1)证明：由题意可得a 1a 2=，则a 2=.1212又a n a n ＋1=n ，a n ＋1a n ＋2=n ＋1，∴=.(12)(12)an ＋2an 12∴数列{a 2n －1}是以1为首项，为公比的等比数列；12数列{a 2n }是以为首项，为公比的等比数列．1212(2)T 2n =(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )=＋=3－3·n .1－(12)n 1－1212[1－(12)n ]1－12(12)∴b n =3n(n ＋1)n ，b n ＋1=3(n ＋1)(n ＋2)n ＋1，∴=，(12)(12)bn ＋1bn n ＋22n∴b 1<b 2=b 3，b 3>b 4>…>b n >…，∴数列{b n }的最大项为b 2=b 3=.926.7.8.（1）..（2）.9.10.11.12.13.（1）；（2）数列的前项或前项的和最大；（3）．14.解：15.。
2020版高考数学(理)刷题首选卷：专题突破练(4) 数列中的典型题型与创新题型
专题突破练(4) 数列中的典型题型与创新题型一、选择题1．如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7等于( )A ．14B ．21C ．28D ．35答案 C解析 ∵a 3＋a 4＋a 5＝12，∴3a 4＝12，a 4＝4．∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4＝7a 4＝28．故选C ．2．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比|q |≠1．若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m 等于( )A ．9B ．10C ．11D ．12答案 C解析 a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝a 23·a 23·a 3＝a 53＝a 51·q 10．因为a 1＝1，|q |≠1， 所以a m ＝a 51·q 10＝a 1q 10，所以m ＝11．故选C ． 3．在递减等差数列{a n }中，若a 1＋a 5＝0，则S n 取最大值时n 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．2或3答案 D解析 ∵a 1＋a 5＝2a 3＝0，∴a 3＝0．∵d <0，∴{a n }的第一项和第二项为正值，从第四项开始为负值，故S n 取最大值时n 等于2或3．故选D ．4．在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a k ＝a 10＋a 11＋…＋a 100，则k ＝( )A ．496B ．469C ．4914D ．4915答案 D解析 因为数列{a n }是等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －1)d ，因为a k＝a 10＋a 11＋…＋a 100，所以a k ＝100a 1＋100×992d －9a 1＋9×82d ＝4914d ，又a k ＝(k－1)d，所以(k－1)d＝4914d，所以k＝4915．故选D．5．已知数列{a n}的通项为a n＝log n＋1(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·a n为整数的n叫做“优数”，则在(0，2018]内的所有“优数”的和为()A．1024 B．2012 C．2026 D．2036答案C解析设a1·a2·a3·…·a n＝log23·log34·log45·…·log n＋1(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k ∈Z，则0<n＝2k－2≤2018，2<2k≤2020，1<k≤10，∴所有“优数”之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝22(1－29)1－2－18＝211－22＝2026．故选C．6．约瑟夫规则：将1，2，3，…，n按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，直至剩余一个数为止，删除的数依次为1，3，5，7，…．当n＝65时，剩余的一个数为() A．1 B．2 C．4 D．8答案B解析将1，2，3，…，65按逆时针方向依次放置在一个单位圆上，然后从1开始，按逆时针方向，每隔一个数删除一个数，首先删除的数为1，3，5，7，…，65(删除33个，剩余32个)；然后循环，删除的数的个数分别为16，8，4，2，1，最后剩余2．故选B．7．已知数列{a n}中，a n＋1＝3S n，则下列关于{a n}的说法正确的是()A．一定为等差数列B．一定为等比数列C．可能为等差数列，但不会为等比数列D．可能为等比数列，但不会为等差数列答案C解析若数列{a n}中所有的项都为0，则满足a n＋1＝3S n，所以数列{a n}可能为等差数列，故B，D不正确；由a n＋1＝3S n，得a n＋2＝3S n＋1，则a n＋2－a n＋1＝3(S n ＋1－S n )＝3a n ＋1，所以a n ＋2＝4a n ＋1，当a 1≠0时，易知a n ＋1≠0，所以a n ＋2a n ＋1＝4，由a n ＋1＝3S n ，得a 2＝3a 1，即a 2a 1＝3，此时数列{a n }既不是等比数列又不是等差数列，故A 不正确，C 正确．故选C ．8．(2018·江西南昌测试二)已知各项均为正数的递增数列{a n }的前n 项和为S n 满足2S n ＝a n ＋1，b n ＝a n a n ＋t，若b 1，b 2，b m 成等差数列，则t m 的最大值为( ) A ．27 B ．35 C ．38 D ．54答案 D解析 由题2S n ＝a n ＋1，则4S n ＝(a n ＋1)2，4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，作差得a n ＋1－a n ＝2，2S 1＝a 1＋1⇒a 1＝1，a n ＝2n －1，由b 1，b 2，b m 成等差数列，可得b m＝2b 2－b 1，2m －12m －1＋t ＝63＋t －11＋t ，分离m 化简得m ＝3＋4t －1，故(t ，m )＝(2，7)，(3，5)，(5，4)，t m max ＝54．故选D ．9．(2018·河南信阳高级中学模拟)给定函数y ＝f (x )的图象在下列四个选项中，并且对任意a 1∈(0，1)，由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1<a n ．则该函数的图象可能是( )答案 A解析 由题对于给定函数y ＝f (x )的图象在下列四个选项中，并且对任意a 1∈(0，1)，由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1<a n ．则可得到f (a n )＜a n ，所以f (a 1)＜a 1在∀a 1∈(0，1)上都成立，即∀x ∈(0，1)，f (x )＜x ，所以函数图象都在y ＝x 的下方．故选A ．10．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形．帕斯卡(1623～1662)是在1654年发现这一规律的，比杨辉要迟393年，比贾宪迟600年．右图的表在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了，这又是我国数学史上的一个伟大成就．如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则此数列前16项和为( )A ．120B ．163C ．164D ．165答案 C解析 考查每行第二个数组成的数列：2，3，4，5，…，归纳推理可知其通项公式为b n ＝n ＋1，其前8项和S 8＝8×2＋8×72×1＝44；每行第三个数组成的数列：1，3，6，10，…，归纳推理可知其通项公式为c n ＝n (n ＋1)2＝12(n 2＋n )，其前8项和T 8＝12×8×(8＋1)×(2×8＋1)6＋(8＋1)×82＝120，据此可得题中数列前16项和为120＋44＝164．故选C ．11．(2018·河南林州调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17>0，S 18<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为( )A ．S 7a 7B ．S 8a 8C ．S 9a 9D ．S 10a 10答案 C解析 ∵等差数列{a n }中，S 17>0，且S 18<0，即S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 9＋a 10)<0，∴a 9＋a 10<0，a 9>0，∴a 10<0，∴等差数列{a n }为递减数列，故可知a 1，a 2，…，a 9为正，a 10，a 11，…为负；∴S 1，S 2，…，S 17为正，S 18，S 19，…为负，则S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 9a 9>0，S 10a 10<0，S 11a 11<0，…，S 15a 15<0，又∵S 1<S 2<…<S 9，a 1>a 2>…>a 9，则S 9a 9最大．故选C ．12．已知数列{a n }为等比数列，a 1∈(0，1)，a 2∈(1，2)，a 3∈(2，3)，则a 4的取值范围是( )A ．(3，4)B ．(22，4)C ．(2，9)D ．(22，9)答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a 1<1， ①1<a 1q <2， ②2<a 1q 2<3. ③由①②得q ＝a 1q a 1>11＝1；由①③得q 2＝a 1q 2a 1>21＝2；由②③得q ＝a 1q 2a 1q >1且q ＝a 1q 2a 1q <3，故2<q <3．因为a 4＝a 1q 3＝(a 1q 2)·q ，所以22<a 4<9．故选D ． 二、填空题13．(2018·湖南张家界模拟)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{a n }是等积数列且a 1＝2，公积为10，则a 2018＝________．答案 5解析 已知数列{a n }是等积数列且a 1＝2，公积为10，可得a 2＝5，a 3＝2，a 4＝5，a 5＝2，…，由此奇数项为2，偶数项为5，所以a 2018＝5．14．设数列{a n }满足a 2＋a 4＝10，点P n (n ，a n )对任意的n ∈N *，都有向量P n P n ＋1＝(1，2)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．答案 n 2解析 ∵P n (n ，a n )，∴P n ＋1(n ＋1，a n ＋1)，∴P n P n ＋1＝(1，a n ＋1－a n )＝(1，2)，∴a n ＋1－a n ＝2，∴{a n }是公差d 为2的等差数列．又由a 2＋a 4＝2a 1＋4d ＝2a 1＋4×2＝10，解得a 1＝1，∴S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2．15．(2018·湖北荆州中学模拟一)“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现．数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数．具体数列为：1，1，2，3，5，8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和．已知数列{a n }为“斐波那契”数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，若a 2020＝M ，则S 2018＝________．(用M 表示)答案 M －1解析 ∵数列为：1，1，2，3，5，8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和，∴a n ＋2＝a n ＋a n ＋1＝a n ＋a n －1＋a n ＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －1＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋a n －2＝…＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋…＋a 2＋a 1＋1，则S 2018＝a 2020－1＝M －1．16．(2018·衡水金卷压轴卷二)已知曲线C 1的方程为(x －1)2＋(y －2)2＝1，过平面上一点P 1作C 1的两条切线，切点分别为A 1，B 1，且满足∠A 1P 1B 1＝π3．记P 1的轨迹为C 2，过平面上一点P 2作C 2的两条切线，切点分别为A 2，B 2，且满足∠A 2P 2B 2＝π3．记P 2的轨迹为C 3，按上述规律一直进行下去，…，记a n ＝|A n A n＋1|min ，且S n 为数列{a n }的前n 项和，则满足S n －5n >0的最小正整数n 为________．答案 5解析 由题设可知轨迹C 1，C 2，C 3，…，C n 分别是半径为1，2，4，8，16，32，…，2n 的圆．因为a n ＝|A n A n ＋1|min ，所以a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，…，a n ＝2n －1，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1＋2＋4＋…＋2n －1＝2n －12－1＝2n －1．由S n －5n >0，得2n －1－5n >0⇒2n >5n ＋1，故最小的正整数n 为5．三、解答题17．(2018·山西考前适应训练)已知等比数列{a n }中，a n >0，a 1＝164，1a n －1a n ＋1＝2a n ＋2，n ∈N *． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n ·(log 2a n )2，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则q >0，因为1a n －1a n ＋1＝2a n ＋2，所以1a 1q n －1－1a 1q n ＝2a 1q n ＋1， 因为q >0，解得q ＝2，所以a n ＝164×2n －1＝2n －7，n ∈N *．(2)b n ＝(－1)n ·(log 2a n )2＝(－1)n ·(log 22n －7)2＝(－1)n ·(n －7)2，设c n ＝n －7，则b n ＝(－1)n ·(c n )2．T 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n＝－c 21＋c 22＋(－c 23)＋c 24＋…＋(－c 22n －1)＋c 22n＝(－c 1＋c 2)(c 1＋c 2)＋(－c 3＋c 4)(c 3＋c 4)＋…＋(－c 2n －1＋c 2n )(c 2n －1＋c 2n ) ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n＝2n [－6＋(2n －7)]2＝n (2n －13)＝2n 2－13n ．18．(2018·山东青岛统测)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n ．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小． 解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1，∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，b n ＝2n －1．(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝141n －1n ＋2， ∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n＝141－13＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝141＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－141n ＋1＋1n ＋2<38， ∴T n <38．19．(2018·广东三校联考二)设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )(n ∈N *)在直线2x －y －2＝0上．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)设直线x ＝a n 与函数f (x )＝x 2的图象交于点A n ，与函数g (x )＝log 2x 的图象交于点B n ，记b n ＝OA n →·OB n →(其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和T n ．解 (1)证明：∵点(a n ，S n )在直线2x －y －2＝0上，∴2a n －S n －2＝0．①当n ＝1时，2a 1－a 1－2＝0，∴a 1＝2．当n ≥2时，2a n －1－S n －1－2＝0，②①－②，得a n ＝2a n －1．∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ．(2)由(1)及已知易得A n (2n ，4n )，B n (2n ，n )，∴b n ＝OA n →·OB n →，∴b n ＝(n ＋1)·4n ． 则T n ＝2×41 ＋3×42＋4×43＋…＋(n ＋1)·4n ，③4T n ＝2×42＋3×43＋4×44＋…＋(n ＋1)·4n ＋1，④③－④，得－3T n ＝8＋42＋43＋…＋4n －(n ＋1)·4n ＋1＝8＋16(1－4n －1)1－4－(n ＋1)·4n ＋1， ∴T n ＝n 3＋29·4n ＋1－89．20．(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝x 2＋x ＋c (c 为常数)，且x ∈－12，0时，f (x )的最大值为－14，数列{a n }的首项a 1＝32，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )的图象上，其中n ≥1，n ∈Z ．(1)证明：数列lg a n ＋12是等比数列；(2)记R n ＝a 1＋12·a 2＋12·…·a n ＋12，求R n ．解 (1)证明：依题意，f (x )＝x 2＋x ＋c ，c 为常数，当x∈－12，0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，所以f(x)max＝f(0)＝c＝－14，所以f(x)＝x2＋x－14．又点(a n，a n＋1)在函数f(x)的图象上，所以a n＋1＝a2n＋a n－14，即a n＋1＋12＝a n＋122，由于a1＝32，易知a n ＋12>0，所以lg a n＋1＋12＝2lg a n＋12，又lg a1＋12＝lg 2≠0，所以数列lg a n＋12是首项为lg 2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知lg a n＋12＝2n－1·lg 2＝lg 22n－1，所以a n＋12＝22n－1，所以R n＝220·221·222·…·22n－1＝220＋21＋22＋…＋2n－1＝22n－1．21．(2019·宁夏六盘山高级中学模拟)已知函数y＝f(x)．对任意x∈R，都有f(x)＋f(1－x)＝2．(1)求f 12和f1n＋fn－1n(n∈N*)的值；(2)数列{a n}满足a n＝f(0)＋f 1n＋f2n＋…＋fn－1n＋f(1)(n∈N*)，求证：数列{an}是等差数列．解(1)由题设条件知f 12＋f12＝2，故f12＝1．而1n＋n－1n＝1，故f1n＋fn－1n＝2．(2)证明：依题有a n＝f(0)＋f 1n＋…＋fn－1n＋f(1)，n∈N*，同理有a n＝f(1)＋f n－1n＋…＋f1n＋f(0)，n∈N*，上述两式对应相加得2a n＝[f(0)＋f(1)]＋f1n ＋fn－1n＋…＋f1n＋fn－1n＋[f(0)＋f(1)]＝2(n＋1)，从而a n＝n＋1，n∈N*，而a n＋1－a n＝1，故{a n}为等差数列．。
高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版
高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式； （2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。
)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出 的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。
2020年高考数学(理)之数列 专题11 数列的通项( 叠加法、累乘法求通项)(解析版)
数列11 数列的通项（ 叠加法、累乘法求通项）一、具体目标：掌握用不同的数学方法求不同形式数列的通项公式.通过数列通项公式的求解过程,利用数列的变化规律,恰当选择方法,是数列的研究和探索奠定基础. 二、知识概述： 1.数列的通项公式：（1）如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．即()n a f n =,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式. （2）数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩.2.求数列的通项公式的注意事项：（1）根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．（2）根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证.（3）对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序【考点讲解】号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式.3.数列通项一般有三种类型：（1）已知数列是等差或等比数列，求通项，破解方法：公式法或待定系数法；（2）已知S n ，求通项，破解方法：利用S n -S n -1= a n ，但要注意分类讨论，本例的求解中检验必不可少，值 得重视；（3）已知数列的递推公式，求通项，破解方法：猜想证明法或构造法。
4. 已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用=n a 1n n S S -- (2)n ≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式； (3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n ≥两段来写．【注】该公式主要是用来求数列的通项，求数列通项时，一定要分两步讨论，结果能并则并，不并则分. 5. 递推公式推导通项公式方法： （1）叠加法：1()n n a a f n +-=叠加法（或累加法）：已知()⎩⎨⎧=-=+n f a a a a n n 11，求数列通项公式常用叠加法（或累加法）即112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---Λ.（2）累乘法：已知()⎪⎩⎪⎨⎧==+n f a a a a nn 11求数列通项公式用累乘法. （3）待定系数法：1n n a pa q +=+（其中,p q 均为常数，)0)1((≠-p pq ） 解法：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. （4）待定系数法： nn n q pa a +=+1（其中,p q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）. （或1nn n a pa rq +=+,其中,,p q r 均为常数）.解法：在原递推公式两边同除以1+n q ，得：111n n n n a a p q q q q++=⋅+，令n n n q a b =，得：q b q p b nn 11+=+，再按 第（3）种情况求解.（5）待定系数法：b an pa a n n ++=+1(100)p a ≠≠，， 1122332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----Λ解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较， 解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列. （6）待定系数法：21(0,1,0)n n a pa an bn c p a +=+++≠≠解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令221(1)(1)()n n a x n y n z p a xn yn z ++++++=+++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}2n a xn yn z +++是公比为p 的等比数列. （7）待定系数法：n n n qa pa a +=++12（其中,p q 均为常数）.解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中,s t 满足s t pst q+=⎧⎨=-⎩，再按第（4）种情况求解.（8）取倒数法：1()()()nn n g n a a f n a t n +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.（11()()()0n n n n g n a t n a f n a a +++-=，解法：等式两边同时除以1n n a a +⋅后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.）.（9）取对数rn n pa a =+1)0,0(>>n a p解法：这种类型一般是等式两边取以p 为底的对数，后转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解. 6. 以数列为背景的新定义问题是高考中的一个热点题型，考查频率较高，一般会结合归纳推理综合命题．常见的命题形式有新法则、新定义、新背景、新运算等．(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要 求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法． 类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用叠加法求解例1.设数列{}n a 中，112,1n n a a a n +==++，则通项n a = .【解析】法一：由题意可知：112,1n n a a a n +==++ 所以有()111n n a a n -=+-+，()1221n n a a n --=+-+，()2331n n a a n --=+-+，K ，3221a a =++，2111a a =++，1211a ==+将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n =-+-+-+++++⎡⎤⎣⎦L()()()()11111111222n n n n n n n n --+⎡⎤-+⎣⎦=++=++=+ 故应填()112n n ++.法二：由题意11n n a a n +=++可得：11n n a a n +-=+， ()111n n a a n --=-+，()1221n n a a n ---=-+，()2331n n a a n ---=-+，K ，3221a a -=+，2111a a -=+，1211a ==+.将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n =-+-+-+++++⎡⎤⎣⎦L()()()()11111111222n n n n n n n n --+⎡⎤-+⎣⎦=++=++=+ 故应填()112n n ++. 【答案】()112n n ++ 类型2 n n a n f a )(1=+ .解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用叠乘法求解。
2020版高考数学第五章数列第2节等差数列及其前n项和讲义理(含解析)新人教A版
第2节 等差数列及其前n 项和考试要求 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差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，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.体会等差数列与一次函数的关系.知 识 梳 理1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数).(2)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b2.2.等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝n （a 1＋a n ）2.3.等差数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *).(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列. (4)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列.(5)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列.[微点提醒]1.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2.在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值；若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值.3.等差数列{a n }的单调性：当d ＞0时，{a n }是递增数列；当d ＜0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列.4.数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数).基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的.( )(3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数.( ) (4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.( ) 解析 (3)若公差d ＝0，则通项公式不是n 的一次函数. (4)若公差d ＝0，则前n 项和不是二次函数. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×2.(必修5P46A2改编)设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A.31B.32C.33D.34解析 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.答案 B3.(必修5P68A8改编)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________. 解析 由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 答案 1804.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A.－12B.－10C.10D.12解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即d ＝－32a 1.又a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 答案 B5.(2019·上海黄浦区模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝1，前5项和S 5＝－15，则数列{a n }的公差为( ) A.－3B.－52C.－2D.－4解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，S 5＝－15，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝1，5a 1＋5×42d ＝－15， 解得d ＝－4. 答案 D6.(2019·苏北四市联考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8>0，且S 9<0，则S 1，S 2，…，S 9中最小的是______.解析 在等差数列{a n }中， ∵a 3＋a 8>0，S 9<0，∴a 5＋a 6＝a 3＋a 8>0，S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5<0，∴a 5<0，a 6>0，∴S 1，S 2，…，S 9中最小的是S 5. 答案 S 5考点一 等差数列基本量的运算【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A.1B.2C.4D.8(2)(2019·潍坊检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝( ) A.9B.10C.11D.15解析 (1)法一 设等差数列{a n }的公差为d ， 依题意得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋3d ）＋（a 1＋4d ）＝24，6a 1＋6×52d ＝48，所以d ＝4. 法二 等差数列{a n }中，S 6＝（a 1＋a 6）×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，则d ＝4.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋11×（11－1）2d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7， ∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10. 答案 (1)C (2)B规律方法 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.2.数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.【训练1】 (1)等差数列log 3(2x )，log 3(3x )，log 3(4x ＋2)，…的第四项等于( ) A.3 B.4 C.log 318 D.log 324(2)(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝________. 解析 (1)∵log 3(2x )，log 3(3x )，log 3(4x ＋2)成等差数列， ∴log 3(2x )＋log 3(4x ＋2)＝2log 3(3x )，∴log 3[2x (4x ＋2)]＝log 3(3x )2，则2x (4x ＋2)＝9x 2， 解之得x ＝4，x ＝0(舍去).∴等差数列的前三项为log 38，log 312，log 318， ∴公差d ＝log 312－log 38＝log 332，∴数列的第四项为log 318＋log 332＝log 327＝3.(2)法一 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，所以S 6＝6a 1＋15d ＝30.法二 由{a n }为等差数列，故可设前n 项和S n ＝An 2＋Bn ， 由S 3＝6，S 4＝12可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝6，S 4＝16A ＋4B ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝－1，即S n ＝n 2－n ，则S 6＝36－6＝30.答案 (1)A (2)30考点二 等差数列的判定与证明 典例迁移【例2】 (经典母题)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列. (2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式.故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【迁移探究1】 本例条件不变，判断数列{a n }是否为等差数列，并说明理由. 解 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，a n ＋2S n S n －1＝0， 所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2). 所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2).又1S 1＝1a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列.所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1），所以a n ＋1＝－12n （n ＋1），又a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）.所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列. 【迁移探究2】 本例中，若将条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，试求数列{a n }的通项公式. 解 由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 1＝35， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25，∴a n ＝n 2－25n . 规律方法 1.证明数列是等差数列的主要方法：(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数. (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立. 2.判定一个数列是等差数列还常用到结论：(1)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列.(2)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇔{a n }是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.【训练2】 (2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列. 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23.＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋(－1)n ·2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列. 考点三 等差数列的性质及应用 多维探究角度1 等差数列项的性质【例3－1】 (2019·临沂一模)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则a 2＋a 14的值为( ) A.6B.12C.24D.48解析 ∵在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120， 由等差数列的性质，a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120， ∴a 8＝24，∴a 2＋a 14＝2a 8＝48. 答案 D角度2 等差数列和的性质【例3－2】 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.63B.45C.36D.27解析 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列， 即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， 得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45， 所以a 7＋a 8＋a 9＝45. 答案 B规律方法 1.项的性质：在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .2.和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 (1)S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； (2)S 2n －1＝(2n －1)a n .【训练3】 (1)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 015，S 2 0152 015－S 2 0092 009＝6，则S 2 019＝________.(2)(2019·荆州一模)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝3，a 8＝8，则a 12的值是( ) A.15B.30C.31D.64(3)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7等于( )A.3727B.1914C.3929D.43解析 (1)由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列. 设其公差为d ，则S 2 0152 015－S 2 0092 009＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0192 019＝S 11＋2 018d ＝－2 015＋2 018＝3， ∴S 2 019＝3×2 019＝6 057.(2)由a 3＋a 4＋a 5＝3及等差数列的性质， ∴3a 4＝3，则a 4＝1.又a 4＋a 12＝2a 8，得1＋a 12＝2×8. ∴a 12＝16－1＝15.(3)a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727. 答案 (1)6 057 (2)A (3)A 考点四 等差数列的前n 项和及其最值【例4】 (2019·衡水中学质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1≠0，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100，当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ 解 (1)令n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0， 因为a 1≠0，所以a 1＝2λ，当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n (n ≥2). 所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }为等比数列，a n ＝a 1·2n －1＝2nλ. (2)当a 1>0，λ＝100时，由(1)知，a n ＝2n100，则b n ＝lg 1a n ＝lg 1002n ＝lg 100－lg 2n＝2－n lg 2，所以数列{b n }是单调递减的等差数列，公差为－lg 2， 所以b 1>b 2>…>b 6＝lg 10026＝lg 10064>lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027<lg 1＝0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大.规律方法 求等差数列前n 项和S n 的最值的常用方法：(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn (a ≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，进而求S n 的最值. ①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m (当a m ＋1＝0时，S m ＋1也为最大值)；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m (当a m ＋1＝0时，S m ＋1也为最小值).【训练4】 (1)等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3，a 5，a 15成等比数列，若a 5＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为( )A.3B.3或4C.4或5D.5(2)已知等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，则前n 项和S n 的最大值为________.解析 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋2d ）（a 1＋14d ）＝25，a 1＋4d ＝5，由d ≠0，解得a 1＝－3，d ＝2，∴S nn＝na 1＋n （n －1）2dn＝－3＋n －1＝n －4，则n －4≥0，得n ≥4，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为3或4.(2)因为等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝20n －n （n －1）2×2＝－n 2＋21n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2122，又因为n ∈N *，所以n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值，最大值为110. 答案 (1)B (2)110[思维升华]1.证明等差数列可利用定义或等差中项的性质，另外还常用前n 项和S n ＝An 2＋Bn 及通项a n ＝pn ＋q 来判断一个数列是否为等差数列. 2.等差数列基本量思想(1)在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a 1，d 的方程组进行求解. (2)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d .若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元.(3)灵活使用等差数列的性质，可以大大减少运算量. [易错防范]1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了a n ＋1－a n ＝d (n ≥2)时，应注意验证a 2－a 1是否等于d ，若a 2－a 1≠d ，则数列{a n }不为等差数列.2.利用二次函数性质求等差数列前n 项和最值时，一定要注意自变量n 是正整数.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A.100B.99C.98D.97解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋36d ＝27，a 1＋9d ＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1， 所以a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99＝98. 答案 C2.(2019·淄博调研)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝( )A.1B.－1C.2D.12 解析 由于S 11S 9＝11a 69a 5＝119×911＝1. 答案 A 3.(2019·中原名校联考)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝( )A.10B.20C.30D.40解析 依题意，11x n ＋1－11x n＝x n ＋1－x n ＝d ， ∴{x n }是等差数列.又x 1＋x 2＋…＋x 20＝20（x 1＋x 20）2＝200. ∴x 1＋x 20＝20，从而x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝20.答案 B4.(2019·北京海淀区质检)中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”.题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是( )A.174斤B.184斤C.191斤D.201斤解析 用a 1，a 2，…，a 8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a 1，a 2，…，a 8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a 1＋8×72×17＝996，解之得a 1＝65. ∴a 8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的绵是184斤.答案 B5.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，S 99－S 55＝－4，则S n 取最大值时的n 为( ) A.4 B.5 C.6 D.4或5 解析 由{a n }为等差数列，得S 99－S 55＝a 5－a 3＝2d ＝－4， 即d ＝－2，由于a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，令a n ＝－2n ＋11<0，得n >112， 所以S n 取最大值时的n 为5.答案 B二、填空题6.已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为________.解析 设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得，25－15＝2n 解得n ＝5，故这个数列的项数为10.答案 107.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，则a 6＝________. 解析 将a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1，1a n ＋1－1a n ＝2. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，2为公差的等差数列， 所以1a 6＝1＋5×2＝11，即a 6＝111. 答案 1118.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________. 解析 依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200. 答案 200三、解答题9.等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1； 当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2； 当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3； 当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.已知等差数列的前三项依次为a ，4，3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项公式b n ＝S n n ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .(1)解 设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k （k －1）2·d ＝2k ＋k （k －1）2×2＝k 2＋k ， 由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.(2)证明 由(1)得S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)， 则b n ＝S n n ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·济宁模拟)设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，则a 18＝( )A.259B.269C.3D.289 解析 令b n ＝na n ，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n ≥2)，所以{b n }为等差数列，因为b 1＝1，b 2＝4，所以公差d ＝3，则b n ＝3n －2，所以b 18＝52，则18a 18＝52，所以a 18＝269. 答案 B12.(2019·青岛诊断)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n (n ∈N *)，若S n T n ＝2n －1n ＋1，则a 12b 6＝( ) A.154B.158C.237D.3 解析 由题意不妨设S n ＝n (2n －1)，T n ＝n (n ＋1)，所以a 12＝S 12－S 11＝12×23－11×21＝45，b 6＝T 6－T 5＝6×(6＋1)－5×(5＋1)＝42－30＝12，所以a 12b 6＝4512＝154. 答案 A13.设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 解析 由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0，当n >5时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130. 答案 13014.(2019·长沙雅礼中学模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＋a 13＝26，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n ＋1a n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若30T n －m ≤0对一切n ∈N *成立，求实数m 的最小值.解 (1)∵等差数列{a n }中，a 1＋a 13＝26，S 9＝81，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a 7＝26，9a 5＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝13，a 5＝9， ∴d ＝a 7－a 57－5＝13－92＝2，∴a n ＝a 5＋(n －5)d ＝9＋2(n －5)＝2n －1.(2)∵b n ＝1a n ＋1a n ＋2＝1（2n ＋1）（2n ＋3） ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∵12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3随着n 的增大而增大，知{T n }单调递增. 又12n ＋3>0，∴T n <16，∴m ≥5， ∴实数m 的最小值为5.新高考创新预测15.(多填题)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝________，公差d ＝________.解析 由{a n }为等差数列，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为a 1，公差为d 2的等差数列，∵S 55－S 44＝2，∴d 2＝2⇒d ＝4，又S 2＝S 6⇒2a 1＋4＝6a 1＋6×52×4⇒a 1＝－14. 答案 －14 4。
2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)
2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+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＝b2b82．（2020•北京）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3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．324．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．155．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝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．58．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．11．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝．15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（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＝求数列{c n}的前2n项和．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）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；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．参考答案与试题解析⼀．选择题（共8⼩题）1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+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【解答】解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，b n+1＝S2n+2﹣S2n，∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，b4＝S8﹣S6＝a7+a8，b6＝S12﹣S10＝a11+a12，b8＝S16﹣S14＝a15+a16，A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成⽴，B正确，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≤1，C正确；D．若b42＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），即4a12+52a1d+169d2＝4a12+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；故选：D．2．（2020•北京）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【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝0，得n＝，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T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最⼤项，⾃T5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．3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．32【解答】解：{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，故选：D．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．15【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦，即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j ＝9，k＝12，共5个；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则a i，a j，a k为原位⼩三和弦，可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j ＝8，k＝12，共5个，总计10个．故选：C．5．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+0）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+1+1）＝，不满⾜条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝a i a i+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝a i a i+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝a i a i+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选项：序列1100111001C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+1）＝不满⾜条件．故选：C．6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1【解答】解：设等⽐数列的公⽐为q，∵a5﹣a3＝12，∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），∴q＝2，∴a1q4﹣a1q2＝12，∴12a1＝12，∴a1＝1，∴S n＝＝2n﹣1，a n＝2n﹣1，∴＝＝2﹣21﹣n，故选：B．7．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝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．5【解答】解：由a1＝2，且a m+n＝a m a n，取m＝1，得a n+1＝a1a n＝2a n，∴，则数列{a n}是以2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，则，∴a k+1+a k+2+…+a k+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解答】解：⽅法⼀：设每⼀层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇⾯形⽯板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，⽅法⼆：设第n环天⽯⼼块数为a n，第⼀层共有n环，则{a n}是以9为⾸项，9为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×9＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层⽐中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．⼆．填空题（共6⼩题）9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【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＝＝＝＝．故答案为：．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．故答案为：2511．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝10．【解答】解：数列{a n}满⾜a n＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为3n2﹣2n．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，故答案为：3n2﹣2n．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是4．【解答】解：因为{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），因为{a n}是公差为d的等差数列，设⾸项为a1；{b n}是公⽐为q的等⽐数列，设⾸项为b1，所以{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，当{b n}中，当公⽐q＝1时，其前n项和S＝nb1，所以{a n+b n}的前n项和S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，则{b n}的前n项和为S＝＝+，所以S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，所以d+q＝4，故答案为：4．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝7．【解答】解：由a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，当n为奇数时，有a n+2﹣a n＝3n﹣1，可得a n﹣a n﹣2＝3（n﹣2）﹣1，…a3﹣a1＝3•1﹣1，累加可得a n﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]﹣＝3•＝；当n为偶数时，a n+2+a n＝3n﹣1，可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．可得a2+a4+…+a16＝92．∴a1+a3+…+a15＝448．∴＝448，∴8a1＝56，即a1＝7．故答案为：7．三．解答题（共8⼩题）15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（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＝求数列{c n}的前2n项和．【解答】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a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴a n＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴b n＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法⼀：由（Ⅰ）可得S n＝，∴S n S n+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（S n+1）2＝（n+1）2（n+2）2，∴S n S n+2﹣S n+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；法⼆：∵数列{a n}为等差数列，且a n＝n，∴S n＝，S n+2＝，S n+1＝，∴＝＝＜1，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，c n＝＝＝﹣，当n为偶数时，c n＝＝，对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，和c2k＝＝+++…+，①，由①×可得c2k＝++…++，②，①﹣②得c2k＝+++…+﹣﹣，∴c2k＝﹣，因此c2k＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．数列{c n}的前2n项和﹣﹣．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．【解答】解：（1）设等⽐数列{a n}的公⽐为q（q＞1），则，∵q＞1，∴，∴．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，＝＝．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）k＝1时，a n+1＝S n+1﹣S n＝λa n+1，由n为任意正整数，且a1＝1，a n≠0，可得λ＝1；（2）﹣＝，则an+1＝S n+1﹣S n＝（﹣）•（+）＝•（+），因此+＝•，即＝，Sn+1＝a n+1＝（S n+1﹣S n），从⽽S n+1＝4S n，⼜S1＝a1＝1，可得S n＝4n﹣1，a n＝S n﹣S n﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，综上可得a n＝，n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，则S n+1﹣S n＝λa n+1，则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n＝λ3a n+1＝λ3（S n+1﹣S n），由a1＝1，a n≥0，且S n＞0，令p n＝（）＞0，则（1﹣λ3）p n3﹣3p n2+3p n﹣（1﹣λ3）＝0，λ＝1时，p n＝p n2，由p n＞0，可得p n＝1，则S n+1＝S n，即a n+1＝0，此时{a n}唯⼀，不存在三个不同的数列{a n}，λ≠1时，令t＝，则p n3﹣tp n2+tp n﹣1＝0，则（p n﹣1）[p n2+（1﹣t）p n+1]＝0，①t≤1时，p n2+（1﹣t）p n+1＞0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0⽆解，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③t＝3时，（p n﹣1）3＝0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0有两解α，β，设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果，所以这样的数列{S n}有⽆数多个，则对应的数列{a n}有⽆数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0，综上可得0＜λ＜1．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．【解答】解：（1）设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，即2a1＝a1q+a1q2，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝﹣2（1舍去），所以{a n}的公⽐为﹣2；（2）若a1＝1，则a n＝（﹣2）n﹣1，na n＝n•（﹣2）n﹣1，则数列{na n}的前n项和为S n＝1•1+2•（﹣2）+3•（﹣2）2+…+n•（﹣2）n﹣1，﹣2S n＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n•（﹣2）n，两式相减可得3S n＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n•（﹣2）n＝﹣n•（﹣2）n，化简可得S n＝，所以数列{na n}的前n项和为．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．【解答】解：（1）∵a2+a4＝20，a3＝8，∴+8q＝20，解得q＝2或q＝（舍去），∴a1＝2，∴a n＝2n，（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，∴2n≤m，∴n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，…，由＜100，＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．∴数列{b m}的前100项和S100＝0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37＝480．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．【解答】解：（1）设公⽐为q，则由，可得a1＝1，q＝3，所以a n＝3n﹣1．（2）由（1）有log3a n＝n﹣1，是⼀个以0为⾸项，1为公差的等差数列，所以S n＝，所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0，解得m＝6，或m＝﹣1（舍去），所以m＝6．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）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；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴c n+1＝•c n＝•c n＝•c n＝•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＝4n﹣1，则a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝41，•••a n﹣a n﹣1＝4n﹣2，各项相加，可得a n＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．（Ⅱ）证明：依题意，由c n+1＝•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+）•＝（1+）（﹣），⼜∵b1＝1，d＞0，∴b n＞0，∴c1+c2+…+c n＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+c n＜1+，故得证．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．【解答】解：（1）数列{a n}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则a n＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则a n＝（）n﹣1，S n＝＝2﹣（）n﹣1，S n＞100a n，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最⼩值为7．考点卡⽚1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝2、等⽐数列的通项公式：a n＝a1q n﹣1；前n项和公式S n＝＝（q≠1）3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列（1）对于等差数列，a n＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，a n是n的⼀次函数，对应的点（n，a n）是位于直线上的若⼲个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题．（2）对于等⽐数列：a n＝a1q n﹣1．可⽤指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等⽐数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等⽐数列{a n}是递减数列．当q＝1时，是⼀个常数列．当q＜0时，⽆法判断数列的单调性，它是⼀个摆动数列．【典型例题分析】典例1：数列{a n}满⾜a n＝n2+kn+2，若不等式a n≥a4恒成⽴，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：a n＝n2+kn+2＝，∵不等式a n≥a4恒成⽴，∴，解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），其前n项和为S n，若数列{}也为等差数列，则的最⼤值是（）A．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），设公差为d，则a n＝1+（n﹣1）d，其前n项和为S n＝，∴＝，＝1，＝，＝，∵数列{}也为等差数列，∴＝+，∴＝1+，解得d＝2．∴S n+10＝（n+10）2，＝（2n﹣1）2，∴＝＝，由于为单调递减数列，∴≤＝112＝121，故选：D．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，已知等差数列的⾸项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代⼊2n﹣1可得1≠2，∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第⼀项这个数列是等差数列，但如果把⾸项放进去的话就不是等差数列，题中a n的求法是数列当中常⽤到的⽅式，⼤家可以熟记⼀下．eg2：已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列a n是以1为⾸项，4为公差的等差数列，∴a n＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的⼀个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解⽅程⼀样求出⾸项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是⼀种很常⻅的题型，这⾥⾯往往⽤的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，如果⼀个数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，这个数列就叫做等差数列，⽽这个常数叫做等差数列的公差，公差常⽤字⺟d表示．其求和公式为S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出⾸项a1的值，然后套⽤公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运⽤．其实⽅法都是⼀样的，要么求出⾸项和公差，要么求出⾸项和第n项的值．【考点点评】等差数列⽐较常⻅，单独考察等差数列的题也⽐较简单，⼀般单独考察是以⼩题出现，⼤题⼀般要考察的话会结合等⽐数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运⽤．4．等⽐数列的性质【等⽐数列】（⼜名⼏何数列），是⼀种特殊数列．如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数，这个数列就叫做等⽐数列，因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，公⽐通常⽤字⺟q表示（q≠0）．注：q＝1时，a n 为常数列．等⽐数列和等差数列⼀样，也有⼀些通项公式：①第n项的通项公式，a n＝a1q n﹣1，这⾥a1为⾸项，q为公⽐，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点．②求和公式，S n＝，表示的是前⾯n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有a m•a n ＝a p•a q．例：2，x，y，z，18成等⽐数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等⽐数列，设其公⽐为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运⽤了等⽐数列第n项的通项公式，这也是⼀个常⽤的⽅法，即知道某两项的值然后求出公⽐，继⽽可以以已知项为⾸项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，⽅法就是待定系数法．【等⽐数列的性质】（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．5．等⽐数列的通项公式【知识点的认识】1．等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数，那么这个数列叫做等⽐数列，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，通常⽤字⺟q表示（q≠0）．从等⽐数列的定义看，等⽐数列的任意项都是⾮零的，公⽐q也是⾮零常数．2．等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1，公⽐为q，则它的通项a n＝a1•q n﹣13．等⽐中项：如果在a与b中间插⼊⼀个数G，使a，G，b成等⽐数列，那么G叫做a与b的等⽐中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等⽐数列的常⽤性质（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．6．等⽐数列的前n项和【知识点的知识】1．等⽐数列的前n项和公式等⽐数列{a n}的公⽐为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等⽐数列前n项和的性质公⽐不为﹣1的等⽐数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等⽐数列，其公⽐为q n．7．数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，⼀般来说要求的数列为等差数列、等⽐数列、等差等⽐数列等等，常⽤的⽅法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等⽐数列前n项和公式：③⼏个常⽤数列的求和公式：（2）错位相减法：适⽤于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等⽐数列．（3）裂项相消法：适⽤于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所⽤的⽅法，就是将⼀个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有⼀类数列，既不是等差数列，也不是等⽐数列，若将这类数列适当拆开，可分为⼏个等差、等⽐或常⻅的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满⾜：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使⽤裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第⼆问⽤的关键⽅法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常⽤的⽅法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分⺟的⼀般就可以⽤裂项求和．【解题⽅法点拨】数列求和基本上是必考点，⼤家要学会上⾯所列的⼏种最基本的⽅法，即便是放缩也要往这⾥⾯考．9．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前⼏项），且任⼀项a n与它的前⼀项a n﹣1（或前⼏项）间的关系可以⽤⼀个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容⼀个重点，要认真掌握．注意：（1）⽤a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成⽴的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统⼀为⼀个式⼦．（2）⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等⽐数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，⽤作差法：a n＝．⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，⽤作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，⽤累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，⽤累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以⽤构造法（构造等差、等⽐数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以⽤待定系数法转化为公⽐为k的等⽐数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以⽤倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前⼏项进⾏归纳猜想，再利⽤数学归纳法进⾏证明．10．等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与⾸末两端“等距离”的两项和相等，并且等于⾸末两项之和；（3）m，n∈N+，则a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第⼆项开始起，每⼀项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（⾸项不⼀定选a1）．2、等⽐数列的性质．（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．31。
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08高考数学理科数列训练题
1.某数列{}n a
的前四项为
①1(1)2n n a ⎡⎤=+-⎣⎦ ②
n a =
③0
n a =⎪⎩ )(n n 为奇数为偶数）（ 其中可作为{}n a 的通项公式的是（）
A ．①
B ．①②
C ．②③
D ．①②③
2.设函数()f x 满足()()212
f n n f n ++= ()n N *∈，且()12f =，则()20f =（） A ．95 B ．97 C ．105 D ．192
3.已知数列中{}n a ，11a =，()111n n n n a a a --=+- ()2,n n N *≥∈，则35a a 的值是（） A ．1516 B ．158 C ．34 D ．38
4.已知数列{}n a 的首项11a =，且121n n a a -=+ (2)n ≥，则5a 为（）
A ．7
B ．15
C ．30
D ．31
5．已知数列{}n a 是等差数列，且31150a a +=，又413a =，则2a 等于（ ）
A ．1
B ．4
C ．5
D ．6
6.若lg a 、lg b 、lg c 成等差数列，则（ ）
A ．2a c b +=
B ．()1lg lg 2
b a b =+ C ．a 、 b 、
c 成等差数列 D ．a 、 b 、 c 成等比数列 7．38，524-，748，980- … 一个通项公式是____ 8．已知{}n a 是递增数列，且对任意n N *∈都有2n a n n λ=+恒成立，则实数λ的取值范
围是____
9．设等差数列{}n a 的公差为2-，且1479750a a a a +++⋅⋅⋅+=，则36999a a a a +++⋅⋅⋅+=______．
10．等比数列中{}n a ，公比1q ≠±，200100S =，则
4020
1S q =+______．
11．数列{}n x 中，11x =
，1n x +=
，求数列{}n x 的通项公式
10．设有数列{}n a ，156a =
，若以1a ，2a ，…，n a 为系数的二次方程：2110n n a x a x --+=（*n N ∈且2n ≥）都有根α、β满足331ααββ-+=
（1）求证12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭
为等比数列；
（2）求n a ；
（3）求n a 的前n 项和n S ．
1.D
2.B
3.C
4.D 5．C 6.D 7．()
()12211211n n n a n ++=-+- 8．()3,-+∞ 9．—82 10．100
11．[解析] ∵
1n x += ∴ 221222
n n n x x x +=+ ∴ 2222121
1122n n n n
x x x x ++==+ 即2211112n n x x +-= ∴ 数列21n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2111x =，公差为12的等差数列 ∴ ()()22111111111222
n n n n x x +=+-⨯=+-=由已知可得 0n x >
∴n x = 10． [解析]（1）证明：∵ 1n n a a αβ-+=
， 11n a αβ-= 代入331ααββ-+= 得 11133n n a a -=+ ∴ 1111111332211322n n n n a a a a --+--
==--为定值 ∴ 数列12n a ⎧
⎫-⎨⎬⎩⎭
是等比数列 （2）∵ 115112623a -=-= ∴ 111112333n n
n a -⎛⎫⎛⎫-=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴ 1132
n n a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ （3） 21113332
n n n S ⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭ 111331213
n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+- 11223n n +=
-⨯。