2020年高考模拟复习知识点试卷试题之高考数学等差数列提高练习题(有难度-高考要求)
【高考冲刺】2020年高考数学(理数)等差数列与等比数列小题练(含答案解析)
q2
a5 == a3
1 4，
因为数列为正项等比数列，所以
1
64×
1－
14 2
q=2，从而 a1=64，所以 S4=
1
=120. 选 C.
1－
2
13. 答案为： 23；
2
2
解析：因为 3a n＋ 1=3an－ 2，所以 an＋ 1－ an=－ 3，所以数列 {a n} 是首项为 15，公差为－ 3的等差数
＋ a 2 018
2 019
2
<0，
12. 答案为： C； a3＋ a5＝ 20，
由题意得 a3a5＝ 64，
a3＝ 16 ， 解得
a5＝ 4
a3＝ 4， 或
a5＝ 16.
a n＋ 1 又 <1，
an
所以数列 {a n} 为递减数列，故
a3＝ 16， a5＝ 4.
设等比数列 {a n} 的公比为
q，则
4. 答案为： D；
5. 答案为： D； 6. 答案为： B；
7. 答案为： A 解析： 设等差数列 {a n} 的首项为 a1，公差为 d．由 a6=3a4，得 a1＋ 5d=3(a 1＋ 3d) ， 所以 a1=－ 2d ．由 S9=λ a4，得 9a1＋ 36d=λ (a 1＋ 3d) ，代入 a1=－2d ，得 λ =18．故选 A．
24. 答案为： 16；
3
76
81
解析：设 {a n} 的公差为 d，由 a12=8a5＞ 0，得 a1=- 5 d， d＜ 0，所以 an= n－ 5 d，
从而可知当 1≤n≤16 时， an＞ 0；当 n≥17 时， an＜ 0.
从而 b1＞ b2＞…＞ b 14＞ 0 ＞ b17 ＞ b18＞…， b15 =a15a 16a 17 ＜0， b 16=a16a 17a18＞ 0 ，故 S14＞ S13 ＞…＞ S1 ， S14 ＞ S15 ， S15＜ S16， S16＞ S17＞ S18＞…．
上海市2020〖苏科版〗高三数学复习试卷等差数列及其前n项和2
上海市2020年〖苏科版〗高三数学复习试卷等差数列及其前n 项和创作人：百里第次 创作日期：202X.04.01 审核人： 北堂进行创作单位： 明德智语学校n为其前n S ，2＝－d 公差，为等差数列}n a {)江西高考·(．1)(＝1a 则，11S ＝10S 若．项和A ．18B ．20C ．22D ．24，8＝5a 已知，n S 项和为n 的前}n a {列等差数)广州调研·(．2)(的值是7S －10S 则，6＝3SA ．24B ．48C ．60D ．72则，4＝6a ＋5a ，中}n a {列等差数)东北三校联考·(．3)(＝)10a ·2…·2a ·21a 2(2logA ．10B ．2052log ＋2．40D ．C2na －2n ＋1a ，>0n a ，1＝1a ：满足}n a {列已知数)海淀期末·(．4)(的最大值为n 成立的5<n a 那么使，)*N ∈n (1＝A ．4B ．5C ．24D ．25若，<011S ，>010S 并且，n S 项和为n 的前}n a {列已知等差数．5)(的值为k 则正整数，恒成立*N ∈n 对k S ≤n SA ．5B ．6C ．4D ．7∈n (n a －1＋n a ＝n b 为等差数列且}n b {，3为的首项}n a {列数．6)(＝8a 则，12＝10b ，2＝－3b 若．)*NA ．0B ．3C ．8D ．112a ＝3a ，1＝1a 满足}n a {列已知递增的等差数)广东高考·(．7________.＝n a 则，4－，4＝5a －7a ，项和n 为其前n S ，为等差数列}n a {列已知数．8________.＝k 则，9＝k S ，21＝11a若对任意，n T ，n S 项和分别为n 的前}n b {，}n a {列设等差数．9．________为的值a3b8＋b4＋a9b5＋b7则，2n －34n －3＝Sn Tn 都有n 自然数 3.＝－3a ，1＝1a ，中}n a {列已知等差数)福建高考·(．10；的通项公式}n a {列求数)1(．的值k 求，35＝－k S 项和k 的前}n a {列若数)2(，n a －1＝n T ，n T 项积为n 的前}n a {列设数．11；是等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Tn 证明)1(.n S 项和n 的前⎩⎨⎧⎭⎬⎫an Tn 求数列)2(10S ，项和n 是它的前n S ，31＝1a ，中}n a {列已知在等差数．12.22S ＝；n S 求)1((2)这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．前则该数列，24＝)13a ＋10a ＋7a (2＋)5a ＋3a (3，等差数列中．113项的和是( )A ．156B ．52C ．26D ．13项01前若此数列的，<011a ·10a ，>01a ，中}n a {列在等差数．2的值18T 项和81前的}|n a {|列则数，12＝18S 项和81前，36＝10S 和是( )A ．24B ．48C ．60D ．84．)*N ∈n (3－n 4＝n a ＋1＋n a 满足}n a {列数．3；求其通项公式，是等差数列}n a {若)1(.1＋n 2S 求，项和n 的前}n a {为n S ，2＝1a 满足}n a {若)2([答 题 栏]A 级1._________2._________3._________4._________5._________6._________ B 级1.______2.______7.__________8.__________9.__________A 级1．B2.B3.B4.C即，<011a ＋1a 并且，<0d ，>01a 知0<11S ，>010S 由A 选．5项5第，项都为正数5前即数列的，>05a 所以，>06a ＋5a 又，<06a 5.＝k 则，最大5S 所以，之后的都为负数，2－＝3b 是等差数列，且}n b {为因B 选．6，21＝10b，6－＝1b 于是.2＝错误!＝d 故公差，)*N ∈n (8－n 2＝n b 且8.－n 2＝n a －1＋n a 即＋)6－(＋1a ＝…＝6＋4＋2＋5a ＝6＋4＋6a ＝6＋7a ＝8a 所以(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.＝d 2＋1得，4－2a ＝3a 由∵，d 解析：设等差数列公差为．7，4＝2d ，解得4－2)d ＋1(即d ＝±2.由于该数列为递增数列，故d ＝2.1.－n 2＝2×)1－n (＋1＝n a ∴答案：2n －1＝02－12＝d 10－11a ＝1a 2.＝d ，则4＝d 2＝5a －7a 解析：．81，，*N ∈k 又.9＝2k ＝2×错误!＋k ＝k S故k ＝3. 答案：3为等差数列，}n b {，}n a {∵解析：．9 .a6b6＝a9＋a32b6＝a32b6＋a92b6＝a3b8＋b4＋a9b5＋b7∴，1941＝2×11－34×11－3＝2a62b6＝a1＋a11b1＋b11＝S11T11∵.1941＝a6b6∴1941：答案，d 的公差为}n a {列设等差数)1(解：．10.d )1－n (＋1a ＝n a 则，3－＝d 2＋1得，可3－＝3a ，1＝1a 由解得d ＝－2..n 2－3＝)2－(×)1－n (＋1＝n a 从而，n 2－3＝n a 可知)1(由)2(.2n －n 2＝错误!＝n S 所以，53－＝2k －k 2得，可53－＝k S 由5.－＝k 或7＝k ，解得0＝53－k 2－2k 即7.＝k ，故*N ∈k 又得，n a －1＝n T 证明：由)1(解：．11，TnTn －1－1＝n T 时，2≥n 当1.＝1Tn －1－1Tn 得n T 两边同除以，1a ＝1a －1＝1T ∵ 2.＝1a1＝1T1，12＝1a 故．的等差数列1为，公差2为是首项⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Tn ∴，1n ＋1＝n T ，则1＋n ＝1Tn 知)1(由)2(.n ＝anTn 故.n n ＋1＝n T －1＝n a 从而．的等差数列1为，公差1为是首项⎩⎨⎧⎭⎬⎫an Tn 数列∴.错误!＝n S ∴，10a ＋…＋2a ＋1a ＝10S ∵)1(解：．12，22S ＝10S ，又22a ＋…＋2a ＋1a ＝22S，0＝22a ＋…＋12a ＋11a ∴0.＝d 31＋1a 2＝22a ＋11a ，故0＝错误!即，2－＝d ∴，13＝1a ∵又.2n －n 32＝)1－n (n －n 31＝d 错误!＋1a n ＝n S ∴，2n －n 32＝n S 知)1(由：法一)2(256.是的最大值n S 有最大值，n S 时，61＝n 故当有最大值，n S ，欲使)n －23(n ＝2n －n 32＝n S 由：法二，625＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋32－n 2≤n S ，从而2<3n 1<有应56.2值有最大n S 时，61＝n ，即n －23＝n 当且仅当B 级，10a 3＝13a ＋10a ＋7a ，4a 2＝5a ＋3a ∵C 选．14.＝10a ＋4a 故，24＝)10a ＋4a (6∴26.＝错误!＝错误!＝31S ∴1a ＝18T 故，<011a ，>010a ，<0d 可知0<11a ·10a ，>01a 由C 选．260.＝)10S －18S (－10S ＝18a －…－11a －10a ＋…＋ ①，3－n 4＝n a ＋1＋n a 由题意得)1(解：．3②，1＋n 4＝1＋n a ＋2＋n a ，4＝n a －2＋n a 得①－②2.＝d ∴，d 是等差数列，设公差为}n a {∵，1＝d ＋1a ＋1a ∴，1＝2a ＋1a ∵，12＝－1a ∴.52－n 2＝n a ∴1.－＝2a ∴，1＝2a ＋1a ，2＝1a ∵)2(数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，∴，4＝n a －2＋n a ∵又公差均为4，，5－n 4＝n 2a ，2－n 4＝1－n 2a ∴＋2×)1＋n (＝)n 2a ＋…＋4a ＋2a (＋)1＋n 2a ＋…＋3a ＋1a (＝1＋n 2S 2.＋n ＋2n4＝4×错误!＋)1－(×n ＋4×错误!创作人：百里第次 创作日期：202X.04.01 审核人： 北堂进行创作单位： 明德智语学校。
2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(原卷版)
2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一 等差、等比数列的基本运算 【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【例1】等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．29B ．31C ．33D ．36【例2】．{}a n 是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10等于( )A ．－10B ．－5C ．0D ．5【例3】．已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *，aa n ＝3n ，记b n ＝a 2·3n －1(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和等于( )A ．2n ＋nB ．2n ＋1－1 C.3n ＋1－3n2D.3n ＋1－32题组训练一 等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝4，S 15＝60则a 20等于( ) A ．4 B ．6 C ．10 D ．122．在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．33．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( )A ．152B ．135C ．80D ．16 题型二 等差、等比数列的性质及应用 【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 8·a 2 008＝14，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015等于( ) A ．log 22 015B ．2 015C ．－2 015D ．1 0082．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10，S 12＝130，则S 8等于( ) A ．－30 B ．40 C ．40或－30D ．40或－503．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56题组训练二 等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．2 3B ．4C ．±2 2D ．±4 2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．3．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033题型三 等差、等比数列的综合问题 【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．【例3】已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．题组训练三 等差、等比数列的综合问题已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫⎝⎛21，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .题型四 数列与其他知识的交汇 【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( )A ．1 007B ．1 008C ．2 015D ．2 016题组训练四 数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12B.32C ．1D ．－322．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.433．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{}a n 的通项公式a n ＝________.【专题训练】 一、选择题1．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 7＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( ) A ．2 B ．lg 50 C ．10D ．52．在正项等比数列{a n }中，已知a 3a 5＝64，则a 1＋a 7的最小值为( ) A ．64B ．32C ．16D ．83．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．104．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．n (3n －1)B.n (n ＋3)2C ．n (n ＋1)D.n (3n ＋1)25．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3S 3－8＝0，且正整数m ，n满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8n的最小值是( ) A.157 B.95 C.53D.756．数列{}a n 是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{}b n 满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5 D ．6二、填空题7．数列{a n }的通项a n ＝n 2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin 3cos22ππn n ，其前n 项和为S n ，则S 30＝________. 8．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.9．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日10．数列{log k a n }是首项为4，公差为2的等差数列，其中k >0，且k ≠1.设c n ＝a n lg a n ，若{c n }中的每一项恒小于它后面的项，则实数k 的取值范围为________．三、解答题11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝⎪⎭⎫⎝⎛23a n ·b n ，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．。
2020年高考数学一轮复习专题4.1等差数列练习(含解析)
第一讲 等差数列一．等差数列的概念1.文字表达：一般地，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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示，可正可负可为零．2.数学表达式：1n n a a d +-= 二.通项公式1.公式a n ＝a 1＋(n －1)d2.推广公式①a n ＝dn ＋(a 1－d)(n ∈N ＋)-----几何意义是点(n ，a n )均在直线y ＝dx ＋(a 1－d)上．②a n ＝a m ＋(n －m)d(m ，n ∈N ＋)----可以用来利用任一项及公差直接得到通项公式，不必求a 1. ③d ＝a n －a m n －m (m ，n ∈N ＋，且m ≠n)----即斜率公式k ＝y 2－y 1x 2－x 1，可用来由等差数列任两项求公三．求和公式：1.公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；2等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n.数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn(A ，B 为常数)．四．性质：①若m ，n ，p ，q ，t ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q=2t ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q =2a t ②S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列. ③S 2n －1＝(2n －1)a n .④等差数列的前n 项和的最值在等差数列{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．考向一 等差数列的判断与证明【例1】已知数列{a n }，满足a 1＝2，a n ＋1＝2a na n ＋2.(1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是否为等差数列？说明理由；(2)求a n . 【答案】见解析【解析】(1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，理由如下：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n ＋2，∴1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝12＋1a n ，∴1a n ＋1－1a n ＝12， 即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝12，公差为d ＝12的等差数列．(2)由上述可知1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝n 2，∴a n ＝2n.【拓展1】(变条件，变结论)将例题中的条件“a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n ＋2”换为“a 1＝4，a n ＝4－4a n －1(n >1)，记b n＝1a n －2”． (1)试证明数列{b n }为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式． 【答案】见解析【解析】(1)证明：b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－2－1a n －2＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫4－4a n －2－1a n －2＝a n 2a n －2－1a n －2＝a n －22a n －2＝12.又b 1＝1a 1－2＝12，∴数列{b n }是首项为12，公差为12的等差数列． (2)由(1)知b n ＝12＋(n －1)×12＝12n .∵b n ＝1a n －2，∴a n ＝1b n ＋2＝2n ＋2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2. 【拓展2】．(变条件)将例题中的条件“a 1＝2，a n ＋1＝2a na n ＋2”换为“a 1＝1，a 2＝2,2a n ＋1＝2a n ＋3(n ≥2，n ∈N *)”试判断数列{a n }是否是等差数列． 【答案】见解析【解析】当n ≥2时，由2a n ＋1＝2a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝32，但a 2－a 1＝1≠32，故数列{a n }不是等差数列．【举一反三】已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．【答案】见解析 【解析】(1)∵1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列．(2) 由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1，知b n ＝13n ＋23， ∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2(n ∈N *)． 考向二 等差数列的性质【例2】（1）等差数列{a n }中，a 4＋a 5＝15，a 7＝12，则a 2等于 （2）等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝3n －12n ＋3，则a 10b 10＝________.(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5＝7，S 10＝21，则S 15＝________.(4)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 018，S 2 0192 019－S 2 0132 013＝6，则S 2 020＝________. (5)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 13>0，S 14<0，则S n 取最大值时n 的值为________． 【答案】（1）3 （2）5641（3）42 （4)2020 (5)7【解析】（1）由数列的性质，得a 4＋a 5＝a 2＋a 7，所以a 2＝15－12＝3.（2） 在等差数列中，S 19＝19a 10，T 19＝19b 10，因此a 10b 10＝S 19T 19＝3×19－12×19＋3＝5641. （3） 在等差数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等差数列，即7，14，S 15－21成等差数列，所以7＋(S 15－21)＝2×14，解得S 15＝42.(4)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 0192 019－S 2 0132 013＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0202 020＝S 11＋2 019d ＝－2 018＋2 019＝1，∴S 2 020＝1×2 020＝2 020.(5)根据S 13>0，S 14<0，可以确定a 1＋a 13＝2a 7>0，a 1＋a 14＝a 7＋a 8<0，所以可以得到a 7>0，a 8<0，所以S n 取最大值时n 的值为7.【举一反三】1．在等差数列{a n }中，S n 是其前n 项和，a 1＝－9，S 99－S 77＝2，则S 10＝________.【答案】 0【解析】 设公差为d ，则S n n ＝a 1＋(n －1)2d ，∵S 99－S 77＝2，∴9－12d －7－12d ＝2，∴d ＝2，∵a 1＝－9，∴S 10＝10×(－9)＋10×92×2＝0. 2.在等差数列{a n }中，已知a 1＝13,3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________． 【答案】49【解析】设{a n }的公差为d .法一：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2n ＋1＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5.因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝713－2×7＋152＝49.法二：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15. 所以S n ＝n 13＋15－2n2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. 3．在等差数列{a n }中，已知a 2＋2a 8＋a 14＝120，则2a 9－a 10＝________. 【答案】 30【解析】 ∵a 2＋2a 8＋a 14＝4a 8＝120，∴a 8＝30.2a 9－a 10＝2(a 10－d )－a 10＝a 10－2d ＝a 8＝30. 4.已知等差数列{a n }中，a 1＋a 4＋a 7＝15，a 2a 4a 6＝45，求此数列的通项公式． 【答案】见解析【解析】方法一 因为a 1＋a 7＝2a 4，a 1＋a 4＋a 7＝3a 4＝15，所以a 4＝5.又因为a 2a 4a 6＝45，所以a 2a 6＝9，所以(a 4－2d )(a 4＋2d )＝9，即(5－2d )(5＋2d )＝9，解得d ＝±2. 若d ＝2，a n ＝a 4＋(n －4)d ＝2n －3，n ∈N ＋； 若d ＝－2，a n ＝a 4＋(n －4)d ＝13－2n ，n ∈N ＋. 方法二 设等差数列的公差为d ，则由a 1＋a 4＋a 7＝15，得a 1＋a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，即a 1＋3d ＝5.① 由a 2a 4a 6＝45，得(a 1＋d )(a 1＋3d )(a 1＋5d )＝45，将①代入上式，得(5－2d )×5×(5＋2d )＝45，即(5－2d )(5＋2d )＝9，② 联立①②解得a 1＝－1，d ＝2或a 1＝11，d ＝－2，即a n ＝－1＋2(n －1)＝2n －3，n ∈N ＋；或a n ＝11－2(n －1)＝－2n ＋13，n ∈N ＋.1．等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则2a 9－a 10的值是( )A ．20B ．22C ．24D ．－8 【答案】 C【解析】 因为a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120，所以a 8＝24，所以2a 9－a 10＝a 10＋a 8－a 10＝a 8＝24.故选C. 2．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9等于( )A ．－6B ．－4C ．－2D ．2 【答案】 A【运用套路】---纸上得来终觉浅,绝知此事要躬行【解析】 S 8＝8a 1＋a 82＝4(a 3＋a 6)．因为S 8＝4a 3，所以a 6＝0.又a 7＝－2，所以d ＝a 7－a 6＝－2，所以a 8＝－4，a 9＝－6.故选A.3.已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝10，且5S 1S 5＝15，则a 2＝( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 【答案】 A【解析】 依题意得55a 1a 3＝15，a 1a 3＝5，a 2＝10a 1a 3＝2.故选A.4．已知S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，且S 5S 10＝13，那么S 5S 20等于( ) A.110 B.19 C.18 D.13 【答案】 A5．已知数列{a n }是等差数列，a 4＝15，a 7＝27，则过点P (3，a 3)，Q (5，a 5)的直线斜率为( )A ．4 B.14 C ．－4 D ．－14【答案】 A【解析】 由数列{a n }是等差数列，知a n 是关于n 的“一次函数”，其图象是一条直线上的等间隔的点(n ，a n )，因此过点P (3，a 3)，Q (5，a 5)的直线斜率即过点(4,15)，(7,27)的直线斜率，所以直线的斜率k ＝27－157－4＝4.故选A.6.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是( )A.5B.6C.7D.8【答案】C【解析】(1)法一 由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质，可得a 7＋a 8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7>0，a 8<0，故n ＝7时S n 最大.法二 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入，得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n .根据二次函数的性质，知当n ＝7时S n 最大.7．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 017＋a 2 018＞0，a 2 017·a 2 018＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 017B ．2 018C ．4 034D ．4 035【答案】C【解析】因为a 1＞0，a 2 017＋a 2 018＞0，a 2 017·a 2 018＜0，所以d ＜0，a 2 017＞0，a 2 018＜0，所以S 4 034＝4 034a 1＋a 4 0342＝4 034a 2 017＋a 2 0182＞0，S 4 035＝4 035a 1＋a 4 0352＝4 035a 2 018＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 034.8.设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 【答案】130【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＝130.9．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝24，则a 9＝________. 【答案】 15【解析】 设等差数列的公差为d ，则S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ＝3，即a 1＋d ＝1，S 6＝6a 1＋6×52d ＝6a 1＋15d ＝24，即2a 1＋5d ＝8.由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝1，2a 1＋5d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝2.故a 9＝a 1＋8d ＝－1＋8×2＝15.10．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则S 11＝ 。
高考数学模拟复习试卷试题模拟卷第1课时等差数列的前n项和2 23
高考模拟复习试卷试题模拟卷第1课时等差数列的前n项和课后篇巩固探究A组1.设Sn是等差数列{an}的前n项和,已知a2=3,a6=11,则S7等于()A.13B.35C.49D.63解析:S7==49.答案:C2.设Sn是等差数列{an}的前n项和,S5=10,则a3的值为()A. B.1 C.2 D.3解析:∵S5==5a3,∴a3=S5=×10=2.答案:C3.已知数列{an}的通项公式为an=2n37,则Sn取最小值时n的值为()A.17B.18C.19D.20解析:由≤n≤.∵n∈N+,∴n=18.∴S18最小,此时n=18.答案:B4.等差数列{an}的前n项和为Sn(n=1,2,3,…),若当首项a1和公差d变化时,a5+a8+a11是一个定值,则下列选项中为定值的是()A.S17B.S18C.S15D.S14解析:由a5+a8+a11=3a8是定值,可知a8是定值,所以S15==15a8是定值.答案:C5.若两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为An与Bn,且满足(n∈N+),则的值是()A. B. C. D.解析:因为,所以.答案:C6.已知{an}是等差数列,Sn为其前n项和,n∈N+.若a3=16,S20=20,则S10的值为.解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.∵a3=a1+2d=16,S20=20a1+d=20,∴解得d=2,a1=20,∴S10=10a1+d=0=110.答案:1107.在等差数列{an}中,前n项和为Sn,若a9=3a5,则=.解析:S17=17a9,S9=9a5,于是×3=.答案:8.已知某等差数列共有10项,其奇数项之和为15,偶数项之和为30,则其公差等于.解析:设公差为d,则有5d=S偶S奇=3015=15,于是d=3.答案:39.若等差数列{an}的公差d<0,且a2·a4=12,a2+a4=8.(1)求数列{an}的首项a1和公差d;(2)求数列{an}的前10项和S10的值.解(1)由题意知(a1+d)(a1+3d)=12,(a1+d)+(a1+3d)=8,且d<0,解得a1=8,d=2.(2)S10=10×a1+d=10.10.导学号33194010已知数列{an}是首项为23,公差为整数的等差数列,且前6项均为正,从第7项开始变为负.求:(1)此等差数列的公差d;(2)设前n项和为Sn,求Sn的最大值;(3)当Sn是正数时,求n的最大值.解(1)∵数列{an}首项为23,前6项均为正,从第7项开始变为负,∴a6=a1+5d=23+5d>0,a7=a1+6d=23+6d<0,解得<d<,又d∈Z,∴d=4.(2)∵d<0,∴{an}是递减数列.又a6>0,a7<0,∴当n=6时,Sn取得最大值,即S6=6×23+×(4)=78.(3)Sn=23n+×(4)>0,整理得n(252n)>0,∴0<n<,又n∈N+,∴n的最大值为12.B组1.设数列{an}为等差数列,公差d=2,Sn为其前n项和,若S10=S11,则a1=()A.18B.20C.22D.24解析:因为S11S10=a11=0,a11=a1+10d=a1+10×(2)=0,所以a1=20.答案:B2.(全国1高考)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为()A.1B.2C.4D.8解析:设首项为a1,公差为d,则a4+a5=a1+3d+a1+4d=24,S6=6a1+d=48,联立可得①×3②,得(2115)d=24,即6d=24,所以d=4.答案:C3.等差数列{an}的前n项和记为Sn,若a2+a4+a15的值为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是()A.S7B.S8C.S13D.S15解析:∵a2+a4+a15=3a1+18d=3(a1+6d)=3a7为常数,∴S13==13a7为常数.答案:C4.导学号33194011若等差数列{an}的通项公式是an=12n,其前n项和为Sn,则数列的前11项和为()A.45B.50C.55D.66解析:∵Sn=,∴=n,∴的前11项和为(1+2+3+…+11)=66.故选D.答案:D5.已知等差数列{an}前9项的和等于前4项的和.若a1=1,ak+a4=0,则k=.解析:设等差数列{an}的公差为d,则an=1+(n1)d,∵S4=S9,∴a5+a6+a7+a8+a9=0.∴a7=0,∴1+6d=0,d=.又a4=1+3×,ak=1+(k1)d,由ak+a4=0,得+1+(k1)d=0,将d=代入,可得k=10.答案:106.已知数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且1+<0.若Sn存在最大值,则满足Sn>0的n的最大值为.解析:因为Sn有最大值,所以数列{an}单调递减,又<1,所以a10>0,a11<0,且a10+a11<0.所以S19=19×=19a10>0,S20=20×=10(a10+a11)<0,故满足Sn>0的n的最大值为19.答案:197.导学号33194012在等差数列{an}中,a1=60,a17=12,求数列{|an|}的前n项和.解数列{an}的公差d==3,∴an=a1+(n1)d=60+(n1)×3=3n63.由an<0得3n63<0,解得n<21.∴数列{an}的前20项是负数,第20项以后的项都为非负数.设Sn,Sn'分别表示数列{an}和{|an|}的前n项和,当n≤20时,Sn'=Sn==n2+n;当n>20时,Sn'=S20+(SnS20)=Sn2S20=60n+×32×n2n+1260.∴数列{|an|}的前n项和Sn'=8.导学号33194013设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5+a13=34,S3=9.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式;(2)设数列{bn}的通项公式为bn=,问:是否存在正整数t,使得b1,b2,bm(m≥3,m∈N)成等差数列?若存在,求出t和m的值;若不存在,请说明理由.解(1)设等差数列{an}的公差为d,因为a5+a13=34,S3=9,所以整理得解得所以an=1+(n1)×2=2n1,Sn=n×1+×2=n2.(2)由(1)知bn=,所以b1=,b2=,bm=.若b1,b2,bm(m≥3,m∈N)成等差数列,则2b2=b1+bm,所以,即6(1+t)(2m1+t)=(3+t)(2m1+t)+(2m1)(1+t)(3+t),整理得(m3)t2(m+1)t=0,因为t是正整数,所以(m3)t(m+1)=0,m=3时显然不成立,所以t==1+.又因为m≥3,m∈N,所以m=4或5或7,当m=4时,t=5;当m=5时,t=3;当m=7时,t=2.所以存在正整数t,使得b1,b2,bm(m≥3,m∈N)成等差数列.高考模拟复习试卷试题模拟卷【考情解读】1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理；2.能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．【重点知识梳理】1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αl⊂β⇒l⊥α性质定理如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b2.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αl⊂β⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al⊥al⊂β⇒l⊥α(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．(2)线面角θ的范围：θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.4．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．【高频考点突破】考点一 直线与平面垂直的判定与性质【例1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ， ∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)CD ⊥AE ； (2)PD ⊥平面ABE.【变式探究】 (·山东卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PC 的中点．求证：(1)AP ∥平面BEF ； (2)BE ⊥平面PAC.考点二 平面与平面垂直的判定与性质【例2】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．求证：(1)CE ∥平面PAD ；(2)平面EFG⊥平面EMN.【变式探究】 (·江苏卷)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.考点三线面角、二面角的求法【例3】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；(2)证明：AE⊥平面PCD；(3)求二面角A－PD－C的正弦值．【变式探究】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC.E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明PA∥平面EDB；(2)证明PB⊥平面EFD；(3)求二面角C－PB－D的大小．【真题感悟】1.【高考广东，文18】（本小题满分14分）如图3，三角形DC P 所在的平面与长方形CD AB 所在的平面垂直，D C 4P =P =，6AB =，C 3B =．（1）证明：C//B 平面D P A ； （2）证明：C D B ⊥P ；（3）求点C 到平面D P A 的距离．C D B ⊥P2.【高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，点E 是PC 的中点，连接,,DE BD BE .（Ⅰ）证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； （Ⅱ）记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V，求12V V 的值． 3.【高考湖南，文18】（本小题满分12分）如图4，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，,E F 分别是1,BC CC 的中点。
新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训三等差数列与等比数列
小题考法专训（三）等差数列与等比数列A级 --- 保分小题落实练一、选择题1. （2019 •福州质检）等比数列｛a n｝的各项均为正实数，其前n项和为S.若a3 = 4, a2a6=64,贝U S=()A. 32B. 31C. 64D. 63解析：选B法一: 设首项为a1，公比为q，因为a n> 0，所以q > 0,由条件得2 / a1 • q =4, a1= 1,5解得所以S5= 31, 故选B.ag • a1q = 64, q= 2,法二：设首项为a i,公比为q,因为a n>0，所以q>0,由a2a6= a1 2= 64，得a4= 8,又a3 =4,所以q= 2, a i = 1,所以S5= 31,故选B.2.已知等差数列｛a n｝的前n项和为S，若a1= 12,S= 90,则等差数列｛a n｝的公差d=( )3A. 2B.13. 在公差不为0的等差数列｛a n｝中，4a s+ an —3a5= 10,则二a4=( )5A. —1B. 0C. 1D. 2解析：选 C 设｛a n｝的公差为d(d^0)，由4a s+ an —3a5= 10,得4(a1+ 2d) + (a+ 10d)1—3(a1+ 4d) = 10,即2a1 + 6d= 10,即a+ 3d= 5,故a4= 5,所以匚a4= 1,故选 C.54. 等比数列｛a n｝的前n项和为S,若a3 + 4S2= 0,则公比q=( )A. —1B. 1C.—2D. 22 2 解析：选C 因为a3+ 4S= 0,所以aq + 4a1 + 4ag=0,因为a&0,所以q+ 4q+ 4 = 0,所以q= —2，故选C.5. （2020届高三•广东六校联考）等比数列｛a n｝的前n项和为S,且4a1,2a2, a3成等差数列.若a1 = 1，则S =（）A. 16D. 7C. 3D. 45X4 ,解析：选C依题意，5X 12+ — d= 90,解得d= 3,故选C.B. 15C. 82解析：选B 设公比为q ,由题意得4比=4a i + a 3，即4a i q = 4a i + a i q ，又 a i = 1,所以4q16.已知数列｛a n ｝中，a 3 = 2, a 7= 1.若数列 丄为等差数列，则 a 9=()a n1 A .24 C.57•等比数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S 2= 2, S 3=-6,则0=()A . 18B . 10 C.— 14 D.-22 解析：选D设等比数列｛a n ｝的公比为q ,a 1+ a 1q = 2,a 1=— 2,由题意，得2解得a 1+ ag + ag =- 6,q =- 2,—2X [1 - - 2 ]所以$=——? ----------- o —— =-22,故选D.a 1 + a 3+ a 58. (2019 •长春质监)已知S 是等比数列｛a n ｝的前n 项和，若公比 q = 2,则——9.已知数列｛a n ｝的前n 项和为S, a 1= 1, S n = 2a n +1,贝U S n =( )2=4+ q ，解得q = 2,所以S=i x 1 - 24 ~1-2=15,故选B.B .D.1解析：选C 因为数列为等差数列，a 3= 2,a 7= 1,所以数列a1a n 的公差 1 1—2 d ==7-37 — 3a 7 a 31 8’ 所以 1 a 9 11 5 =討(9—7)X 8= i ，所以 4a 9= 5故选B. C.D.解析：选A 由题意知24a 1 + a 3 + a 5= a 〔(1 + 2 + 2 ) = 21 而S o =6a 1 1- 2 = 1 — 2 =63a 1,所以a 1 + a 3 + a 5 21a 1 163a 1 3故选A.A . 2n -1B .选B.10. （2019 •广东七校联考）已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S , a 6 + a *= 6, S o — S s = 3,则 S 取得最大值时n 的值为（）A . 5 C. 7a 1 + 5d + a 1 + 7d = 6,解析：选D 设｛a n｝的公差为d，则由题意得，^ + 6d + a 1 + 7d + .+ 8d = 3,a 1 = 15,所以a n =— 2n +17,由于a 8>0, a 9< 0，所以S n 取得最大值时n 的值是8,故选d = — 2.D.11.已知等比数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S 3 = 7S 6= 63,则数列｛na ｝的前n 项和为( )A .— 3+ (n + 1) X2 nB . 3 + (n + 1) X2 n C. 1 + (n +1) X2 nD. 1 + (n — 1) X2 nC. 3n — 1D.解析：选 B 当 n = 1 时，S= a i = 2a 2，则1a 2= 2-当n 》2时,S n - 1= 2a n ,贝 U S n — S n - 1= a2a n +1 — 2a n , 所以 a n + 1 a n3，所以当n >2时, 数列｛a n ｝是公比为3的等比数列，所以1, n = 1, 2X3 n— 2, n >2,所以 $= 1 + 2 + 2 % 尹…+ 2X3 n -2= 1 + 2 +1X 1 — - n-12 231-2B . 6 D. 8解得解析：选D设｛a n｝的公比为q,易知q z 1,=a1 1- q3==1—q =所以由题设得=63,两式相除得1 + q = 9,解得q= 2,进而可得a1= 1, n—1 n—1 n—1所以a n= a1q = 2 ，所以na n= n X2 .设数列｛na n｝的前n项和为T n,则T n= 1 X 2 0+ 2X 2 1+ 3X 2 2+•••+ n X2n—1,2T = 1X2^ 2X 2 2+ 3X 2 3+•+ n X2n,故 T n = 1 + (n — 1) X21| S — n — 6| v 123的最小整数n 是()A . 8B . 9 C. 10D. 119 9所以a 3 — 1 = 4，代入上式，有a 2— 1 = — ^, a 1— 1 = 9,所以数列｛a n — 1｝是首项为9,公比为一 12 的等比数列.所以 — n — 6| = |( a 1 — 1) + (a 2 — 1) + …+ (a n — 1) — 6| =—6X —1 nv 击，又n € N *，所以n 的最小值为10,故选C.二、填空题13. （2019 •北京高考）设等差数列｛a n ｝的前n 项和为 S.若a 2= — 3, $=— 10,则a s = , S 的最小值为 ______________________ .解析：设数列｛a n ｝的公差为d ,a 2 = a 1 + d = — 3, S 5 = 5a 1+ 10d =— 10, a 1 = — 4, d = 1, ••• a 5 = a 1 + 4d = 0, a n = a 1+ ( n — 1) d = n — 5.令a n v 0，贝U n v 5，即数列｛a n ｝中前4项为负，a 5= 0,第6项及以后为正.•- S n 的最小值为S 4= S 5=— 10.答案：0— 1014. （2019 •江苏高考）已知数列｛a n ｝（ n € N ）是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 2a 5 + a *= 0,S 9= 27,则S s 的值是 __________ .解析：设等差数列｛a n ｝的首项为a,公差为d,a 2a 5 + a s = 0, S 9 = 27,两式作差得—T n = 1 + 2 + 22+…+ 2n T — n X24 J — 11 —2 X2 1—2~—n X2n =— 1+ (1 — n ) X2n , 12 •已知数列｛a n ｝满足2a n +1+ a n = 3（ n 》1），且a 3 = ?其前4n 项和为S,则满足不等式解析：选C由 2a n+1 + a n= 3,得 2( a n+1 — 1) + (a n— 1) = 0,a n +1 — 1a n — 11 132 又 a 3=T ，a i + d a+ 4d + a i+ 7d= o,a i=- 5,得9X8 解得9a i T—2~d = 27, d= 2,8X7S = 8a i + 2~d = 8X ( —5) + 28X 2= 16.答案：1615. 已知数列｛a n｝中，a i= 3, a2= 7.当n€ N时，a n+2是乘积a n •a n+i的个位数，则a2。
【2020】人教版最新高中数学高考总复习等差数列习题及详解及参考答案
即an2－2an＋1＝an－12, 也即(an－1)2＝an－12，
因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.
若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1，而a1＝3，所以a2＝－2这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，因此{an}为等差数列．
∴T1＝b1＝1.
当n≥2时，Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，
∴bn＝Tn－Tn－1＝bn－1－bn，∴bn＝bn－1，
∴bn＝21－n.
(2)解法1：由cn＝an2·bn＝n2·25－n，
得＝2.
当且仅当n≥3时，1＋≤<，即cn＋1<cn.
解法2：由cn＝an2·bn＝n2·25－n得，
A．20xx×20xxB．20xx×20xx
C．20xx×20xxD．20xx×20xx
[答案] C
[解析] 解法1：a1＝0，a2＝2，a3＝6，a4＝12，考虑到所给结论都是相邻两整数乘积的形式，可变形为：
a1＝0×1 a2＝1×2 a3＝2×3 a4＝3×4
猜想a20xx＝20xx×20xx，故选D.
A．S3B．S4或S5
C．S5D．S6
[答案] B
[解析] 由an＝20－4n≥0得n≤5，故当n>5时，an<0，所以S4或S5最大，选B.
(理)(20xx·山师大附中)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是( )
∵q≠0，∴2q6＝1＋q3，∴q3＝1或－，q3＝1时，S3、S9、S6不成等差数列，应舍去，∴q3＝－，∴S6＝(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋a3)q3＝S3(1＋q3)＝S3.
高三数学 提高题专题复习等差数列选择题专项训练练习题含答案
一、等差数列选择题1．已知{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且100S =，下列式子正确的是（ ） A ．450a a += B ．560a a +=C ．670a a +=D ．890a a +=解析：B 【分析】由100S =可计算出1100a a +=，再利用等差数列下标和的性质可得出合适的选项. 【详解】由等差数列的求和公式可得()110101002a a S +==，1100a a ∴+=， 由等差数列的基本性质可得561100a a a a +=+=. 故选：B.2．已知正项数列{}n a 满足11a =，1111114n n n n a a a a ++⎛⎫⎛⎫+-=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，数列{}n b 满足1111n n nb a a +=+，记{}n b 的前n 项和为n T ，则20T 的值为（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4解析：B 【分析】 由题意可得221114n n a a +-=，运用等差数列的通项公式可得2143n n a =-，求得14n b =，然后利用裂项相消求和法可求得结果 【详解】 解：由11a =，1111114n n n n a a a a ++⎛⎫⎛⎫+-=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，得221114n na a +-=， 所以数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以4为公差，以1为首项的等差数列，所以2114(1)43n n n a =+-=-， 因为0n a >，所以n a =，所以1111n n nb a a +=+=所以14nb==，所以201220T b b b=++⋅⋅⋅+111339(91)244=++⋅⋅⋅+-=⨯-=，故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的前n项和，解题的关键是由已知条件得221114n na a+-=，从而数列21na⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以4为公差，以1为首项的等差数列，进而可求na=，14nb==，然后利用裂项相消法可求得结果，考查计算能力和转化思想，属于中档题3．在1与25之间插入五个数，使其组成等差数列，则这五个数为（）A．3、8、13、18、23 B．4、8、12、16、20C．5、9、13、17、21 D．6、10、14、18、22解析：C【分析】根据首末两项求等差数列的公差，再求这5个数字.【详解】在1与25之间插入五个数，使其组成等差数列，则171,25a a==，则712514716a ad--===-，则这5个数依次是5，9，13，17，21.故选：C4．在数列{}n a中，11a=，且11nnnaana+=+，则其通项公式为na=（）A．211n n-+B．212n n-+C．221n n-+D．222n n-+解析：D【分析】先由11nnnaana+=+得出111n nna a+-=，再由累加法计算出2122nn na-+=，进而求出na.【详解】解：11nnnaana+=+，()11n n n a na a ++=∴，化简得：11n n n n a a a a n ++=+， 两边同时除以1n n a a +并整理得：111n nn a a +-=， 即21111a a -=，32112a a -=，43113a a -=，…，1111(2,)n n n n n z a a --=-≥∈， 将上述1n -个式子相加得：213243111111+a a a a a a --+-+ (1)11123n n a a -+-=+++…1n +-， 即111(1)2n n n a a --=， 2111(1)(1)2=1(2,)222n n n n n n n n n z a a ---+∴=++=≥∈， 又111a =也满足上式， 212()2n n n n z a -+∴=∈， 22()2n a n z n n ∴=∈-+.故选：D. 【点睛】易错点点睛：利用累加法求数列通项时，如果出现1n -，要注意检验首项是否符合. 5．在等差数列{}n a 的中，若131,5a a ==，则5a 等于（ ） A ．25 B ．11C ．10D ．9解析：D 【分析】利用等差数列的性质直接求解． 【详解】 因为131,5a a ==，315529a a a a =+∴=，故选：D ．6．已知等差数列{}n a 中，161,11a a ==，则数列{}n a 的公差为（ ） A ．53B ．2C ．8D ．13解析：B 【分析】设公差为d ，则615a a d =+，即可求出公差d 的值. 【详解】设公差为d ，则615a a d =+，即1115d =+，解得：2d =， 所以数列{}n a 的公差为2， 故选：B7．《张丘建算经》是我国北魏时期大数学家张丘建所著，约成书于公元466-485年间.其中记载着这么一道“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，且每日增加的数量相同.已知第一日织布4尺，20日共织布232尺，则该女子织布每日增加（ ）尺 A ．47B ．1629C ．815D ．45解析：D 【分析】设该妇子织布每天增加d 尺，由等差数列的前n 项和公式即可求出结果 【详解】设该妇子织布每天增加d 尺， 由题意知2020192042322S d ⨯=⨯+=， 解得45d =． 故该女子织布每天增加45尺． 故选：D8．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若5620a a +=，11132S =，则{}n a 的公差为（ ） A ．2 B ．43C ．4D ．4-解析：C 【分析】由等差数列前n 项和公式以及等差数列的性质可求得6a ，再由等差数列的公式即可求得公差. 【详解】 解：()11111611111322a a S a+⨯===，612a ∴=，又5620a a +=，58a ∴=，654d a a ∴=-=.故选：C ．9．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2938a a a +=+，则15S =（ ） A ．60 B ．120C ．160D ．240解析：B 【分析】根据等差数列的性质可知2938a a a a +=+，结合题意，可得出88a =，最后根据等差数列的前n 项和公式和等差数列的性质，得出()11515815152a a S a +==，从而可得出结果.【详解】解：由题可知，2938a a a +=+，由等差数列的性质可知2938a a a a +=+，则88a =，故()1158158151521515812022a a a S a +⨯====⨯=. 故选：B.10．已知数列{}n a 中，132a =，且满足()*1112,22n n na a n n N -=+≥∈，若对于任意*n N ∈，都有n a nλ≥成立，则实数λ的最小值是（ ） A ．2 B ．4C ．8D ．16解析：A 【分析】 将11122n n n a a -=+变形为11221n n n n a a --=+，由等差数列的定义得出22n n n a +=，从而得出()22n n n λ+≥，求出()max22n n n +⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最值，即可得出答案. 【详解】 因为2n ≥时，11122n n n a a -=+，所以11221n n n n a a --=+，而1123a = 所以数列{}2n n a 是首项为3公差为1的等差数列，故22nn a n =+，从而22n n n a +=. 又因为n a n λ≥恒成立，即()22n n n λ+≥恒成立，所以()max22n n n λ+⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦. 由()()()()()()()1*121322,221122n n nn n n n n n n n n n n +-⎧+++≥⎪⎪∈≥⎨+-+⎪≥⎪⎩N 得2n =所以()()2max2222222n n n +⨯+⎡⎤==⎢⎥⎣⎦，所以2λ≥，即实数λ的最小值是2 故选：A11．已知等差数列{}n a 前n 项和为n S ，且351024a a a ++=，则13S 的值为（ ） A ．8 B ．13C ．26D ．162解析：B 【分析】先利用等差数列的下标和性质将35102a a a ++转化为()410724a a a +=，再根据()11313713132a a S a +==求解出结果.【详解】因为()351041072244a a a a a a ++=+==，所以71a =，又()1131371313131132a a S a +===⨯=， 故选：B. 【点睛】结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若()*2,,,,m n p q t m n p q t N +=+=∈，（1）当{}n a 为等差数列，则有2m n p q t a a a a a +=+=； （2）当{}n a 为等比数列，则有2m n p q t a a a a a ⋅=⋅=.12．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列判断错误的是（ ） A ．S 5，S 10-S 5，S 15-S 10必成等差数列 B ．S 2，S 4-S 2，S 6-S 4必成等差数列 C ．S 5，S 10，S 15+S 10有可能是等差数列 D ．S 2，S 4+S 2，S 6+S 4必成等差数列解析：D 【分析】根据等差数列的性质，可判定A 、B 正确；当首项与公差均为0时，可判定C 正确；当首项为1与公差1时，可判定D 错误. 【详解】由题意，数列{}n a 为等差数列，n S 为前n 项和，根据等差数列的性质，可得而51051510,,S S S S S --，和24264,,S S S S S --构成等差数列，所以，所以A ，B 正确；当首项与公差均为0时，5101510,,S S S S +是等差数列，所以C 正确；当首项为1与公差1时，此时2426102,31,86S S S S S =+=+=，此时24264,,S S S S S ++不构成等差数列，所以D 错误. 故选：D.13．为了参加学校的长跑比赛，省锡中高二年级小李同学制定了一个为期15天的训练计划.已知后一天的跑步距离都是在前一天的基础上增加相同距离.若小李同学前三天共跑了3600米，最后三天共跑了10800米，则这15天小李同学总共跑的路程为（ ）A ．34000米B ．36000米C ．38000米D ．40000米解析：B 【分析】利用等差数列性质得到21200a =，143600a =，再利用等差数列求和公式得到答案. 【详解】根据题意：小李同学每天跑步距离为等差数列，设为n a ，则123233600a a a a ++==，故21200a =，13141514310800a a a a ++==，故143600a =，则()()11521411151********n S a a a a =+⨯=+⨯=. 故选：B.14．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，15a =，且满足122527n na a n n +-=--，若p ，*q ∈N ，p q >，则p q S S -的最小值为（ ）A ．6-B ．2-C ．1-D ．0解析：A 【分析】 转化条件为122527n na a n n +-=--，由等差数列的定义及通项公式可得()()2327n a n n =--，求得满足0n a ≤的项后即可得解.【详解】 因为122527n n a a n n +-=--，所以122527n na a n n +-=--， 又1127a =--，所以数列27n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1-为首项，公差为2的等差数列， 所以()1212327na n n n =-+-=--，所以()()2327n a n n =--， 令()()23270n a n n =--≤，解得3722n ≤≤， 所以230,0a a <<，其余各项均大于0， 所以()()()3123min13316p q S S a a S S =-=+=⨯-+--⨯=-.故选：A. 【点睛】解决本题的关键是构造新数列求数列通项，再将问题转化为求数列中满足0n a ≤的项，即可得解.15．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于（ ） A ．8 B ．10C ．12D ．14解析：C 【分析】利用等差数列的通项公式即可求解. 【详解】 {a n }为等差数列，S 3＝12，即1232312a a a a ++==，解得24a =. 由12a =，所以数列的公差21422d a a =-=-=， 所以()()112212n a a n d n n =+-=+-=， 所以62612a =⨯=. 故选：C二、等差数列多选题16．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（ ）A ．(1)1()2n n F n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎫⎛⎥=- ⎪ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎭⎦D ．()n n F n ⎡⎤⎥=+⎥⎝⎭⎝⎭⎦解析：BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可； 【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然()()11,21F F ==，()()()3122F F F =+=，()()()4233F F F =+=，，()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==，即B 满足条件；由()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()()11F n n F n n ⎤+-=-⎥⎣⎦所以数列()()1F n n ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭所以()()1nF n n +=⎝⎭()1115()n F F n n -+++， 令1nn n F b -=⎝⎭，则11n n b +=+，所以1n n b b +=， 所以n b ⎧⎪-⎨⎪⎪⎩⎭以51032为公比的等比数列，所以1n n b -=+， 所以()11152n n n nF n --⎤⎤⎛⎫+⎥⎥=+- ⎪ ⎪⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦； 即C 满足条件； 故选：BC 【点睛】考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．17．在等差数列{}n a 中，公差0d ≠，前n 项和为n S ，则（ ） A ．4619a a a a >B ．130S >，140S <，则78a a >C ．若915S S =，则n S 中的最大值是12SD ．若2n S n n a =-+，则0a =解析：AD 【分析】对于A ，作差后利用等差数列的通项公式运算可得答案；对于B ，根据等差数列的前n 项和公式得到70a >和780a a +<， 进而可得80a <，由此可知78||||a a <，故B 不正确；对于C ，由915S S =得到，12130a a +=，然后分类讨论d 的符号可得答案； 对于D ，由n S 求出n a 及1a ，根据数列{}n a 为等差数列可求得0a =.【详解】对于A ，因为46191111(3)(5)(8)a a a a a d a d a a d -=++-+215d =，且0d ≠，所以24619150a a a a d -=>，所以4619a a a a >，故A 正确；对于B ，因为130S >，140S <，所以77713()1302a a a +=>，即70a >，787814()7()02a a a a +=+<，即780a a +<，因为70a >，所以80a <，所以7878||||0a a a a -=+<，即78||||a a <，故B 不正确；对于C ，因为915S S =，所以101114150a a a a ++++=，所以12133()0a a +=，即12130a a +=，当0d >时，等差数列{}n a 递增，则12130,0a a <>，所以n S 中的最小值是12S ，无最大值；当0d <时，等差数列{}n a 递减，则12130,0a a ><，所以n S 中的最大值是12S ，无最小值，故C 不正确；对于D ，若2n S n n a =-+，则11a S a ==，2n ≥时，221(1)(1)n n n a S S n n a n n a -=-=-+--+--22n =-，因为数列{}n a 为等差数列，所以12120a a =⨯-==，故D 正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：熟练掌握等差数列的通项公式、前n 项和公式是解题关键.18．已知数列{}n a 满足0n a >，121n n n a na a n +=+-(N n *∈)，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．11a =B ．121a a =C ．201920202019S a =D ．201920202019S a >解析：BC 【分析】根据递推公式，得到11n n nn n a a a +-=-，令1n =，得到121a a =，可判断A 错，B 正确；根据求和公式，得到1n n nS a +=，求出201920202019S a =，可得C 正确，D 错. 【详解】由121n n n a n a a n +=+-可知2111n n n n na n n n a a a a ++--==+，即11n n n n n a a a +-=-， 当1n =时，则121a a =，即得到121a a =，故选项B 正确；1a 无法计算，故A 错；1221321111102110n n n n n n n n n n S a a a a a a a a a a a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以1n n S a n +=，则201920202019S a =，故选项C 正确，选项D 错误. 故选：BC. 【点睛】 方法点睛：由递推公式求通项公式的常用方法：（1）累加法，形如()1n n a a f n +=+的数列，求通项时，常用累加法求解； （2）累乘法，形如()1n na f n a +=的数列，求通项时，常用累乘法求解； （3）构造法，形如1n n a pa q +=+（0p ≠且1p ≠，0q ≠，n ∈+N ）的数列，求通项时，常需要构造成等比数列求解；（4）已知n a 与n S 的关系求通项时，一般可根据11,2,1n n n S S n a a n --≥⎧=⎨=⎩求解.19．已知数列{}n a 满足112a =-，111n n a a +=-，则下列各数是{}n a 的项的有（ ）A ．2-B ．23C ．32D ．3解析：BD 【分析】根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论． 【详解】因为数列{}n a 满足112a =-，111n n a a +=-，212131()2a ∴==--；32131a a ==-； 4131112a a a ==-=-； ∴数列{}n a 是周期为3的数列，且前3项为12-，23，3； 故选：BD ． 【点睛】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查数列的周期性，解题的关键在于求出数列的规律，属于基础题．20．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对于任意的m ，*n N ∈，都有m n m n a a a +=+，则下列结论正确的是（ ）A ．11285a a a a +=+B ．56110a a a a <C ．若该数列的前三项依次为x ，1x -，3x ，则10103a = D ．数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为递减的等差数列 解析：AC 【分析】令1m =，则11n n a a a +-=，根据10a >，可判定A 正确；由256110200a a a a d -=>，可判定B 错误；根据等差数列的性质，可判定C 正确；122n d d n a n S ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，根据02>d ，可判定D 错误. 【详解】令1m =，则11n n a a a +-=，因为10a >，所以{}n a 为等差数列且公差0d >，故A 正确；由()()22225611011119209200a a a a a a d d a a d d -=++-+=>，所以56110a a a a >，故B错误；根据等差数列的性质，可得()213x x x -=+，所以13x =，213x -=， 故1011109333a =+⨯=，故C 正确； 由()111222nn n na dS d d n a nn -+⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，因为02>d ，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列，故D 错误. 故选：AC . 【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；1、作差比较法：根据1n n a a +-的符号，判断数列{}n a 是递增数列、递减数列或是常数列；2、作商比较法：根据1(0n n na a a +>或0)n a <与1的大小关系，进行判定； 3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.21．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是（ ） A ．a 8＝34 B ．S 8＝54C ．S 2020＝a 2022－1D ．a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2021＝a 2022 解析：BCD 【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系()12211,1,+3n n n a a a a a n --===≥，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】对于A ，可知数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，故A 错误； 对于B ，81+1+2+3+5+8+13+2154S ==，故B 正确； 对于C ，可得()112n n n a a a n +-=-≥， 则()()()()1234131425311++++++++++n n n a a a a a a a a a a a a a a +-=----即212++1n n n n S a a a a ++=-=-，∴202020221S a =-，故C 正确； 对于D ，由()112n n n a a a n +-=-≥可得，()()()135202124264202220202022++++++++a a a a a a a a a a a a =---=，故D 正确.故选：BCD. 【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，解题的关键是得出数列的递推关系，()12211,1,+3n n n a a a a a n --===≥，能根据数列性质利用累加法求解. 22．无穷等差数列{}n a 的前n 项和为S n ，若a 1＞0，d ＜0，则下列结论正确的是（ ） A ．数列{}n a 单调递减 B ．数列{}n a 有最大值 C ．数列{}n S 单调递减 D ．数列{}n S 有最大值解析：ABD 【分析】由10n n a a d +-=<可判断AB ，再由a 1＞0，d ＜0，可知等差数列数列{}n a 先正后负，可判断CD. 【详解】根据等差数列定义可得10n n a a d +-=<，所以数列{}n a 单调递减，A 正确； 由数列{}n a 单调递减，可知数列{}n a 有最大值a 1，故B 正确；由a 1＞0，d ＜0，可知等差数列数列{}n a 先正后负，所以数列{}n S 先增再减，有最大值，C 不正确，D 正确. 故选：ABD.23．设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和，且56S S <，678S S S =>，则下列结论正确的是（ ） A ．0d > B ．70a =C ．95S S >D ．6S 与7S 均为n S 的最大值解析：BD 【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，依次分析选项即可求解. 【详解】根据题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，依次分析选项：{}n a 是等差数列，若67S S =，则7670S S a -==，故B 正确；又由56S S <得6560S S a -=>，则有760d a a =-<，故A 错误； 而C 选项，95S S >，即67890a a a a +++>，可得()7820a a +>， 又由70a =且0d <，则80a <，必有780a a +<，显然C 选项是错误的. ∵56S S <，678S S S =>，∴6S 与7S 均为n S 的最大值，故D 正确； 故选：BD. 【点睛】本题考查了等差数列以及前n 项和的性质，需熟记公式，属于基础题.24．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ()*n N ∈，公差0d ≠，690S =，7a 是3a 与9a 的等比中项，则下列选项正确的是（ ） A ．2d =-B ．120a =-C ．当且仅当10n =时，n S 取最大值D ．当0nS <时，n 的最小值为22解析：AD 【分析】运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断A ，B ；由二次函数的配方法，结合n 为正整数，可判断C ；由0n S <解不等式可判断D ．【详解】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，由690S =，可得161590a d +=，即12530a d +=，①由7a 是3a 与9a 的等比中项，得2739a a a =，即()()()2111628a d a d a d +=++，化为1100a d +=，②由①②解得120a =，2d =-，则202(1)222n a n n =--=-，21(20222)212n S n n n n =+-=-，由22144124n S n ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，可得10n =或11时，n S 取得最大值110； 由2102n S n n -<=，解得21n >，则n 的最小值为22. 故选：AD 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及等比中项的性质，二次函数的最值求法，考查方程思想和运算能力，属于中档题.25．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ．已知a 3＝12，S 12＞0，a 7＜0，则（ ） A ．a 6＞0 B ．2437d -<<- C ．S n ＜0时，n 的最小值为13D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项解析：ABCD 【分析】S 12＞0，a 7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a 6+a 7＞0，a 6＞0．再利用a 3＝a 1+2d ＝12，可得247-＜d ＜﹣3．a 1＞0．利用S 13＝13a 7＜0．可得S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0.7≤n ≤12时，n n S a ＜0．n ≥13时，n n S a ＞0．进而判断出D 是否正确． 【详解】∵S 12＞0，a 7＜0，∴()67122a a +＞0，a 1+6d ＜0．∴a 6+a 7＞0，a 6＞0．∴2a 1+11d ＞0，a 1+5d ＞0， 又∵a 3＝a 1+2d ＝12，∴247-＜d ＜﹣3．a 1＞0． S 13＝()113132a a +＝13a 7＜0．∴S n ＜0时，n 的最小值为13． 数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0，7≤n ≤12时，n n S a ＜0，n ≥13时，n n S a ＞0． 对于：7≤n ≤12时，nnS a ＜0．S n ＞0，但是随着n 的增大而减小；a n ＜0， 但是随着n 的增大而减小，可得：nnS a ＜0，但是随着n 的增大而增大．∴n ＝7时，nnS a 取得最小值． 综上可得：ABCD 都正确． 故选：ABCD ． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。
2020高考数学(文)刷题首选卷：等差数列(含解析)
∴d＝ 6，∴ an＝ a1＋ ( n－ 1) d＝ 3＋6( n－ 1) ＝ 6n－ 3． 14．(2016 ·江苏高考 ) 已知 { an} 是等差数列， Sn 是其前 n 项和．若 a1＋ a22＝－ 3，S5＝ 10，
值为 ( )
A．－ 3 B ． 0 C ． 3 D ． 6
答案 B
解析 解法一：由 S3＝3a2＝ 3，得 a2＝ 1，又 a1＝ 3，则公差 d＝－ 2，故 S4＝ a1＋ a2＋ a3
＋a4＝ 3＋ 1＋( － 1) ＋ ( － 3) ＝ 0，故选 B．
解法二： a2＋ a3＝ S3－a1＝ 0，则 S4＝ 2( a2＋ a3) ＝0，故选 B．
．
一、高考大题 1．(2018 ·全国卷Ⅱ ) 记 Sn 为等差数列 { an} 的前 n 项和，已知 a1＝－ 7，S3＝－ 15． (1) 求 { an} 的通项公式； (2) 求 Sn，并求 Sn 的最小值． 解 (1) 设 { an} 的公差为 d，由题意，得 3a1＋ 3d＝－ 15．
由 a1＝－ 7，得 d＝2．
考点测试 29 等差数列
高考概览
本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值
5 分、 12 分，
中、低等难度
考纲研读
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，并能用有关知识解决相应的问题
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系
)
2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：6.2 等差数列 含解析
6.2等差数列挖命题【考情探究】分析解读 1.等差数列知识属于常考内容.2.考查等差数列定义、性质、通项公式、前n项和公式等知识.3.灵活运用通项公式、前n项和公式处理最值问题、存在性问题是高考的热点.4.以数列为背景,考查学生归纳、类比的能力.5.预计2020年高考试题中,等差数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式的考查必不可少.复习时要足够重视.破考点【考点集训】考点一等差数列的有关概念及运算1.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,13)设S n为等差数列{a n}的前n项和,满足S2=S6,-=2,则a1=,公差d=.答案-14;42.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考,13)《九章算术》是我国古代著名的数学著作,其中有一道数列问题:“今有良马与驽马发长安,至齐,齐去长安三千里.良马初日行一百九十三里,日增一十三里,驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,问几日相逢及各行几何?”请研究本题,并给出下列结果:两马同时出发后第9天,良马日行里,从长安出发后第天两马第一次相遇.答案297;16考点二等差数列的性质及应用1.(2018浙江嵊州高三期末质检,7)设等差数列{a n}的前n项的和为S n,若a6<0,a7>0,且a7>|a6|,则()A.S11+S12<0B.S11+S12>0C.S11·S12<0D.S11·S12>0答案 C2.(2018浙江高考模拟训练冲刺卷一,13)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a1>0,S8=S11,则a10=;使S n取到最大值的n 为.答案0;9或10炼技法【方法集训】方法1 等差数列中“基本量法”解题的方法1.(2018浙江新高考调研卷一(诸暨中学),5)已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1=3,若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前n项和的最大值为()A.3B. -1C.-5D.-3答案 A2.(2018浙江杭州地区重点中学期中,14)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,前n项和为S n,且S5·S6=-15,则d的取值范围是;若a1=-7,则d的值为.答案(-∞,-2]∪[2,+∞);3或方法2 等差数列的判定方法1.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,4)已知数列{a n}是等差数列,则数列{b n}一定为等差数列的是()A.b n=|a n|B.b n=C.b n=-a nD.b n=答案 C2.(2017浙江金华十校调研,6)若等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,记b n=,则()A.数列{b n}是等差数列,且公差为dB.数列{b n}是等差数列,且公差为2dC.数列{a n+b n}是等差数列,且公差为dD.数列{a n-b n}是等差数列,且公差为答案 D过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一等差数列的有关概念及运算1.(2016浙江,6,5分)如图,点列{A n},{B n}分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n≠A n+2,n∈N*,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n≠B n+2,n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若d n=|A n B n|,S n为△A n B n B n+1的面积,则()A.{S n}是等差数列B.{}是等差数列C.{d n}是等差数列D.{}是等差数列答案 A2.(2015浙江,3,5分)已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n.若a3,a4,a8成等比数列,则()A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>0答案 B3.(2014浙江文,19,14分)已知等差数列{a n}的公差d>0.设{a n}的前n项和为S n,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及S n;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65.解析(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d>0,所以d=2.从而a n=2n-1,S n=n2(n∈N*).(2)由(1)得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>1,故所以评析本题主要考查等差数列的概念、通项公式、求和公式等基础知识,同时考查运算求解能力.考点二等差数列的性质及应用(2017浙江,6,4分)已知等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,则“d>0”是“S4+S6>2S5”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 CB组统一命题、省(区、市)卷题组考点一等差数列的有关概念及运算1.(2018课标全国Ⅰ理,4,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=()A.-12B.-10C.10D.12答案 B2.(2017课标全国Ⅰ理,4,5分)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{a n}的公差为()A.1B.2C.4D.8答案 C3.(2017课标全国Ⅲ理,9,5分)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为()A.-24B.-3C.3D.8答案 A4.(2016课标全国Ⅰ,3,5分)已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=()A.100B.99C.98D.97答案 C5.(2018北京理,9,5分)设{a n}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{a n}的通项公式为.答案a n=6n-36.(2017课标全国Ⅱ理,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则=.答案7.(2016江苏,8,5分)已知{a n}是等差数列,S n是其前n项和.若a1+=-3,S5=10,则a9的值是.答案208.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.答案 69.(2018北京文,15,13分)设{a n}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.(1)求{a n}的通项公式;(2)求++…+.解析(1)设{a n}的公差为d.因为a2+a3=5ln 2,所以2a1+3d=5ln 2.又a1=ln 2,所以d=ln 2.所以a n=a1+(n-1)d=nln 2.(2)因为=e ln 2=2,==e ln 2=2,所以{}是首项为2,公比为2的等比数列.所以++…+=2×=2(2n-1).10.(2016山东,18,12分)已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)令c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意知,当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以a n=6n+5.设数列{b n}的公差为d.由即可解得b1=4,d=3.所以b n=3n+1.(2)由(1)知c n==3(n+1)·2n+1.又T n=c1+c2+…+c n,得T n=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2T n=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×=-3n·2n+2.所以T n=3n·2n+2.方法总结若某数列的通项是等差数列与等比数列的通项的积或商,则该数列的前n项和可以采用错位相减法求解,注意相减后的项数容易出错.评析本题主要考查了等差数列及前n项和,属中档题.11.(2014大纲全国,18,12分)等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=10,a2为整数,且S n≤S4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{a n}的公差d为整数.又S n≤S4,故a4≥0,a5≤0,于是10+3d≥0,10+4d≤0.解得-≤d≤-.因此d=-3.故数列{a n}的通项公式为a n=13-3n.(6分)(2)b n==.(8分)于是T n=b1+b2+…+b n===.(12分)评析本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于分析已知条件“a2为整数”“S n≤S4”中隐含的条件;第(2)问,对通项公式b n进行裂项相消的过程中易漏了系数而导致错解.考点二等差数列的性质及应用1.(2015北京,6,5分)设{a n}是等差数列.下列结论中正确的是()A.若a1+a2>0,则a2+a3>0B.若a1+a3<0,则a1+a2<0C.若0<a1<a2,则a2>D.若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0答案 C2.(2015重庆,2,5分)在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a6=()A.-1B.0C.1D.6答案 B3.(2015广东,10,5分)在等差数列{a n}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=.答案104.(2014北京,12,5分)若等差数列{a n}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=时,{a n}的前n项和最大.答案85.(2014江苏,20,16分)设数列{a n}的前n项和为S n.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得S n=a m,则称{a n}是“H数列”.(1)若数列{a n}的前n项和S n=2n(n∈N*),证明:{a n}是“H数列”;(2)设{a n}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{a n}是“H数列”,求d的值;(3)证明:对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*)成立.解析(1)证明:由已知得,当n≥1时,a n+1=S n+1-S n=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得S n=2n=a m.所以{a n}是“H数列”.(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{a n}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=a m,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.当d=-1时,a n=2-n,S n=是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-S n=2-,使得S n=2-m=a m,所以{a n}是“H数列”.因此d的值为-1.(3)证明:设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).令b n=na1,c n=(n-1)(d-a1),则a n=b n+c n(n∈N*),下证{b n}是“H数列”.设{b n}的前n项和为T n,则T n=a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=,使得T n=b m.所以{b n}是“H数列”. 同理可证{c n}也是“H数列”.所以,对任意的等差数列{a n},总存在两个“H数列”{b n}和{c n},使得a n=b n+c n(n∈N*).评析本题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识,考查探究能力及推理论证能力.C组教师专用题组考点等差数列的有关概念及运算1.(2014福建,3,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S3=12,则a6等于()A.8B.10C.12D.14答案 C2.(2014辽宁,8,5分)设等差数列{a n}的公差为d.若数列{}为递减数列,则()A.d<0B.d>0C.a1d<0D.a1d>0答案 C3.(2015安徽,13,5分)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+ (n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.答案274.(2017课标全国Ⅰ,17,12分)记S n为等比数列{a n}的前n项和.已知S2=2,S3=-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.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n}的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2.故{a n}的通项公式为a n=(-2)n.(2)由(1)可得S n==-+(-1)n·.由于S n+2+S n+1=-+(-1)n·=2=2S n,故S n+1,S n,S n+2成等差数列.方法总结等差、等比数列的常用公式:(1)等差数列:递推关系式:a n+1-a n=d,常用于等差数列的证明.通项公式:a n=a1+(n-1)d.前n项和公式:S n==na1+ d.(2)等比数列:递推关系式:=q(q≠0),常用于等比数列的证明.通项公式:a n=a1·q n-1.前n项和公式:S n=(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:=b或等比中项:a·c=b2来证明.5.(2015福建,17,12分)等差数列{a n}中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得解得所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得b n=2n+n.所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+...+210)+(1+2+3+ (10)=+=(211-2)+55=211+53=2 101.评析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共12分)1.(2019届浙江名校协作体高三联考,9)已知公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,若存在正整数n0,对任意正整数m,使得·<0恒成立,则下列结论不一定成立的是()A.a1d<0B.|S n|有最小值C.·>0D.·>0答案 C2.(2018浙江温州高三质量检查,5)已知数列{a n}满足=25·,且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)=()A.-3B.3C.-D.答案 A3.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,5)已知等差数列{a n},S n表示前n项的和,a5+a11>0,a6+a9<0,则满足S n<0的正整数n的最大值是()A.12B.13C.14D.15答案 C二、填空题(单空题4分,多空题6分,共16分)4.(2019届镇海中学期中考试,16)已知数列{a n}为等差数列,其前n项和为S n,且2a1+3a3=S6,现给出以下结论:①a10=0;②S10最小;③S7=S12;④S19=0.其中正确的是(填序号).答案①③④5.(2018浙江诸暨高三上学期期末,11)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a3=5,S3=12,则公差d=;通项公式a n=.答案1;n+26.(2018浙江名校协作体,12)已知{a n}是公差为-2的等差数列,S n为其前n项和,若a2+1,a5+1,a7+1成等比数列,则a1=,当n=时,S n有最大值.答案19;10三、解答题(共45分)7.(2019届衢州、湖州、丽水三地教学质量检测,20)设正项数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,且1+,3,1-成等差数列(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:-1<++…+≤- (n∈N*).解析(1)由题意知-=4,=4,(2分)所以数列{}是以4为首项,4为公差的等差数列,所以=4n,又a n>0,所以S n>0,所以S n=2.(4分)当n≥2时,a n=S n-S n-1=2-2,当n=1时,a1=2也满足上式,所以a n=2-2(n∈N*).(6分)(2)由(1)知S n=2,所以==>=-.(8分)所以++…+>-1.(10分)又因为=<=-(n≥2).(12分)当n≥2时,++…+≤+-1=-.(14分)当n=1时上式也成立,所以-1<++…+≤- (n∈N*).(15分)8.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,20)已知数列{a n}中,a1=2,a2=6,且满足=2(n≥2且n∈N*).(1)求证:{a n+1-a n}为等差数列;(2)令b n=-,设数列{b n}的前n项和为S n,求{S2n-S n}的最大值.解析(1)证明:由题意可得a n+1+a n-1=2a n+2(n≥2),则(a n+1-a n)-(a n-a n-1)=2,所以{a n+1-a n}是公差为2的等差数列.(2)当n≥2时,a n=(a n-a n-1)+…+(a2-a1)+a1=2n+…+4+2=2·=n(n+1).当n=1时,a1=2满足上式.∴a n=n(n+1).b n=-=-,∴S n=10-,∴S2n=10-,设M n=S2n-S n=10-,∴M n+1=10-,∴M n+1-M n =10-=10-=-,当n=1时,M n+1-M n=M2-M1=->0,即M1<M2,当n≥2时,M n+1-M n<0,即M2>M3>M4>…,∴(M n)max=M2=10×-1=,∴{S2n-S n}的最大值为S4-S2=.9.(2018浙江金丽衢十二校第三次联考(5月),22)有一列数a0,a1,a2,a3,…,对任意的m,n∈N,m≥n,满足2a m+2a n-2n=a m+n+a m-n,且已知a1=2.(1)求a0,a2,a3 ;(2)证明:对一切n∈N*,数列{a n+1-a n}为等差数列;(3)若对一切n∈N*,λ>++…+恒成立,求λ的最小值.解析(1)令m=n=0,得a0=0,令m=n=1,得a2=6,令m=2,n=1,得a3=12.(2)证明:令n=1,得2a m+4-2=a m+1+a m-1,即(a m+1-a m)=(a m-a m-1)+2.所以数列{a n+1-a n}是公差为2的等差数列.(3)因为a n+1-a n=(a1-a0)+n×2=2(n+1),所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a1-a0)+a0=2n+2(n-1)+…+2+0=n(n+1).所以++…+=++…+=1-,要使λ>1-恒成立,λ的最小值为1.11。
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1. （本小题满分10分） 在数列{}n a 中， n
n n a a a 22,111+==+
（1）设,21-=n n
n a b 证明{}n b 是等差数列;
（2）求数列{}n a 的前n 项和n S 。
2. 已知数列}{n a 中， 531=a ， )
,2(121+
-∈≥-=N n n a a n n ， 数列}{n b 满足
)
(11+
∈-=N n a b n n ；
（1） 求证：数列}{n b 是等差数列；
（2） 求数列}{n a 中的最大值和最小值， 并说明理由
3. （本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项和为11,10,910n n n S a a S +==+。
（I ）求证：{lg }n a 是等差数列；
（Ⅱ）设n T 是数列13(lg )(lg )n n a a +⎧
⎫
⎨⎬⎩⎭的前n 项和， 求n T ； （Ⅲ）求使21
(5)
4n T m m >-对所有的n N *∈恒成立的整数m 的取值集合。
4. （本小题满分12分）已知等差数列{}n a 的前三项为1,4,2,a a -记前n 项和为n S ． (Ⅰ)设2550k S =， 求a 和k 的值；
(Ⅱ)设n
n S
b n =， 求371141n b b b b -+++⋅⋅⋅+的值．
5.设{}n a 是等差数列， {}n b 是各项都为正数的等比数列， 且111a b ==，
3521a b +=， 5313a b +=
（Ⅰ）求{}n a ， {}n b 的通项公式； （Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫
⎨⎬
⎩⎭的前n 项和n S ．
6.设{}n a 是公比大于1的等比数列， n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =， 且123334a a a ++，，构成等差数列．
（1）求数列{}n a 的通项公式．
（2）令31ln 12n n b a n +==L ，，，，求数列{}n b 的前n 项和T ．
7.在数列{}n a 中， 11a =， 22a =， 且11(1)n n n a q a qa +-=+-（2,0n q ≥≠）． （Ⅰ）设1n n n b a a +=-（*n N ∈）， 证明{}n b 是等比数列；
（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式；
（Ⅲ）若3a 是6a 与9a 的等差中项， 求q 的值， 并证明：对任意的*n N ∈， n a 是3n a +与6n a +的等差中项．。