数学经典例题集锦：数列(含答案)

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高中数学《数列》练习题(含答案解析)

高中数学《数列》练习题（含答案解析）一、单选题1．已知等差数列{an }的前n 项和为Sn ，且48S S ＝13，则816S S ＝（）A ．310 B ．37C ．13D ．122．已知等比数列{an }的前n 项和为Sn ，则“Sn +1>Sn ”是“{an }单调递增”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件3．现有下列说法：①元素有三个以上的数集就是一个数列； ①数列1，1，1，1，…是无穷数列； ①每个数列都有通项公式；①根据一个数列的前若干项，只能写出唯一的通项公式； ①数列可以看着是一个定义在正整数集上的函数．其中正确的有（）． A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个4．数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1(1)(21)n n a n +=-⋅+，则2021S =（）A ．2020B ．2021C ．2022D ．20235．已知等差数列{}n a 中，6819,27a a ==，则数列{}n a 的公差为（） A ．2B ．3C ．4D ．56．标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式.标准对数视力表各行为正方形“E ”字视标，且从视力5.1的视标所在行开始往上，每一行“E ”的边长都是下方一行“E ”的边长的视力4.0的视标边长为a ，则视力4.9的视标边长为（）A ．4510aB ．91010aC ．4510a -D ．91010a -7．已知数列{}n a ，2141n n a n n ，则下列说法正确的是（）A ．此数列没有最大项B ．此数列的最大项是3aC ．此数列没有最小项D ．此数列的最小项是2a8．已知{}n a 是等差数列，公差0d >，其前n 项和为n S ，若2a 、52a+、172a +成等比数列，()12n n n a S +=，则不正确的是（） A ．1d= B ．1020a = C ．2n S n n =+ D ．当2n ≥时，32n n S a ≥9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则2021S =（） A ．20192020B ．20202021C ．20212022D ．1010101110．等差数列{}n a 前n 项和为n S ， 281112a a a ++=，则13S =（） A ．32B ．42C ．52D ．62二、填空题11．已知a 是1,2的等差中项，b 是1-，16-的等比中项，则ab 等于___________. 12．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若65210,6Sa a =+=，则d =_________.13．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若891715a a =，则1517S S =______．14．已知等差数列{}n a 的前n 项和为nS，且1516a a +=-，936S =-，则n S 的最小值是______．三、解答题15．已知数列{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且满足11221,5a b b a ==+=(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)令n n n c a b =+求数列{}n c 的前n 项和n S ；16．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-. （1）求{}n a 的通项公式；（2）2n nb a =-+求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 17．某公司2021年年初花费25万元引进一种新的设备，设备投入后每年的收益均为21万元.若2021年为第1年，且该公司第()n n *∈N 年需要支付的设备维修和工人工资等费用总和n a （单位：万元）的情况如图所示.（1）求n a ；（2）引进这种设备后，第几年该公司开始获利？ 18．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}nb 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．参考答案与解析：1．A【分析】运用等差数列前n 项和公式进行求解即可. 【详解】设等差数列{an }的公差为d ， ①41181461582832a d a d a d S S +==⇒=+，显然0d ≠， ①8161182820283161204012010a d d d a d S d S d ++===++，故选：A 2．D【分析】由110++>⇒>n n n S S a ，举反例102=>n na 和12nn a =-即可得出结果【详解】110++>⇒>n n n S S a ，例如102=>n na ，但是数列{}n a 不单调递增，故不充分；数列{}n a 单调递增，例如12n na =-，但是1n n S S +<，故不必要；故选：D 3．B【分析】根据给定条件，利用数列的定义逐一分析各个命题，判断作答.【详解】对于①，数列是按一定次序排成的一列数，而数集的元素无顺序性，①不正确；对于①，由无穷数列的意义知，数列1，1，1，1，…是无穷数列，①正确；对于①0.1,0.01,0.001,0.0001,得到的不足近似值，依次排成一列得到的数列没有通项公式，①不正确；对于①，前4项为1，1，1，1的数列通项公式可以为1,N n a n =∈，cos 2π,N n b n n *=∈等，即根据一个数列的前若干项，写出的通项公式可以不唯一，①不正确；对于①，有些数列是有穷数列，不可以看着是一个定义在正整数集上的函数，①不正确，所以说法正确的个数是1. 故选：B 4．D【分析】根据数列{}n a 的通项公式，可求得12342,2a aa a +=-+=-,依此类推，即可求解.【详解】①1(1)(21)n n a n +=-⋅+，故12343,5,7,9a a a a ==-==-故202112320202021S a a a a a =+++⋅⋅⋅++357940414043=-+-+⋅⋅⋅-+2101040432023=-⨯+=.故选：D. 5．C【分析】利用862d a a =-，直接计算公差即可. 【详解】等差数列{}n a 中，6819,27aa ==，设公差为d ，则86227198d a a =-=-=，即4d =.故选：C. 6．D【分析】由等比数列的通项公式计算．【详解】设第n 行视标边长为n a ，第n 1-行视标边长为()12n a n -≥，由题意可得()12n n a n -=≥，则()1101102nn a n a --=≥，则数列{}n a 为首项为a ，公比为11010-的等比数列，所以101191010101010a a a ---⎛⎫== ⎪⎝⎭，则视力4.9的视标边长为91010a -，故选：D. 7．B【分析】令10t n =-≥，则1n t =+，22641411ttyt t t t ，然后利用函数的知识可得答案. 【详解】令10t n =-≥，则1n t =+，22,641411tty tt t t当0=t 时，0y = 当0t >时，146y t t=++，由双勾函数的知识可得y 在()02,上单调递增，在()2,+∞上单调递减所以当2t =即3n =时，y 取得最大值，所以此数列的最大项是3a ，最小项为10a = 故选：B ． 8．A【分析】利用等差数列的求和公式可得出1n a na =，可得出10d a =>，根据已知条件求出1a 的值，可求得n a 、n S 的表达式，然后逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为{}n a 是等差数列，则()()1122nn n n a n a a S ++==，所以，1n a na =，所以，110n n d a a a +=-=>，因为()()2521722a a a +=+，可得()()2111522172a a a +=+，整理可得21191640a a --=，因为10a >，故12d a ==，A 错；12n a na n ==，则1020a =，B 对；()()112nn n a S n n +==+，C 对；当2n ≥时，()233202n n S a n n n n n -=+-=-≥，即32n n S a ≥，D 对.故选：A. 9．C【解析】由1(2)n n na n a +=+，可得1(1)(1)(2)n n n n a n n a ++=++，数列{}(1)n n n a +为常数列，令1n =，可得1(1)21n n n a a +==，进而可得1(1)n a n n =+，利用裂项求和即可求解.【详解】数列{}n a 满足112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则有1(1)(1)(2)n n n n a n n a ++=++，可得数列{}(1)n n n a +为常数列，有1(1)2n n n a a +=，得(1)1n n n a +=，得1(1)n a n n =+，又由111(1)1n a n n n n ==-++，所以20211111112021112232021202220222022S =-+-+⋅⋅⋅-=-=．故选：C【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解. 10．C【分析】将2811a a a ++化成1a 和d 的形式，得到二者关系，求得7a ，利用13713S a =求得结果. 【详解】()()28111111()71031812a a a a d a d a d a d ++=+++++=+=164a d ∴+=，即74a = ()1131371313134522a a S a +∴===⨯= 故选：C.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子；（2）化简求得数列的某一项；（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得结果. 11．6±【分析】根据等差和等比中项的定义求出,a b 得值，即可求解. 【详解】因为a 是1,2的等差中项，所以12322a +==，因为b 是1-，16-的等比中项，所以2(1)(16)16b =-⨯-=，4b =±，所以6ab =±.故答案为：6±. 12．1【分析】由等差中项性质可求4a ，又510S =依据等差数列的前n 项和公式及通项公式列方程即可求得公差【详解】由266a a +=有43a =，而510S = ①结合等差数列的前n 项和公式及通项公式113322a d a d +=⎧⎨+=⎩即可得1d = 故答案为：1【点睛】本题考查了等差数列，利用等差中项求项，结合已知条件、前n 项和公式、通项公式求公差13．1【分析】利用等差数列性质及前n 项和公式计算作答.【详解】在等差数列{}n a 中，891715a a =，所以1151511588117171179915(15(152152117(17)(1717)2))2a a S a a a a a a S a a a a ++⨯====⋅=++⨯．故答案为：1 14．42-【分析】根据给定条件求出等差数列{}n a 的首项、公差，探求数列{}n a 的单调性即可计算作答.【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，由1591636a a S +=-⎧⎨=-⎩得112416989362a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得1122a d =-⎧⎨=⎩，因此，()1212214n a n n =-+-⨯=-，令0n a =，解得7n =，于是得数列{}n a 是递增等差数列，其前6项为负，第7项为0，从第8项开始为正，所以6S 或7S 最小，最小值为()656122422⨯⨯-+⨯=-．故答案为：42-15．(1)21n a n =-，12n n b -=(2)221nn S n =+-【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式得到2d =，根据通项公式的求法得到结果；（2）1221n n n n c a b n -+=+=-分组求和即可.【详解】（1）设{}n a 的公差为d , 由已知,有215d ++=解得2d =，所以{}n a 的通项公式为21,n a n n *=-∈N , {}n b 的通项公式为12,n n b n -*=∈N .（2）1221n n n n c a b n -+=+=-，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到：212(121)21122n n n n n S n -+-=+=+--.16．（1）2n a n =-；（2）1n nT n =+.【解析】（1）由30S =，55S =-，可得113230254552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=-⎪⎩求出1,a d ，从而可得{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得n b n =，从而可得11111(1)1n n b b n n n n +==-++，然后利用裂项相消求和法可求得n T 【详解】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为30S =，55S =-.所以113230254552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=-⎪⎩，化简得11021a d a d +=⎧⎨+=-⎩，解得111a d =⎧⎨=-⎩，所以1(1)1(1)(1)2n a a n d n n =+-=+--=-，（2）由（1）可知2(2)2n n b a n n =-+=--+=，所以11111(1)1n n b b n n n n +==-++，所以111111(1)()()1223111n nT n n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++ 【点睛】此题考查等差数列前n 项和的基本量计算，考查裂项相消求和法的应用，考查计算能力，属于基础题17．（1）2n a n =；（2）第2年该公司开始获利.【分析】（1）根据题意得出数列的首项和公差，进而求得通项公式（2）根据题意算出总利润，进而令总利润大于0，解出不等式即可. 【详解】（1）由题意知，数列{}n a 是12a =，公差2d =的等差数列，所以()()112122n a a n d n n =+-=+-⨯=.（2）设引进这种设备后，净利润与年数n 的关系为()F n ，则()()2121222520252n n F n n n n n -⎡⎤=-+⨯-=--⎢⎥⎣⎦. 令()0F n >得220250n n -+<，解得1010n -<+ 又因为n *∈N ，所以2n =，3，4，…，18，即第2年该公司开始获利.18．（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ① 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ①由①-①得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n n T --=++++，① 231112133333n n n n n T +-=++++，① ①-①得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n n n T =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅，所以2n n S T <. [方法三]：构造裂项法由（①）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243n n c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二． [方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n n x x f x x x x x x ，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n n x x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nx x ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n n n n n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n nS T,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nnc n，使1+=-n n nb c c，求得nT的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.。

高考文科数学数列经典大题训练(附答案)

1.〔此题总分值14 分〕设数列a的前n项和为S n,且S n4a n3(n1,2,)，n〔1〕证明: 数列a n是等比数列；〔2〕假设数列b满足b n1a n b n(n1,2,)，b12，求数列b n的通项公n式．2.〔本小题总分值12分〕等比数列a的各项均为正数，且n2 2a3a1,a9aa.123261.求数列a n的通项公式.2.设blogaloga......loga,求数列n31323n 1bn的前项和.3.设数列a满足n2n1 a12,a1a32nn〔1〕求数列a的通项公式；n〔2〕令b n na n，求数列的前n项和S n3.等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．〕，求数列{b n}的前n项和S n．〔Ⅰ〕求数列{a n}的通项公式；n﹣1*〔Ⅱ〕设b n=〔4﹣a n〕q〔q≠0，n∈N× 5.数列{a n}满足，，n∈N．〔1〕令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；〔2〕求{a n}的通项公式．...4.解：〔1〕证：因为S n4a n3(n1,2,)，那么S n14a n13(n2,3,)，所以当n2时，a SS14a4a1，nnnnn4整理得aa1．5分nn3由S43，令n1，得a14a13，解得a11．n an所以分a是首项为1，公比为n43的等比数列．7〔2〕解：因为4n1 a()，n3由b1ab(n1,2,)，得nnn4n1 bb()．9分n1n3由累加得()()()b n bbbbbbb12`132nn14n11()43n1＝23()1，〔n2〕，43134n1 当n=1时也满足，所以)1b3(．n35.解：〔Ⅰ〕设数列{a n}的公比为q，由 2a39a2a6得32a39a4所以21q。

有条件9可知a>0,故1q。

311a。

故数列{a n}的通项式为a n=33由2a13a21得2a13a2q1，所以1n。

〔Ⅱ〕b logaloga...logan111111(12...n)n(n1)2故12112() bn(n1)nn1n111111112n ...2((1)()...()) bbb223nn1n1 12n...所以数列1{}bn2n 的前n 项和为n16.解：〔Ⅰ〕由，当n≥1 时，a1[(a1a)(a a1)(a2a1)]a1nnnnn2n12n33(222)222(n1)1。

数列经典例题

数列与线性规划1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足()()211122,3n n nS n S n n n N a *+-+=+∈=，则数列{}n a 的通项n a =（）A ．41n -B ．21n +C ．3nD ．2n + 【答案】A 【解析】试题分析：当1n =时，()2213234,7a a ⋅+-⋅==，故A 选项正确。

考点：数列求通项．2．已知数列{}n a 中， 45n a n =-+，等比数列{}n b 的公比q 满足1(2)n n q a a n -=-≥，且12b a =，则12n b b b +++=（ )A 。

14n- B 。

41n- C 。

143n - D. 413n -【答案】B【解析】试题分析：依题意有124,3q b a =-==-，故()()134n n b -=--，所以134n n b -=⋅，这是一个等比数列，前n 项和为()3144114n n -=--.考点：等比数列的基本性质．3．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若5359a a =，则95SS =（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 【答案】A 【解析】试题分析：199515539()9215()52a a S a a a S a +===+．故选A ．考点:等差数列的前n 项和．4．在等比数列{}n a 中,1401a a <<=,则能使不等式12312311110n n a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+⋅⋅⋅+-≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立的最大正整数n 是（）A.5 B 。

6 C ．7 D ．8 【答案】C 【解析】试题分析：设公比为q ,则1231231111n n a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+，即()111111111n n a q a q q q⎛⎫-⎪-⎝⎭≤--,将131a q =代入得：7n q q ≤，1,7q n >∴≤．考点:(1）数列与不等式的综合；（2)数列求和.【方法点晴】本题考查数列和不等式的综合,考查运算求解能力,推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性,对数学思维能力要求较高,是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．将不等式转化为两个等比数列之和,解不等式,对于在选择题中，该题还可以计算出721,a a a ,可得0111772211=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a a a a a ,可得不等式成立的最大整数n .5．数列{}n a 中，11++=n n a n ，9=n S ，则=n （ )A.97B.98 C ．99 D ．100【答案】C 【解析】试题分析:由nn n n a n -+=++=111，∴)(11n S n =++++19==,所以99=n ，故选C.考点：数列求和.6．已知()()*111,n n n a a n a a n N+==-∈,则数列{}na 的通项公式是（ )A ．nB ．11n n n -+⎛⎫⎪⎝⎭C ．2n D ．21n -【答案】A 【解析】试题分析：由已知整理得()11+=+n n na a n ，∴n a n a n n =++11,∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是常数列．且111==a n a n ,∴n a n =，故选项为A. 考点:数列的递推式。

初中数学：《数列与数表》测试题(含答案)

初中数学：《数列与数表》测试题(含答案)第一部分：选择题1. 已知等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $6$ 项分别为 $-3,-1,1,3,5,7$，则首项 $a_1=$（ ).A. $-3$B. $-5$C. $-7$D. $3$2. 设数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，则 $S_n-S_{n-1}$ 表示的是数列 $\{a_n\}$ 的（）.A. 第 $n-1$ 项B. 第 $n$ 项C. 最后一项D. 前 $n$ 项和3. 若 $a_1=1$，$a_2=5$，$a_n=2a_{n-1}-a_{n-2}+1 (n \geqslant 3)$，则 $a_{100}=$（）.A. $100$B. $200$C. $300$D. $400$4. 在图中，已知 $ABCD$ 为一个正方形，$E$ 在边 $BC$ 上，$F$ 在边 $AD$ 上，$\overline{AF}//\overline{DE}$，若 $AD=2$，$BF=1$，则 $\frac{EF}{DE+\frac{1}{2}}=$（）.A. $\frac{1}{4}$B. $\frac{1}{3}$C. $\frac{1}{2}$D. $\frac{2}{3}$第二部分：填空题5. 已知等比数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_2-a_1=3$，$a_4-a_3=15$，则 $a_6$ 的值为 \_\_\_\_.6. 已知 $a_1=1$，$a_2=2$，$a_n=a_{n-1}+a_{n-2}(n \geqslant 3)$，则 $a_{10}=$ \_\_\_\_.第三部分：应用题7. 2008 年北京奥运会有一项田赛比赛是男子铅球，某运动员共做了 $5$ 次有效投掷，其成绩分别为 $19.21m$，$19.28m$，$19.36m$，$19.14m$ 和 $19.24m$，求该运动员这次比赛的平均成绩并保留 $2$ 位小数。

高中数学-数列经典例题(裂项相消法)(1)

数列裂项相消求和的典型题型1．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为()A ．100101B ．99101C ．99100D ．1011002．数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平面直角坐标系中，直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为()A ．－10B ．－9C ．10D ．93．等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{n b 的前n 项和．4．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ；(Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ．5．设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且12,4224+==n n a a S S ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设数列}{n b 满足,,211*2211N n a b a b a b n n n ∈-=+++ 求}{n b 的前n 项和n T ．6．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)求n a 及n S ；(Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ．7．在数列}{n a 中n n a n a a 211)11(2,1,+==+．(Ⅰ)求}{n a 的通项公式；(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ；（Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n T ．8．已知等差数列}{n a 的前3项和为6，前8项和为﹣4．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S ．9．已知数列}{n a 满足,2,021==a a 且对*,N n m ∈∀都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--．(Ⅰ)求53,a a ；(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明：}{n b 是等差数列；（Ⅲ）设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S ．10．已知数列}{n a 是一个公差大于0的等差数列，且满足16,557263=+=a a a a ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满足等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++= 求数列}{n b 的前n 项和n S ．11．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a n b 求数列}{n b 的前n 项和n T .12．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122nn a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T .答案：1．A ；2．B3．解：(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1，∴a 1=．故数列{a n }的通项式为a n =．（Ⅱ）b n =++…+=﹣（1+2+…+n ）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．4．解：(Ⅰ)由正项数列{a n}满足：﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0，可有（a n﹣2n）（a n+1）=0∴a n=2n．(Ⅱ)∵a n=2n，b n=，∴b n===，T n===．数列{b n}的前n项和T n为．5．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2a n+1有：，解有a1=1，d=2．∴a n=2n﹣1，n∈N*．(Ⅱ)由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，a n=2n﹣1，n∈N*．∴b n=，n∈N*．又T n=+++…+，∴T n=++…++，两式相减有：T n=+（++…+）﹣=﹣﹣∴T n=3﹣．6．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=7，a5+a7=26，∴有，解有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=．7．解：(Ⅰ)由条件有，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．∴，即．(Ⅱ)由有，，两式相减，有：，∴．（Ⅲ）由有．∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=．8．解：(Ⅰ)设{a n}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故a n =3+（n ﹣1）（﹣1）=4﹣n ；(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，b n =n •q n ﹣1，于是S n =1•q 0+2•q 1+3•q 2+…+n •q n ﹣1．若q ≠1，将上式两边同乘以q ，有qS n =1•q 1+2•q 2+3•q 3+…+n •q n ．上面两式相减，有（q ﹣1）S n =nq n ﹣（1+q+q 2+…+q n ﹣1）=nq n ﹣于是S n =若q=1，则S n =1+2+3+…+n=∴，S n =．9．解：(Ⅰ)由题意，令m=2，n=1，可有a 3=2a 2﹣a 1+2=6再令m=3，n=1，可有a 5=2a 3﹣a 1+8=20(Ⅱ)当n ∈N *时，由已知（以n+2代替m ）可有a 2n+3+a 2n ﹣1=2a 2n+1+8于是[a 2（n+1）+1﹣a 2（n+1）﹣1]﹣（a 2n+1﹣a 2n ﹣1）=8即b n+1﹣b n =8∴{b n }是公差为8的等差数列（Ⅲ）由(Ⅰ)(Ⅱ)解答可知{b n }是首项为b 1=a 3﹣a 1=6，公差为8的等差数列则b n =8n ﹣2，即a 2n+1﹣a 2n ﹣1=8n ﹣2另由已知（令m=1）可有a n =﹣（n ﹣1）2．∴a n+1﹣a n =﹣2n+1=﹣2n+1=2n 于是c n =2nq n ﹣1．当q=1时，S n =2+4+6++2n=n （n+1）当q ≠1时，S n =2•q 0+4•q 1+6•q 2+…+2n •q n ﹣1．两边同乘以q ，可有qS n =2•q 1+4•q 2+6•q 3+…+2n •q n ．上述两式相减，有（1﹣q ）S n =2（1+q+q 2+…+q n ﹣1）﹣2nq n =2•﹣2nq n =2•∴S n =2•综上所述，S n =．10．解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意可知d ＞0由a 2+a 7=16，有，2a 1+7d=16①由a 3a 6=55，有（a 1+2d ）（a 1+5d ）=55②由①②联立方程求，有d=2，a 1=1/d=﹣2，a 1=（排除）∴a n =1+（n ﹣1）•2=2n ﹣1(Ⅱ)令c n =，则有a n =c 1+c 2+…+c n a n+1=c 1+c 2+…+c n+1两式相减，有a n+1﹣a n =c n+1，由（1）有a 1=1，a n+1﹣a n =2∴c n+1=2，即c n =2（n ≥2），即当n ≥2时，b n =2n+1，又当n=1时，b 1=2a 1=2∴b n =于是S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n ≥2，．11．解(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)．当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T nn 为奇数，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)12．(1)解由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0.所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝1161n 2－1(n ＋2)2T n…＝1161＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。

数列的概念经典例题百度文库

一、数列的概念选择题1．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（） A ．184B ．174C ．188D ．1602．设{}n a 是等差数列，且公差不为零，其前n 项和为n S ．则“*n N ∀∈，1n n S S +>”是“{}n a 为递增数列”的（） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N++=+∈且1300nS=，若23a <，则n 的最大值为（）A ．49B ．50C ．51D ．524．已知数列{}n a 的通项公式为23nn a n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则数列{}n a 中的最大项为（） A ．89B ．23C ．6481D ．1252435．在数列{}n a 中，已知11a =，25a =，()*21n n n a a a n N ++=-∈，则5a 等于（）A ．4-B ．5-C ．4D ．56．删去正整数1，2，3，4，5，…中的所有完全平方数与立方数（如4，8），得到一个新数列，则这个数列的第2020项是（） A ．2072B ．2073C ．2074D ．20757．数列1,3,5,7,9,--的一个通项公式为（）A ．21n a n =-B ．()1(21)nn a n =--C ．()11(21)n n a n +=--D ．()11(21)n n a n +=-+8．已知数列{}n a 的通项公式为2n a n n λ=-（R λ∈），若{}n a 为单调递增数列，则实数λ的取值范围是（） A ．(),3-∞B ．(),2-∞C ．(),1-∞D ．(),0-∞9．已知数列{}n a 满足11a =),2n N n *=∈≥，且()2cos3n n n a b n N π*=∈，则数列{}n b 的前18项和为（） A ．120B ．174C ．204-D ．373210．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（） A ．174B ．184C ．188D ．16011．数列{}n a 前n 项和为n S ，若21n n S a =+，则72019a S +的值为（） A ．2B ．1C ．0D ．1-12．历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用.比如意大利数学家列昂纳多—斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233…即121a a ==，当n ≥3时，12n n n a a a --=+，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用.若此数列的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列{}n b ，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，则20S 的值为（） A ．24B ．26C ．28D ．3013．数列{}n a 满足1111,(2)2n n n a a a n a --==≥+，则5a 的值为（）A ．18B ．17 C ．131D ．1614．已知定义在R 上的函数()f x 是奇函数，且满足3()(),(1)32f x f x f -=-=，数列{}n a 满足11a =，且21n nS a n n=-，(n S 为{}n a 的前n 项和，*)n N ∈，则56()()f a f a +=（）A ．1B ．3C ．-3D ．015．数列1111,,,57911--，…的通项公式可能是n a =（） A ．1(1)32n n --+B ．(1)32n n -+C ．1(1)23n n --+D ．(1)23nn -+16．历史上数列的发展，折射出很多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233……即F （1）=F （2）=1，F （n ）=F （n －1）＋F （n －2），()*3n n N≥∈，，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新数列{}n b ，则b 2020=（） A ．3B ．2C ．1D ．017．数列{}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,n F 成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数{}n F 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（）A ．201920212S F =+B ．201920211S F =-C ．201920202S F =+D ．201920201S F =-18．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即()()121F F ==，()()()12F n F n F n =-+- （3n ≥，n *∈N ），此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用，若此数列的每一项被2除后的余数构成一个新数列{}n a ，则数列{}n a 的前2020项的和为（） A ．1348B ．1358C ．1347D ．135719．下列命题中错误的是（） A ．()()21f n n n N+=-∈是数列的一个通项公式B ．数列通项公式是一个函数关系式C ．任何一个数列中的项都可以用通项公式来表示D ．数列中有无穷多项的数列叫作无穷数列20．若数列{}n a 满足：存在正整数T ，对于任意正整数n 都有1n n a a +=成立，则称数列{}n a 为周期数列，周期为T ．已知数列{}n a 满足()111,10,{1,01n n n n na a a m m a a a +->=>=<≤ ，则下列结论错误的是（） A ．若34a =，则m 可以取3个不同的数； B．若m =，则数列{}n a 是周期为3的数列；C ．存在m Q ∈，且2m ≥，数列{}n a 是周期数列；D ．对任意T N *∈且2T ≥，存在1m >，使得{}n a 是周期为T 的数列．二、多选题21．已知数列{}n a 中，11a =，1111n n a a n n +⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈.若对于任意的[]1,2t ∈，不等式()22212na t a t a a n<--++-+恒成立，则实数a 可能为（） A ．－4B ．－2C ．0D ．222．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{}n a 称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．68a = B ．733S =C ．135********a a a a a ++++=D ．22212201920202019a a a a a +++= 23．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 ⎡⎤⎥=+⎥⎝⎭⎝⎭⎦24．已知数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠，且满足140(2)n n n a S S n -+=≥，114a =，则下列说法错误的是（） A ．数列{}n a 的前n 项和为4n S n = B ．数列{}n a 的通项公式为14(1)n a n n =+C ．数列{}n a 为递增数列D ．数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为递增数列 25．已知数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠，且满足11140(2),4n n n a S S n a -+=≥=，则下列说法正确的是（） A ．数列{}n a 的前n 项和为1S 4n n= B ．数列{}n a 的通项公式为14(1)n a n n =+C ．数列{}n a 为递增数列D ．数列1{}nS 为递增数列 26．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．若30S =，46a =，则（） A ．23n S n n =- B ．2392-=n n nSC ．36n a n =-D ．2n a n =27．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（） A ．4B ．5C ．7D ．828．已知等差数列{}n a 的前n 项和为,n S 且15110,20,a a a 则（）A ．80a <B ．当且仅当n = 7时，n S 取得最大值C ．49S S =D ．满足0n S >的n 的最大值为1229．公差不为零的等差数列{}n a 满足38a a =，n S 为{}n a 前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．110S =B ．10n n S S -=（110n ≤≤）C ．当110S >时，5n S S ≥D ．当110S <时，5n S S ≥30．设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和，且56678,S S S S S <=>，则下列结论正确的是（） A ．0d < B ．70a =C ．95S S >D ．67n S S S 与均为的最大值31．等差数列{}n a 的首项10a >，设其前n 项和为{}n S ，且611S S =，则（） A ．0d > B ．0d <C ．80a =D ．n S 的最大值是8S 或者9S32．(多选题)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10a >，公差0d ≠，则下列命题正确的是（）A ．若59S S =，则必有14S =0B ．若59S S =，则必有7S 是n S 中最大的项C ．若67S S >，则必有78S S >D ．若67S S >，则必有56S S >33．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，现有下列4个命题中正确的有（）A ．若100S =，则280S S +=；B ．若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15C ．若150S >，160S <，则{}n S 中8S 最大D ．若78S S <，则89S S <34．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1385a a S +=，则下列结论一定正确的是（）A ．100a =B ．当9n =或10时，n S 取最大值C ．911a a <D ．613S S =35．已知数列{}n a 是递增的等差数列，5105a a +=，6914a a ⋅=-．12n n n n b a a a ++=⋅⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，下列结论正确的是（）A ．320n a n =-B ．325n a n =-+C ．当4n =时，n T 取最小值D ．当6n =时，n T 取最小值【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、数列的概念选择题 1．B 解析：B 【分析】根据高阶等差数列的知识，结合累加法求得数列的通项公式，由此求得19a . 【详解】3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,所以()1112,3n n a a n n a --=-≥=，所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()1213n n =-+-+++()()()11113322n n n n -+⋅--=+=+.所以19191831742a ⨯=+=. 故选：B 【点睛】本小题主要考查数列新定义，考查累加法，属于基础题.2．A解析：A 【分析】根据等差数列的前n 项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】{}n a 是等差数列，且公差d 不为零，其前n 项和为n S ，充分性：1n n S S +>，则10n a +>对任意的n *∈N 恒成立，则20a >，0d ≠，若0d <，则数列{}n a 为单调递减数列，则必存在k *∈N ，使得当n k >时，10n a +<，则1n n S S +<，不合乎题意；若0d >，由20a >且数列{}n a 为单调递增数列，则对任意的n *∈N ，10n a +>，合乎题意.所以，“*n N ∀∈，1n n S S +>”⇒“{}n a 为递增数列”；必要性：设10n a n =-，当8n ≤时，190n a n +=-<，此时，1n n S S +<，但数列{}n a 是递增数列.所以，“*n N ∀∈，1n n S S +>”⇐/“{}n a 为递增数列”.因此，“*n N ∀∈，1n n S S +>”是“{}n a 为递增数列”的充分而不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前n 项和公式是解决本题的关键，属于中等题．3．A解析：A 【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n nS =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值.【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+ 2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n=，因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====，所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+，2511151351413752S a a +⨯-=+=+，又因为23a <，125a a +=，所以 12a > 所以当1300n S =时，n 的最大值为49 故选：A 【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.4．A解析：A 【分析】由12233nn n n a a +-⎛⎫-=⋅ ⎪⎝⎭，当n <2时，a n ＋1－a n >0，当n <2时，a n ＋1－a n >0，从而可得到n ＝2时，a n 最大. 【详解】解：112222(1)3333n n nn n n a a n n ++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当n <2时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝2时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >2时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 所以a 1<a 2＝a 3，a 3>a 4>a 5>…>a n ，所以数列{}n a 中的最大项为a 2或a 3，且2328239a a ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭.故选：A . 【点睛】此题考查数列的函数性质：最值问题，属于基础题.5．B解析：B 【分析】根据已知递推条件()*21n n n a a a n N ++=-∈即可求得5a【详解】由()*21n n n a a a n N++=-∈知：3214a a a 4321a a a 5435a a a故选：B 【点睛】本题考查了利用数列的递推关系求项，属于简单题6．C解析：C 【分析】由于数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯共有2025项，其中有45个平方数，12个立方数，有3个既是平方数，又是立方数的数，所以还剩余20254512+31971--=项，所以去掉平方数和立方数后，第2020项是在2025后的第()20201971=49-个数，从而求得结果. 【详解】∵2452025=，2462116=，20202025<，所以从数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯中去掉45个平方数，因为331217282025132197=<<=，所以从数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯中去掉12个立方数，又66320254<<，所以在从数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯中有3个数即是平方数，又是立方数的数，重复去掉了3个即是平方数，又是立方数的数，所以从数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯中去掉平方数和立方数后还有20254512+31971--=项，此时距2020项还差2020197149-=项，所以这个数列的第2020项是2025492074+=，故选：C. 【点睛】本题考查学生的实践创新能力，解决该题的关键是找出第2020项的大概位置，所以只要弄明白在数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯去掉哪些项，去掉多少项，问题便迎刃而解，属于中档题.7．C解析：C 【分析】分别观察各项的符号、绝对值即可得出．【详解】数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式()()112nn a n =--．故选C ．【点睛】本题考查了球数列的通项公式的方法，属于基础题．8．A解析：A 【分析】由已知得121n n a a n λ+-=+-，根据{}n a 为递增数列，所以有10n n a a +->，建立关于λ的不等式，解之可得λ的取值范围.【详解】由已知得221(1)(1)21n n a a n n n n n λλλ+-=+-+-+=+-，因为{}n a 为递增数列，所以有10n n a a +->，即210n λ+->恒成立，所以21n λ<+，所以只需()min 21n λ<+，即2113λ<⨯+=，所以3λ<，故选：A. 【点睛】本题考查数列的函数性质：递增性，根据已知得出10n n a a +->是解决此类问题的关键，属于基础题.9．B解析：B 【分析】将题干中的等式化简变形得211n n a n a n --⎛⎫= ⎪⎝⎭，利用累乘法可求得数列{}n a 的通项公式，由此计算出()32313k k k b b b k N *--++∈，进而可得出数列{}nb 的前18项和.【详解】)1,2n a n N n *--=∈≥，将此等式变形得211n n a n a n --⎛⎫= ⎪⎝⎭，由累乘法得22232121211211123n n n aa a n a a a a a n n--⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()2cos3n n n a b n N π*=∈，22cos 3n n b n π∴=， ()()222323134232cos 231cos 29cos 233k k k b b b k k k k k k πππππ--⎛⎫⎛⎫∴++=--+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭592k =-，因此，数列{}n b 的前18项和为()591234566921151742⨯+++++-⨯=⨯-=. 故选：B. 【点睛】本题考查并项求和法，同时也涉及了利用累乘法求数列的通项，求出32313k k k b b b --++是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.10．A解析：A 【分析】根据已知条件求得11n n n a a -=--，利用累加法求得19a .依题意：3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,所以11n n n a a -=--（2n ≥），且13a =，所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()12213n n =-+-++++()()()11113322n n n n -+--=+=+.所以19191831742a ⨯=+=. 故选：A 【点睛】本小题主要考查累加法，属于中档题.11．A解析：A 【分析】根据21n n S a =+，求出1a ，2a ，3a ，4a ，⋯⋯，寻找规律，即可求得答案. 【详解】21n n S a =+当1n =，1121a a =+，解得：11a = 当2n =，122221a a a +=+，解得：21a =- 当3n =，32132221a a a a ++=+，解得：31a = 当4n =，4321422221a a a a a +++=+，解得：41a =-⋯⋯当n 奇数时，1n a = 当n 偶数时，1n a =-∴71a =，20191S =故720192a S += 故选：A. 【点睛】本题主要考查了根据递推公式求数列值，解题关键是掌握数列的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.12．B解析：B先写出新数列的各项，找到数列的周期，即得解. 【详解】由题意可知“斐波那契数列”的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列{}n b ，此数列的各项求得：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，1……，则其周期为6，其中1+1+2+3+1+0=8，则201819201812S S b b S b b =++=++381126=⨯++=，故选：B.13．C解析：C 【分析】根据条件依次算出2a 、3a 、4a 、5a 即可. 【详解】因为1111,(2)2n n n a a a n a --==≥+，所以211123a ==+，31131723a ==+，411711527a ==+，51115131215a ==+ 故选：C 14．C解析：C 【分析】判断出()f x 的周期，求得{}n a 的通项公式，由此求得56()()f a f a +. 【详解】依题意定义在R 上的函数()f x 是奇函数，且满足3()()2f x f x -=，所以()333332222f x f x f x fx ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=---=--=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()()32f x f x f x ⎛⎫=---=--= ⎪⎝⎭，所以()f x 是周期为3的周期函数.由21n n S a n n=-得2n n S a n =-①，当1n =时，11a =，当2n ≥时，()1121n n S a n --=--②，①-②得11221,21n n n n n a a a a a --=--=+（2n ≥），所以21324354213,217,2115,2131a a a a a a a a =+==+==+==+=，652163a a =+=.所以56()()f a f a +=()()()()()()()316331013211013f f f f f f f +=⨯++⨯=+=--=-故选：C 【点睛】如果一个函数既是奇函数，图象又关于()0x a a =≠对称，则这个函数是周期函数，且周期为4a .15．D解析：D 【分析】根据观察法，即可得出数列的通项公式. 【详解】因为数列1111,,,, (57911)--可写成 ()()()()2342322311111,1,1,12,..24.333-⨯-⨯-⨯+⨯+⨯+⨯+-⨯，所以其通项公式为(1)(1)23213nnn a n n -=-=++⨯. 故选：D.16．A解析：A 【分析】根据条件得出数列{}n b 的周期即可. 【详解】由题意可知“兔子数列”被4整除后的余数构成一个新数列为：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，……则可得到周期为6，所以b 2020=b 4=3，故选：A17．B解析：B 【分析】利用迭代法可得21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，可得21n n F S +=+，代入2019n =即可求解.【详解】由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，则211112n n n n n n n n n n F F F F F F F F F F ++----=+=++=+++1211232n n n n n n n n n F F F F F F F F F -------=+++=++++=123211n n n n F F F F F F ---=+++++++，所以21n n F S +=+，令2019n =，可得201920211S F =-，故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出21n n n F F F ++=+，利用迭代法得出21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++，进而得出21n n F S +=+.18．C解析：C 【分析】由题意可知，得数列{}n a 是周期为3的周期数列，前3项和为1102++=，又202067331=⨯+，由此可得答案【详解】解：由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，各项除以2的余数，可得数列{}n a 为1,1,0,1,1,0,1,1,0,⋅⋅⋅，所以数列{}n a 是周期为3的周期数列，前3项和为1102++=，因为202067331=⨯+，所以数列{}n a 的前2020项的和为673211347⨯+= 故选：C19．C解析：C 【分析】根据通项公式的概念可以判定AB 正确；不难找到一些规律性不强的数列，找不到通项公式，由此判定C 错误，根据无穷数列的概念可以判定D 正确. 【详解】数列的通项公式的概念：将数列{} n a 的第n 项用一个具体式子（含有参数n ）表示出来，称作该数列的通项公式，故任意一个定义域为正整数集合的或者是其从1开始的一个子集的函数都可以是数列的通项公式，它是一个函数关系，即对于任意给定的数列，各项的值是由n 唯一确定的，故AB 正确；并不是所有的数列中的项都可以用一个通项公式来表示，比如所有的质数从小到大排在一起构成的数列，至今没有发现统一可行的公式表示，圆周率的各位数字构成的数列也没有一个通项公式可以表达，还有很多规律性不强的数列也找不到通项公式，故C 是错误的；根据无穷数列的概念，可知D 是正确的. 故选:C. 【点睛】本题考查数列的通项公式的概念和无穷数列的概念，属基础题，数列的通项公式是一种定义在正整数集上的函数，有穷数列与无穷数列是根据数列的项数来分类的.20．C解析：C 【解析】试题分析：A:当01m <≤时，由34a =得1;125m m =<≤时，由34a =得54m =； 2m >时，()2311,,24a m a m =-∈+∞=-= 得6m = ；正确 .B:234111,11,1,m a a a =>∴====> 所以3T =，正确．C ：命题较难证明，先考察命题D ．D ：命题的否定为“对任意的T N *∈，且2T ≥，不存在1m >，使得{}n a 是周期为T 的数列”，而由B 显然这个命题是错误的，因此D 正确，从而只有C 是错误．考点：命题的真假判断与应用．【名师点睛】本题主要考查周期数列的推导和应用，考查学生的推理能力．此题首先要理解新定义“周期为T 的数列”，然后对A 、B 、C 、D 四个命题一一验证，A 、B 两个命题按照数列的递推公式进行计算即可，命题C 较难证明，但出现在选择题中，考虑到数学选择题中必有一个选项正确，因此我们先研究D 命题，并且在命题D 本身也很难的情况下，采取“正难则反”的方法，考虑命题D 的否定，命题D 的否定由命题B 很容易得出是错误的，从而命题D 是正确的．二、多选题 21．AB 【分析】由题意可得，利用裂项相相消法求和求出，只需对于任意的恒成立，转化为对于任意的恒成立，然后将选项逐一验证即可求解. 【详解】，，则，，，，上述式子累加可得：，，对于任意的恒成立解析：AB由题意可得11111n n a a n n n n +-=-++，利用裂项相相消法求和求出122n a n n=-<，只需()222122t a t a a --++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，转化为()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.【详解】111n n n a a n n++-=，11111(1)1n n a a n n n n n n +∴-==-+++，则11111n n a a n n n n --=---，12111221n n a a n n n n ---=-----，，2111122a a -=-，上述式子累加可得：111n a a n n -=-，122n a n n∴=-<，()222122t a t a a ∴--++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，整理得()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，对A ，当4a =-时，不等式()()2540t t +-≤，解集5,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故A 正确；对B ，当2a =-时，不等式()()2320t t +-≤，解集3,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故B 正确；对C ，当0a =时，不等式()210t t +≤，解集1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故C 错误；对D ，当2a =时，不等式()()2120t t -+≤，解集12,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故D 错误，故选：AB. 【点睛】本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.22．ABD 【分析】根据，，，计算可知正确；根据，，，，，，累加可知不正确；根据，，，，，，累加可知正确. 【详解】依题意可知，，，，，，，，故正确；，所以，故正确；由，，，，，，可得，故不【分析】根据11a =，21a =，21n n n a a a ++=+，计算可知,A B 正确；根据12a a =，342a a a =-，564a a a =-，786a a a =-，，201920202018a a a =-，累加可知C 不正确；根据2121a a a =，222312312()a a a a a a a a =-=-，233423423()a a a a a a a a =-=-，244534534()a a a a a a a a =-=-，，220192019202020182019202020182019()a a a a a a a a =-=-，累加可知D 正确. 【详解】依题意可知，11a =，21a =，21n n n a a a ++=+，312112a a a =+=+=，423123a a a =+=+=，534235a a a =+=+=，645358a a a =+=+=，故A 正确； 7565813a a a =+=+=，所以712345671123581333S a a a a a a a =++++++=++++++=，故B 正确；由12a a =，342a a a =-，564a a a =-，786a a a =-，，201920202018a a a =-，可得13572019a a a a a +++++=242648620202018a a a a a a a a a +-+-+-++-2020a =，故C 不正确；2121a a a =，222312312()a a a a a a a a =-=-，233423423()a a a a a a a a =-=-，244534534()a a a a a a a a =-=-，，220192019202020182019202020182019()a a a a a a a a =-=-，所以2222212342019a a a a a +++++122312342345342019202020182019a a a a a a a a a a a a a a a a a a =+-+-+-+- 20192020a a =，所以22212201920202019a a a a a +++=，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了数列的递推公式，考查了累加法，属于中档题.23．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，，，，，所以且，即B 满足条件；由，所以所以数列解析：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 ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭为公比的等比数列，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nb ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎭以510-32-为公比的等比数列，所以1n n b -+，所以()1115n 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．24．ABC 【分析】数列的前项和为，且满足，，可得：，化为：，利用等差数列的通项公式可得，，时，，进而求出．【详解】数列的前项和为，且满足，， ∴，化为：，∴数列是等差数列，公差为4， ∴，可得解析：ABC 【分析】数列{}n a 的前n 项和为0n n S S ≠（），且满足1402n n n a S S n -+=≥（），114a =，可得：1140n n n n S S S S ---+=，化为：1114n n S S --=，利用等差数列的通项公式可得1nS ，n S ，2n ≥时，()()111144141n n n a S S n n n n -=-=-=---，进而求出n a ．【详解】数列{}n a 的前n 项和为0n n S S ≠（），且满足1402n n n a S S n -+=≥（），114a =， ∴1140n n n n S S S S ---+=，化为：1114n n S S --=， ∴数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为4，∴()14414n n n S =+-=，可得14n S n=， ∴2n ≥时，()()111144141n n n a S S n n n n -=-=-=---， ∴()1(1)41(2)41n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，对选项逐一进行分析可得，A ，B ，C 三个选项错误，D 选项正确. 故选：ABC. 【点睛】本题考查数列递推式，解题关键是将已知递推式变形为1114n n S S --=，进而求得其它性质，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题25．AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求，最后根据和项与通项关系得. 【详解】因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D 正确；解析：AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求S n ，最后根据和项与通项关系得n a . 【详解】11140(2),40n n n n n n n a S S n S S S S ---+=≥∴-+= 11104n n n S S S -≠∴-= 因此数列1{}n S 为以114S =为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D 正确；所以1144(1)44n n n n S S n=+-=∴=，即A 正确；当2n ≥时111144(1)4(1)n n n a S S n n n n -=-=-=--- 所以1,141,24(1)n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，即B ，C 不正确；故选：AD 【点睛】本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.26．BC 【分析】由已知条件列方程组，求出公差和首项，从而可求出通项公式和前项和公式【详解】解：设等差数列的公差为，因为，，所以，解得，所以，，故选：BC解析：BC【分析】由已知条件列方程组，求出公差和首项，从而可求出通项公式和前n 项和公式【详解】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为30S =，46a =，所以113230236a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，解得133a d =-⎧⎨=⎩，所以1(1)33(1)36n a a n d n n =+-=-+-=-，21(1)3(1)393222n n n n n n n S na d n ---=+=-+=，故选：BC27．BD【分析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为，公差即每一层比上一层多的根数为，设一共放层，利用等差数列求和公式，分析即可得解.【详解】依据题意，根数从上至下构成等差解析：BD【分析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为1a ，公差即每一层比上一层多的根数为1d =，设一共放()2n n ≥层，利用等差数列求和公式，分析即可得解.【详解】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为1a ，公差为1d =，设一共放()2n n ≥层，则总得根数为：()()111110022n n n d n n S na na --=+=+=整理得120021a n n =+-，因为1a *∈N ，所以n 为200的因数，()20012n n +-≥且为偶数，验证可知5,8n =满足题意.故选：BD.【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的求和公式，解题的关键是分析题意，把题目信息转化为等差数列，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于基础题.28．ACD【分析】由题可得，，，求出可判断A ；利用二次函数的性质可判断B ；求出可判断C ；令，解出即可判断D.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，，，且，对于A ，，故A 正确；对于B ，的对称解析：ACD【分析】由题可得16a d =-，0d <，21322n d d S n n =-，求出80a d =<可判断A ；利用二次函数的性质可判断B ；求出49,S S 可判断C ；令213022n d d S n n =->，解出即可判断D. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则()5111122+4++100a a a d a d +==，解得16a d =-， 10a >，0d ∴<，且()21113+222n n n d d S na d n n -==-，对于A ，81+7670a a d d d d ==-+=<，故A 正确；对于B ，21322n d d S n n =-的对称轴为132n =，开口向下，故6n =或7时，n S 取得最大值，故B 错误；对于C ，4131648261822d d S d d d =⨯-⨯=-=-，9138191822d d S d =⨯-⨯=-，故49S S =，故C 正确；对于D ，令213022n d d S n n =->，解得013n <<，故n 的最大值为12，故D 正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：由于等差数列()2111+222n n n d d S na d n a n -⎛⎫==+- ⎪⎝⎭是关于n 的二次函数，当1a 与d 异号时，n S 在对称轴或离对称轴最近的正整数时取最值；当1a 与d 同号时，n S 在1n =取最值.29．BC【分析】设公差d 不为零,由，解得，然后逐项判断.【详解】设公差d 不为零,因为，所以，即，解得，，故A 错误；，故B 正确；若，解得，，故C 正确；D 错误；故选：BC解析：BC【分析】设公差d 不为零,由38a a =，解得192a d =-，然后逐项判断. 【详解】设公差d 不为零, 因为38a a =，所以1127a d a d +=+，即1127a d a d +=--，解得192a d =-， 11191111551155022S a d d d d ⎛⎫=+=⨯-+=≠ ⎪⎝⎭，故A 错误； ()()()()()()221101110910,10102222n n n n n n d d na d n n n a n n S S d ----=+=-=-+=-，故B 正确；若11191111551155022S a d d d d ⎛⎫=+=⨯-+=> ⎪⎝⎭，解得0d >，()()22510525222n d d d n n S n S =-=--≥，故C 正确；D 错误；故选：BC 30．ABD【分析】由，判断，再依次判断选项.【详解】因为，，，所以数列是递减数列，故，AB 正确；，所以，故C 不正确；由以上可知数列是单调递减数列，因为可知，的最大值，故D 正确.故选：AB解析：ABD【分析】由1n n n S S a --=()2n ≥，判断6780,0,0a a a >=<，再依次判断选项.【详解】因为5665600S S S S a <⇒->⇒>，677670S S S S a =⇒-==，788780S S S S a >⇒-=<，所以数列{}n a 是递减数列，故0d <，AB 正确； ()9567897820S S a a a a a a -=+++=+<，所以95S S <，故C 不正确；由以上可知数列{}n a 是单调递减数列，因为6780,0,0a a a >=<可知，67n S S S 与均为的最大值，故D 正确.故选：ABD【点睛】本题考查等差数列的前n 项和的最值，重点考查等差数列的性质，属于基础题型.31．BD【分析】由，即，进而可得答案．【详解】解：，因为所以，，最大，故选：．【点睛】本题考查等差数列的性质，解题关键是等差数列性质的应用，属于中档题．解析：BD【分析】由6111160S S S S =⇒-=，即950a =，进而可得答案．【详解】解：1167891011950S S a a a a a a -=++++==，因为10a >所以90a =，0d <，89S S =最大，故选：BD ．【点睛】本题考查等差数列的性质，解题关键是等差数列性质的应用，属于中档题．32．ABC【分析】根据等差数列性质依次分析即可得答案.【详解】解：对于A.，若，则，所以，所以，故A 选项正确；对于B 选项，若，则，由于，公差，故，故，所以是中最大的项；故B 选项正确；C. 若解析：ABC【分析】根据等差数列性质依次分析即可得答案.【详解】解：对于A.，若59S S =，则67890a a a a +++=，所以781140a a a a +=+=，所以()114141402a a S +==，故A 选项正确；对于B 选项，若59S S =，则780+=a a ，由于10a >，公差0d ≠，故0d <，故780,0a a ><，所以7S 是n S 中最大的项；故B 选项正确；C. 若67S S >，则70a <，由于10a >，公差0d ≠，故0d <，故80a <，6a 的符号不定，故必有78S S >，56S S >无法确定；故C 正确，D 错误．故选：ABC ．【点睛】本题考查数列的前n 项和的最值问题与等差数列的性质，是中档题．33．BC【分析】根据等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判断，即可得答案.【详解】A 选项，若，则，那么.故A 不正确；B 选项，若，则，又因为，所以前8项为正，从第9项开始为负，因为解析：BC【分析】根据等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判断，即可得答案.【详解】A 选项，若1011091002S a d ⨯=+=，则1290a d +=，那么()()2811128281029160S S a d a d a d d +=+++=+=-≠.故A 不正确； B 选项，若412S S =，则()5611128940a a a a a a ++++=+=，又因为10a >，所以前8项为正，从第9项开始为负，因为()()116168916802a a S a a +==+=，所以使0n S >的最大的n 为15.故B 正确；C 选项，若()115158151502a a S a +==>，()()116168916802a a S a a +==+<，则80a >，90a <，则{}n S 中8S 最大.故C 正确；D 选项，若78S S <，则80a >，而989S S a -=，不能判断9a 正负情况.故D 不正确. 故选：BC .【点睛】本题考查等差数列性质的应用，涉及等差数列的求和公式，属于常考题型.34．AD【分析】由求出，即，由此表示出、、、，可判断C 、D 两选项；当时，，有最小值，故B 错误.【详解】解：，，故正确A.由，当时，，有最小值，故B 错误.，所以，故C 错误.，，故D 正确.解析：AD【分析】由1385a a S +=求出100a =，即19a d =-，由此表示出9a 、11a 、6S 、13S ，可判断C 、D 两选项；当0d >时，10a <，n S 有最小值，故B 错误.【详解】解：1385a a S +=，111110875108,90,02d a a d a a d a ⨯++=++==，故正确A. 由190a d +=，当0d >时，10a <，n S 有最小值，故B 错误.9101110,a a d d a a d d =-==+=，所以911a a =，故C 错误.61656+5415392d S a d d d ⨯==-+=-， 131131213+11778392d S a d d d ⨯==-+=-，故D 正确. 故选：AD【点睛】考查等差数列的有关量的计算以及性质，基础题.35．AC【分析】由已知求出数列的首项与公差，得到通项公式判断与；再求出，由的项分析的最小值．【详解】解：在递增的等差数列中，由，得，又，联立解得，，则，．．故正确，错误；可得数列的解析：AC【分析】由已知求出数列{}n a 的首项与公差，得到通项公式判断A 与B ；再求出n T ，由{}n b 的项分析n T 的最小值．【详解】解：在递增的等差数列{}n a 中，由5105a a +=，得695a a +=，又6914a a =-，联立解得62a =-，97a =，则967(2)3963a a d ---===-，16525317a a d =-=--⨯=-． 173(1)320n a n n ∴=-+-=-．故A 正确，B 错误；12(320)(317)(314)n n n n b a a a n n n ++==---可得数列{}n b 的前4项为负，第5项为正，第六项为负，第六项以后均为正．而5610820b b +=-=>．∴当4n =时，n T 取最小值，故C 正确，D 错误．故选：AC ．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的求和，考查分析问题与解决问题的能力，属于中档题．。

小学数学《数列规律》练习题(含答案)

小学数学《数列规律》练习题（含答案）日常生活中，我们经常接触到许多按一定顺序排列的数，如：（1）自然数：1，2，3，4，5，6，7， (1)（2）年份：1990，1991，1992，1993，1994，1995，1996（3）某年级各班的学生人数（按班级顺序一、二、三、四、五班排列）45，45，44，46，45 像上面的这些例子，按一定次序排列的一列数就叫做数列．数列中的每一个数都叫做这个数列的项，其中第1个数称为这个数列的第1项，第2个数称为第2项，…，第n个数就称为第n项．如数列（3）中，第1项是45，第2项也是45，第3项是44，第4项是46，第5项是45．根据数列中项的个数分类，我们把项数有限的数列（即有有穷多个项的数列）称为有穷数列，把项数无限的数列（即有无穷多个项的数列）称为无穷数列，上面的几个例子中，（2）（3）是有穷数列，（1）是无穷数列．（一）找数列中的规律【例1】观察下面的数列，找出其中的规律，并根据规律，在括号中填上合适的数.(1)100，88，76，64，52，（），28(2)1，3，6，10，（），21，28，36，（）(3)2，1，3，4，7，（），18，29，47(4)1，3，9，27，（），243(5)1，8，27，64，125，（），343(6)1，2，6，24，120，（），5040(7)2， 1， 4， 3， 6， 9， 8， 27， 10，（）(8)1，1，1，3，5，9，17，（）分析：（1） 100，88，76，64，52，（），28通过观察不难发现，从第2项开始，每一项都比它前面一项少12，也就是说每相邻两项所得的差都等于12.因此，括号中应填的数是40，即：52-12=40．像（1）这样，相邻两项之间的差是定值，我们把这样的数列叫做等差数列．（2） 1，3，6，10，（），21，28，36，（）（方法一）先计算相邻两数的差，有：3-1=2，6-3=3，10-6=4 ，……，28-21=7，36-28=8，……由此可以推知这些差一次为2、3、4、5、6……，所以这列数从小到大地排列规律是相邻两数的差按2、3、4、5、6……增加，括号里应填15，45，即10+5=15，36+9=45.(方法二)继续考察相邻项之间的关系，可以发现：因此，可以猜想，这个数列的规律为：每一项等于它的项数与其前一项的和，那么，第5项为15，即15=10+5，最后一项即第 9项为 45，即 45＝36＋9.代入验算，正确．（方法三)这一列数还有如下的规律：第1项：1=1,第2项：3=1＋2,第3项：6=1+2+3,第4项：10=1+2+3+4,第6项：21=1+2+3+4+5+6,……即这个数列的规律是：每一项都等于从1开始，以其项数为最大数的n个连续自然数的和.因此，第5项为15，即：15=1+2+3+4+5；第9项为45，即：45=1+2+3+4+5+6+7+8+9．（3） 2，1，3，4，7，（），18，29，47这个数列即不是等差数列，也不是等比数列，但是可以发现，从第三项开始每一项都等于前面两项地和，即：3=1+2，4=1+3，7=3+4，……，47=18+29，所以括号中的数应该是：4+7=11（4） 1，3，9，27，（），243此数列中，从相邻两项的差是看不出规律的，但是，从第2项开始，每一项都是其前面一项的3倍.即：3=1×3，9= 3×3，27=9×3，也就是说相邻两项之间的商相等．因此，括号中应填 81，即81= 27×3，代入后， 243也符合规律，即 243＝81×3．像（4）这样，相邻两项之间的商是定值，我们把这样的数列叫做等比数列．（5）1，8，27，64，125，（），343通过观察可以发现： 1=1×1×1，8=2×2×2，27=3×3×3，64=4×4×4，125=5×5×5，343=7×7×7，根据这个规律，括号中应填：6×6×6=216我们把这样的数列叫做立方数列，即每一项等于其项数乘以项数再乘以项数.（6）1，2，6，24，120，（），5040（方法一）这个数列不同于上面的数列，相邻项相加减后，看不出任何规律.考虑到等比数列，我们不妨研究相邻项的商，显然：所以，这个数列的规律是：除第1项以外的每一项都等于其项数与其前一项的乘积.因此，括号中的数为第6项720，即720=120×6．（方法二）本题也可以考虑连续自然数，显然：第1项 1=1，第2项2=1×2，第3项6=1×2×3，第4项24=1×2×3×4，……，所以，第6项应为1×2×3×4×5×6=720（7） 2， 1， 4， 3， 6， 9， 8， 27， 10，（）。

高考理科数学一轮复习专题训练：数列(含详细答案解析)

B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn为其前 n 项和， S 3 = 9 ，且 a 2 - 1 ， a 3 - 1， a 5 - 1构成等比数列，则 S 5 = （）A ．15B ． -15C ．30D ．25【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行，令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n：， + ， + + ， + + + ，，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列满足，且，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时，，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ；即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前项和．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前项和为，且是与的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为，已知．（1）求证：数列是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为，且 b = 4n nn +1，若对任意都成立，求实数的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是为首项，为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述的取值范围为．第 7 单元数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为，，（），则（）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则．．故选 B ．满足：，若数列是等比数列，则的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列的前项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足：，，成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前项和对任意的恒成立，则的最大值为（）A ．115【答案】C【解析】由，，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ，（ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪琪琪琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前项和为，且，，数列满足，（1）求数列（2）令【答案】（1），的通项公式；，求数列的前项和．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时，，即，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为，首项为的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是，首项的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理是偶数时是公比是，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前项和为，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。

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数列题目精选精编【典型例题】（一）研究等差等比数列的有关性质 1. 研究通项的性质例题1. 已知数列}{n a 满足1111,3(2)n n n a a a n --==+≥. （1）求32,a a ；（2）证明：312n n a -=. 解：（1）21231,314,3413a a a =∴=+==+=.（2）证明：由已知113--=-n n n a a ，故)()()(12211a a a a a a a n n n n n -++-+-=---1213133312n n n a ---+=++++=，所以证得312n n a -=.例题2. 数列{}n a 的前n 项和记为11,1,21(1)n n n S a a S n +==+≥（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T .解：（Ⅰ）由121n n a S +=+可得121(2)n n a S n -=+≥，两式相减得：112,3(2)n n n n n a a a a a n ++-==≥，又21213a S =+=∴213a a = 故{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列∴13n n a -=（Ⅱ）设{}n b 的公比为d ，由315T =得，可得12315b b b ++=，可得25b = 故可设135,5b d b d =-=+，又1231,3,9a a a ===，由题意可得2(51)(59)(53)d d -+++=+，解得122,10d d ==∵等差数列{}n b 的各项为正，∴0d > ∴2d =∴2(1)3222n n n T n n n -=+⨯=+例题3. 已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322...a a a +++128n n a n -+=对任意的*N n ∈都成立，数列{}n n b b -+1是等差数列.⑴求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；⑵是否存在N k *∈，使得(0,1)k k b a -∈，请说明理由.点拨：（1）2112322...28n n a a a a n -++++=左边相当于是数列{}12n n a -前n 项和的形式，可以联想到已知n S 求n a 的方法，当2n ≥时，1n n n S S a --=.（2）把k k a b -看作一个函数，利用函数的思想方法来研究k k a b -的取值情况.解：（1）已知212322a a a +++ (1)2n n a -+8n =(n ∈*N ）①2n ≥时，212322a a a +++ (2)128(1)n n a n --+=-(n ∈*N ）②①－②得，128n n a -=，求得42n n a -=，在①中令1n =，可得得41182a -==，所以42nn a -=(n ∈N*）. 由题意18b =，24b =，32b =，所以214b b -=-，322b b -=-， ∴数列}{1n n b b -+的公差为2)4(2=---，∴1n n b b +-=2)1(4⨯-+-n 26n =-，(4)(2)(28)n =-+-++-2714n n =-+(n ∈*N ）.（2）k k b a -=2714k k -+-42k-，当4k ≥时，277()()24f k k =-+-42k-单调递增，且(4)1f =，所以4k ≥时，2()714f k k k =-+-421k -≥，又(1)(2)(3)0f f f ===，所以，不存在k ∈*N ，使得(0,1)k k b a -∈.例题4. 设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n 、b n 、a n+1成等差数列，b n 、a n+1、b n+1成等比数列，且a 1 = 1， b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，求通项a n ，b n 解：依题意得：2b n+1 = a n+1 + a n+2 ① a 2n+1 = b n b n+1 ②∵ a n 、b n 为正数，由②得21211,+++++==n n n n n n b b a b b a ，代入①并同除以1+n b 得：212+++=n n n b b b ， ∴}{n b 为等差数列∵ b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，29,22122==b b b a 则，∴ 2)1(),1(22)229)(1(22+=∴+=--+=n b n n b n n ，∴当n ≥2时，2)1(1+==-n n b b a n n n ，又a 1 = 1，当n = 1时成立， ∴2)1(+=n n a n2. 研究前n 项和的性质例题5.已知等比数列}{n a 的前n 项和为2nn S a b =⋅+，且13a =.（1）求a 、b 的值及数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n b a =，求数列}{n b 的前n 项和n T . 解：（1）2≥n 时，a S S a n n n n ⋅=-=--112.而}{n a 为等比数列，得a a a =⋅=-1112，又31=a ，得3=a ，从而123-⋅=n n a .又123,3a a b b =+=∴=-.（2）132n n n n n b a -==⋅， 21123(1)3222n n nT -=++++231111231(2322222n n n n n T --=+++++），得2111111(1)232222nn n n T -=++++-，111(1)2412[](1)13232212n n n n n n n T +⋅-=-=---.例题6. 数列{}n a 是首项为1000，公比为110的等比数列，数列{b }n 满足121(lg lg lg )k k b a a a k=+++*()N k ∈，（1）求数列{b }n 的前n 项和的最大值；（2）求数列{|b |}n 的前n 项和n S '.解：（1）由题意：410nn a -=，∴lg 4n a n =-，∴数列{lg }n a 是首项为3，公差为1-的等差数列，∴12(1)lg lg lg 32k k k a a a k -+++=-，∴1(1)7[3]22n n n nb n n --=-=由100n n b b +≥⎧⎨≤⎩，得67n ≤≤，∴数列{b }n 的前n 项和的最大值为67212S S ==.（2）由（1）当7n ≤时，0n b ≥，当7n >时，0n b <，∴当7n ≤时，212731132()244n n n S b b b n n n -+'=+++==-+当7n >时，∴22113(7)4411321(7)44n n n n S n n n ⎧-+≤⎪⎪'=⎨⎪-+>⎪⎩.例题7. 已知递增的等比数列{n a }满足23428a a a ++=，且32a +是2a ，4a 的等差中项. （1）求{n a }的通项公式n a ；（2）若12log n n nb a a =，12n n S b b b =+++求使1230n n S n ++⋅>成立的n 的最小值.解：（1）设等比数列的公比为q （q ＞1），由a 1q +a 1q 2+a 1q 3=28，a 1q +a 1q 3=2（a 1q 2+2），得：a 1=2，q =2或a 1=32，q =12（舍）∴a n =2·2（n －1）=2n（2） ∵12log 2nn n n b a a n ==-⋅，∴S n =－（1·2+2·22+3·23+…+n ·2n ） ∴2S n =－（1·22+2·23+…+n ·2n +1），∴S n =2+22+23+…+2n －n ·2n +1=－（n －1）·2n +1－2，若S n +n ·2n +1＞30成立，则2n +1＞32，故n ＞4，∴n 的最小值为5.例题8. 已知数列}{n a 的前n 项和为S n ，且11,,n n S a +-成等差数列，*1,1N n a ∈=. 函数3()log f x x =.（I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）设数列{}n b 满足1(3)[()2]n n b n f a =++，记数列{}n b 的前n 项和为T n ，试比较52512312n n T +-与的大小. 解：（I ）11,,n n S a +-成等差数列，121n n S a +∴=-① 当2n ≥时，121n n S a -=-②. ①－②得：112()n n n n S S a a -+-=-，13+=∴n n a a ，13.n na a +∴=当n =1时，由①得112221S a a ∴==-，又11,a =2213,3,a a a ∴=∴={}n a ∴是以1为首项3为公比的等比数列，13.n n a -∴=（II ）∵()x log x f 3=，133()log log 31n n n f a a n -∴===-，11111()(3)[()2](1)(3)213n n b n f a n n n n ===-++++++，比较52512312n n T +-与的大小，只需比较2(2)(3)n n ++与312 的大小即可. ∵*,N n ∈∴当*19N n n ≤≤∈且时，5252(2)(3)312,;12312nn n n T +++<<-即当10n =时，5252(2)(3)312,;12312n n n n T +++==-即当*10N n n >∈且时，5252(2)(3)312,12312nn n n T +++>>-即. 3. 研究生成数列的性质例题9. （I ）已知数列{}n c ，其中nn n c 32+=，且数列{}n n pc c -+1为等比数列，求常数p ；（II ）设{}n a 、{}n b 是公比不相等的两个等比数列，n n n b a c +=，证明数列{}n c 不是等比数列.解：（Ⅰ）因为{c n +1－pc n }是等比数列，故有（c n +1－pc n ）2=（ c n +2－pc n+1）（c n －pc n －1），将c n =2n ＋3n 代入上式，得 [2n ＋1+3n ＋1－p （2n ＋3n ）]2=[2n ＋2+3n ＋2－p （2n +1＋3n +1）]·[2n +3n －p （2n －1＋3n －1）]，即[（2－p ）2n +（3－p ）3n ]2=[（2－p ）2n+1+（3－p ）3n+1][ （2－p ）2n －1+（3－p ）3n －1]，整理得61（2－p ）（3－p ）·2n ·3n =0，解得p =2或p =3. （Ⅱ）设{a n }、{b n }的公比分别为p 、q ，p ≠q ，c n =a n +b n .为证{c n }不是等比数列只需证22c ≠c 1·c 3.事实上，22c =（a 1p ＋b 1q ）2=21a p 2＋21b q 2＋2a 1b 1pq ， c 1·c 3=（a 1＋b 1）（a 1 p 2＋b 1q 2）=21a p 2＋21b q 2＋a 1b 1（p 2＋q 2）.由于p ≠q ，p 2＋q 2>2pq ，又a 1、b 1不为零，因此≠22c c 1·c 3，故{c n }不是等比数列.例题10. n 2（ n ≥4）个正数排成n 行n 列：其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等已知a 24=1，163,814342==a a 求S=a 11 + a 22 + a 33 + … + a nn解：设数列{1k a }的公差为d ，数列{ik a }（i=1，2，3，…，n ）的公比为q则1k a = a 11 + （k －1）d ， a kk = [a 11 + （k －1）d]q k －1依题意得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=163)2(81)(1)3(31143311421124q d a a q d a a q d a a ，解得：a 11 = d = q = ±21 又n 2个数都是正数，∴a 11 = d = q = 21 ， ∴a kk = kk2n n S 212132122132⨯++⨯+⨯+=，1432212132122121+⨯++⨯+⨯+=n n S ，两式相减得：n n n S 22121--=- 例题11. 已知函数3()log ()f x ax b =+的图象经过点)1,2(A 和)2,5(B ，记()*3,.f n n a n N =∈（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n nn b b b T a b +++==21,2，若)(Z m m T n ∈<，求m 的最小值；（3）求使不等式12)11()11)(11(21+≥+++n p a a a n对一切*N n ∈均成立的最大实数p .解：（1）由题意得⎩⎨⎧=+=+2)5(log 1)2(log 33b a b a ，解得⎩⎨⎧-==12b a ，（2）由（1）得n n n b 212-=， n n nn n T 2122322523211321-+-++++=∴- ①1132212232252232121+--+-+-+++=n n n n n n n T ② ①－②得)21212121(2121n 22222222221T 211n 2n 2111n n 1n 321n --+-+++++=--+++++= 1n 1n 1n 21n 2212321n 2+-+---=--.n n 2n n 23n 2321n 2213T +-=---=∴-，设*,232)(N n n n f n ∈+=，则由得*,232)(N n n n f n ∈+=随n 的增大而减小 +∞→∴n 当时，3→n T 又)(Z m m T n ∈<恒成立，3min =∴m（3）由题意得*21)11()11)(11(121N n a a a n p n ∈++++≤对恒成立记)11()11)(11(121)(21n a a a n n F ++++=，则 )(),()1(,0)(n F n F n F n F 即>+∴> 是随n 的增大而增大)(n F 的最小值为332)1(=F ，332≤∴p ，即332max =p .（二）证明等差与等比数列1. 转化为等差等比数列.例题12. 数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122，*N n ∈. ⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵设||||||21n n a a a S +++= ，求n S ；⑶设n b =1(12)n n a -**12(),()N N n n n T b b b n ∈=+++∈，是否存在最大的整数m ，使得对任意*N n ∈，均有>n T 32m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由.解：（1）由题意，n n n n a a a a -=-+++112，}{n a ∴为等差数列，设公差为d ，由题意得2832d d =+⇒=-，82(1)102n a n n ∴=--=-. （2）若50210≤≥-n n 则，||||||,521n n a a a S n +++=≤ 时6n ≥时，n n a a a a a a S ---+++= 76521故⎪⎩⎪⎨⎧+--=40n 9n n n 9S 22n 56n n ≤≥ （3）11111()(12)2(1)21n n b n a n n n n ===--++，若32n m T >对任意*N n ∈成立，即116n mn >+对任意*N n ∈成立，*()1N n n n ∈+的最小值是21，1,162m ∴<m ∴的最大整数值是7.即存在最大整数,7=m 使对任意*N n ∈，均有.32n m T >例题13. 已知等比数列{}n b 与数列{}n a 满足3,n an b n =∈N *. （1）判断{}n a 是何种数列，并给出证明；（2）若8131220,a a m b b b +=求.解：（1）设{}n b 的公比为q ，∵3n an b =，∴()q log 1n a a 3q 331n a 1n a n 1-+=⇒=⋅-。