高考数学二轮考点专题突破检测数列专题

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适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学二轮总复习专题过关检测3数列

专题过关检测三数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.在数列{a n}中,a1=2,a n+1-a n-2=0,则a5+a6+…+a14=()A.180B.190C.160D.1202.已知等比数列{a n}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=()A. B. C.10 D.153.(2024·湖南长沙模拟)若数列{a n}满意a n+1=3a n+2,则称{a n}为“幻想数列”,已知正项数列-1为“幻想数列”,且b1=2,则b4=()A. B. C. D.4.我国明代闻名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c,#c,d,#d,e,f,#f,g,#g,a,#a,b,c1的音频恰成一个公比为的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a的频率为440 Hz,则频率为220 Hz的音名是()A.dB.fC.eD.#d5.已知数列{a n}的前n项和S n=n2,设数列的前n项和为T n,则T20的值为()A. B.C. D.6.一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,它因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项起先成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()A.39B.45C.48D.517.在1到100的整数中,除去全部可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)=且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知等比数列{a n}的前n项和S n=4n-1+t,则()A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-10.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论肯定正确的是()A.a5=1B.S n的最小值为S3C.S1=S6D.S n存在最大值11.已知数列{a n}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,b n=,对于数列{a n},{b n},下列选项正确的是()A.b10=8b5B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.12.在数学课堂上,老师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列根据同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2.记a n=1+x1+x2+…+x k+2,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.k+1=2nB.a n+1=3a n-3C.a n=D.S n=三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.记S n为等差数列{a n}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d= .14.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-2,则数列{log2a n}的前n项和T n= .15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n},则{a n}的前n项和为.16.某校学生在探讨民间剪纸艺术时,发觉剪纸时常常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;假如对折n次,那么S k= dm2.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)记S n为数列{a n}的前n项和.已知+n=2a n+1.(1)证明:{a n}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求S n的最小值.18.(12分)(2024·湖北襄阳模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=3,且S n+S n+1=2a n+1-3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)①b n=a n log3a n;②b n=;③b n=a n-log3a n.从上面三个条件中任选一个,求数列{b n}的前n项和T n.注:假如选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.19.(12分)已知数列{a n}是正项等比数列,满意a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n log2a2n+1,求数列{b n}的前n项和T n.20.(12分)(2024·广东东莞高三期末)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对于随意的n∈N*都有3S n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记数列{a n}的前n项中的最大值为M n,最小值为m n,令b n=,求数列{b n}的前20项和T20.21.(12分)某市为加强环保建设,提高社会效益和经济效益,安排用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,安排以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n);(2)若该市安排用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.22.(12分)已知数列{a n}满意a1=,且当n≥2时,a1a2…a n-1=-2.(1)求证:数列是等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)记T n=a1a2…a n,S n=+…+,求证:当n∈N*时,a n+1-<S n.专题过关检测三数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.B解析因为a n+1-a n=2,a1=2,所以数列{a n}是首项为2,公差为2的等差数列.所以a n=2+(n-1)×2=2n.设{a n}的前n项和为S n,则S n==n2+n.所以a5+a6+…+a14=S14-S4=190.2.C解析因为等比数列{a n}的各项均为正数,且a3=9,所以log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3()=log3(95)=log3(310)=10.3.B解析若正项数列{-1}为“幻想数列”,则有-1=3(-1)+2,即-1=-1,即,又b1=2,所以数列{b n}为以2为首项,为公比的等比数列.故b4=2×()3=4.D解析因为a的音频是数列的第10项,440=220=220,所以频率为220Hz是该数列的第4项,其音名是#d.5.C解析当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1也符合a n=2n-1,所以a n=2n-1.所以),所以T n=(1-+…+)=(1-)=,所以T20=6.D解析设该数列为{a n},依题意,可知a5,a6,…成等差数列,且公差为2,a5=5.设塔群共有n层,则1+3+3+5+5(n-4)+2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3×(5+2×6)=51.7.D解析由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26==126.又1+2+3+…+100==5050,所以在1到100的整数中,除去全部可以表示为2n(n∈N*)的整数,其余整数的和为5050-126=4924.8.B解析由已知得当n为奇数时,a n=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,a n=-n2+(n+1)2=2n+1.所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.BCD解析当n=1时,a1=S1=1+t,当n≥2时,a n=S n-S n-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=3×4n-2.由数列{a n}为等比数列,可知a1必定符合a n=3×4n-2,所以1+t=,即t=-所以数列{a n}的通项公式为a n=3×4n-2,a2=3,数列{a n}的公比q=4.故选BCD.10.AC解析由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+1,解得a1=-3.对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.对于选项B,a n=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以S n的最小值为S3或S4,故B错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为S n=-3n+,所以S n无最大值,故D错误.11.BD解析设{a n}的公差为d,由已知得30×5+=390,解得d=∴a n=a1+(n-1)d=∵b n=,=2d,故数列{b n}是等比数列,B选项正确.∵5d=53,=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.∵a4=a1+3d=5+3,a5=a1+4d=5+4,,D选项正确.12.ABD解析由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a1=1+3+2=6,当n=2时,a2=a1+2a1-3=3a1-3,当n=3时,a3=a2+2a2-3=3a2-3,……所以a n+1=3a n-3,故B项正确.由a n+1=3a n-3,得a n+1-=3,又a1-,所以是首项为,公比为3的等比数列,所以a n-3n-1=,即a n=,故C项错误.S n=+…+=(3n+1+2n-3),故D项正确.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2解析由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,所以2a3=a1+a2+6,即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2.14解析因为S n=2a n-2,所以当n≥2时,S n-1=2a n-1-2,两式相减,得a n=2a n-2a n-1,即a n=2a n-1.当n=1时,可得a1=2,所以数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n=2n.所以log2a n=n,所以T n=15.3n2-2n 解析数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的全部奇数项均为奇数,全部偶数项均为偶数,并且明显{3n-2}中的全部奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的全部公共项就是{3n-2}的全部奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{a n}是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n}的前n项和为S n=n×1+6=3n2-2n.16.5240解析对折3次共可以得到dm×12dm,5dm×6dm,10dm×3dm,20dm dm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120dm2;对折4次共可以得到dm×12dm,dm×6dm,5dm×3dm,10dm dm,20dm dm五种规格的图形,S4=5×15=75dm2;……可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,S n=(n+1)dm2.则S k=S1+S2+…+S n=240(+…+).记T n=+…+, ①则T n=+…+②①与②式相减,得T n-T n=T n=+…+故T n=3-故S k=240·T n=240四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(1)证明由+n=2a n+1,得2S n+n2=2a n n+n①,所以2S n+1+(n+1)2=2a n+1(n+1)+(n+1)②,②-①,得2a n+1+2n+1=2a n+1(n+1)-2a n n+1,化简得a n+1-a n=1,所以数列{a n}是公差为1的等差数列.(2)解由(1)知数列{a n}的公差为1.由=a4a9,得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12.所以S n=-12n+(n-)2-,所以当n=12或13时,S n取得最小值,且最小值为-78.18.解 (1)当n≥2时,∵S n+S n+1=2a n+1-3,∴S n-1+S n=2a n-3,∴S n+1-S n-1=2a n+1-2a n,∴a n+1+a n=2a n+1-2a n,=3(n≥2),当n=1时,S1+S2=2a2-3,∴a1+a1+a2=2a2-3.又a1=3,∴a2=9,=3.∴数列{a n}是以3为首项,3为公比的等比数列.∴a n=3×3n-1=3n.(2)若选①:b n=a n log3a n=n·3n,∴T n=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,∴3T n=1×32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,∴-2T n=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1=3n+1--n·3n+1,∴T n=(n-)3n+1+若选②:b n=),∴T n=(1-)+()+()+…+()=(1+)=若选③:b n=a n-log3a n=3n-n,∴T n=(3-1)+(32-2)+(33-3)+…+(3n-n)=3+32+33+…+3n-(1+2+3+…+n)=19.解 (1)设正项等比数列{a n}的公比为q(q>0).因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-(舍去).所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.所以a n=2×2n-1=2n.(2)由(1)可知a2n+1=22n+1,所以b n=(-1)n log2a2n+1=(-1)n log222n+1=(-1)n(2n+1),所以T n=(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n(2n+1),-T n=(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1),所以2T n=-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2+(-1)n(2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n(2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n,所以T n=(n+1)(-1)n-1.20.解 (1)因为对于随意的n∈N*都有3S n=2a n+1,所以当n≥2时,3S n-1=2a n-1+1,两式相减得3(S n-S n-1)=(2a n+1)-(2a n-1+1),即3a n=2a n-2a n-1(n≥2),进而得a n=-2a n-1(n≥2),当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,所以数列{a n}是以1为首项,-2为公比的等比数列.所以a n=(-2)n-1.(2)当n为奇数时,a n=2n-1,且a n>0,当n为偶数时,a n=-2n-1,且a n<0,因此当n为大于1的奇数时,{a n}的前n项中的最大值为a n=(-2)n-1,最小值为a n-1=(-2)n-2,此时b n=,当n为偶数时,{a n}的前n项中的最大值为a n-1=(-2)n-2,最小值为a n=(-2)n-1,此时b n=,当n=1时,b1=a1,因此{b n}的前20项和T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+…+b20)=a1++…++…+=S19+21.解 (1)设a n,b n分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{a n}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,数列{b n}是首项为400,公差为a的等差数列.所以数列{a n}的前n项和S n==256,数列{b n}的前n项和T n=400n+ a.所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=S n+T n=256+400n+ a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10000,即256+400×7+a≥10000,即21a≥3082,所以a又a∈N*,所以a的最小值为147.22.证明 (1)因为当n≥2时,a1a2…a n-1=-2,所以a1a2…a n=-2,两式相除,可得a n=,所以-1,所以=1(n≥2).又a1=,所以a2==3,=4,所以=1,所以=1(n∈N*),所以数列是首项为3,公差为1的等差数列.所以=3+(n-1)×1=n+2,所以a n=(2)因为T n=a1a2…a n=…,所以,所以S n=+…++…+=1-=a n+1-, 所以当n∈N*时,a n+1-<S n.。

2023高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题二微专题2数列求和及简单应用课件

专题二数列
当 n≥2 时，Sn－1＝2n－1－1，② ①－②得，bn＝2n－1，当 n＝1 时，b1＝2－1＝1，满足 bn＝2n－1，所以 bn＝2n－1. (2)因为 cn＝anbn＝2n·2n－1＝n·2n，所以 Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n－1，两式相减得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（22－n－11）－n·2n＋1，所以 Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
专题二数列
综上可知，an＝2n－1(n∈N*)， cn＝(－1)n·an＋2n＝(－1)n(2n－1)＋2n， T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n，即 T2n＝[－1＋3－5＋7－…－(4n－3)＋(4n－1)]＋(21＋22＋23＋…＋22n)＝ 22n＋1＋2n－2，即 T2n＝22n＋1＋2n－2.
专题二数列
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1＝1，a2＝2，所以 d＝a2－a1＝1. 所以数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)选择条件 A：b3＝8，b1＝2，q＝2，bn＝2n，所以 ban＝2an＝2n. 所以 Sn＝ba1＋ba2＋…＋ban＝21＋22＋…＋2n＝2n＋1－2.选条件 B：设等比数列{bn}的公比为 q. 由(1)可知 an＝n，所以 ab2＝b2. 因为 ab2＝4，所以 b2＝4. 所以 q＝2.此时 bn＝b1qn－1＝2n.
专题二数列
解：(1)选条件①：∀n∈N*，an＋an＋1＝4n，得 an＋1＋an＋2＝4(n＋1)，所以 an＋2－an＝4(n＋1)－4n＝4，即数列{a2k－1}，{a2k}(k∈N*)均为公差为 4 的等差数列，于是 a2k－1＝a1＋4(k－1)＝4k－3＝2(2k－1)－1，又 a1＋a2＝4，a2＝3，a2k＝a2＋4(k－1)＝4k－1＝2·(2k)－1，所以 an＝ 2n－1；选条件②：因为数列Snn为等差数列，且Snn的前 3 项和为 6，

2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第2讲数列求和及其综合应用

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专题二数列
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5．(2022·全国新高考Ⅰ卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1， Sann是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：a11＋a12＋…＋a1n<2.
专题二数列
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【解析】 (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴Sa11＝1，又∵Sann是公差为13的等差数列， ∴Sann＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，∴Sn＝(n＋32)an， ∴当 n≥2 时，Sn－1＝(n＋13)an－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋32)an－(n＋13)an－1，
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【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)，则an＝a1qn-1＝2n，n∈N*.
专题二数列
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(2)bn＝a1n＋2log2 an－1＝21n＋2log2 2n－1＝21n＋2n－1，则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝12＋14＋…＋21n＋(1＋3＋…＋2n－1) ＝1211－－2121n＋12n(1＋2n－1)
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n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
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2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn} 的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意： (1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表

2025年高考数学二轮复习模块1数列专题-特技大招1-特殊值秒解数列选填【含解析】

2025年高考数学二轮复习模块1数列专题-特技大招1-特殊值秒解数列选填大招总结当数列的选择填空题中只有一个条件时,在不违背题意的条件下,我们可以直接利用特殊值,令其公差为0或者公比为1,即令数列为常数列,每一项设为x ,只需5秒搞定一道题.题目本身难度其实也不大,但用此方法更快.注意:一定检验是否符合题意,题目中如果出现公差不为0或者公比不为1,则慎用此法.另外,如果问题是求取值范围,则此方法失效.如果问题是求固定值,则可放心使用,详细用法,我们通过例题讲解.典型例题例1.设等差数列{}n a 前n 项和为n S ,若972S =,则249a a a ++=（）A.12B.18C.24D.36解方法1：等差数列{}n a 前n 项和为n S ，()199597292a a S a +===,58a ∴=.故24915312324a a a a d a ++=+==,故选C.方法2:令每一项为x ，972S =,即972x =，8x =，249324a a a x ++==,故选C.例2.在等差数列{}n a 中,912162a a =+,则数列{}n a 的前11项和11S =（）A.24B.48C.66D.132解方法1：数列{}n a 为等差数列,设其公差为d ，912162a a =+,()11181162a d a d ∴+=++，1512a d ∴+=,即612a =.∴数列{}n a 的前11项和111211S a a a =+++()()()111210576611132a a a a a a a a =+++++++==.故选D.方法2：令每一项为x ，912162a a =+，162x x =+，12x =，1111132S x ==,故选D.已知数列{}n a 是等差数列,且1472a a a π++=,则()35tan a a +的值为()A.3B.C.D.33-方法1:数列{}n a 是等差数列,且1472a a a π++=,147432a a a a π∴++==，423a π∴=，()()3544tan tan 2tantan 33a a a ππ∴+====,故选C.方法2:令每一项为x ，14732a a a x π++==，23x π=,()()354tan tan 2tantan 33a a x ππ∴+====,故选C.例4.已知数列{}n a 是等差数列,n S 是数列{}n a 的前n 项和,269S a +=,则5S 的值为（）A.10B.15C.30D.3解方法1:设等差数列{}n a 的公差为d ，269S a +=，1369a d ∴+=,化为:1323a d a +==,则()155355152a a S a +===.故选B.方法2:令每一项为x ，2629S a x x +=+=，3x =，515S =,故选B.例5.已知{}n a 为等差数列,且6154a a +=,若数列{}n a 的前m 项的和为40,则正整数m 的值为()A.10B.20C.30D.40解方法1:由题意可得,()()120206152010402a a S a a +==+=,所以20m =.故选B.方法2:令每一项为x ，61524a a x +==，2x =，240m S m ==,所以20m =.故选B.例6.已知数列{}n a 为正项等比数列,且13355724a a a a a a ++=,则24a a +=（）A.1B.2C.3D.4方法1：数列{}n a 为正项等比数列,且13355724a a a a a a ++=,数列{}n a 为正项等比数列,262a a ∴+=.故选B.()222133557226626224a a a a a a a a a a a a ∴++=++=+=,方法2:令每一项为x ,则222133557224a a a a a a x x x ++=++=， 1.x =2622a a x +==,故选B.例7.已知等比数列{}n a 的各项圴为正数,且39a =,则313233log log log a a a +++3435log log a a +=（）A.52B.53C.10D.15方法1：()553138333415312345333log log log log log log log log 910a a a a a a a a a a a ++++====,故选C.方法2:不妨令数列为常数项,每一项n 39a a ==，3132333435log log log log log 2a a a a a ++++=+222210+++=,故选C.例8.已知等比数列{}n a 的各项均为正数,且212227log log log a a a +++=7，则2635a a a a +=（）A.16B.14C.8D.4解方法1:等比数列{}n a 的各项均为正数,且212227log log log 7a a a +++=，(212log a a ⋅)77a =，71272a a a ∴⋅=，7742a ∴=，42a ∴=，22635428a a a a a ∴+==,故选C.方法2:令每一项为x ,则2122272log log log 7log 7a a a x ++==，2x =，222635a a a a x x +=+=8,故选C.例9.已知{}n a 为等差数列,公差2d =，24618a a a ++=,则57a a +=（）A.8B.12C.16D.20解方法1:根据题意知,4262a a a =+，57424a a a d +=+，24618a a a ++=，4318a ∴=，4 6.a ∴=∴57424264220a a a d +=+=⨯+⨯=.故选D.方法2:此题为反例,题干中明确说了公差2d =,所以不能用特殊值的方法,令公差为0,故不能用大招.例10.在等比数列{}n a 中,若3212a a a =+,则2538a a a 的值为()A.12或1-B.12-或1C.2或1-D.12解方法1:根据题意,设等比数列{}n a 的公比为q ,若3212a a a =+,则220q q --=,解可得2q =或1-,若2q =,则22851273811112a a q a a a q a q q ===,若1q =-,则2285127381111a a q a a a q a q q ===-,故2538a a a 的值为12或1-,故选A .方法2:此题为反例,若令每一项为x ,则3212a a a =+变为2x x x =+，0x =,等比数列中0n a ≠,故不能用大招.例11.在各项均为正数的等比数列{}n a 中，226598225a a a a ++=，则113a a 的最大值是()A.25B.254C.5D.25解方法1：等比数列{}n a 的各项都为正数,()2222265986688682225a a a a a a a a a a ∴++=++=+=，6a ∴85a +=，268113682524a a a a a a +⎛⎫∴==⎪⎝⎭,当且仅当6852a a ==时取等号,113a a ∴的最大值是254.故选B.方法2:此题为反例，题目问的是“最大值”，而不是定值，故不能用特殊值这种大招.例12.已知数列{}{},n n a b 满足n 2n b =log a ，n N +∈,其中{}n b 是等差数列,1020112a a =,则122020b b b +++=________.解方法1:数列{}{},n n a b 满足2log n n b a =，n N +∈,其中{}n b 是等差数列,2bn n a ∴=是等比数列,1020112a a =，122020212222020log log log b b b a a a ∴+++=+++()2122020log a a a =⨯⨯⨯=方法2:令数列{}n a 每一项为x ,则21020112a a x ==，n a x ==，21log 2n n b a ==，1220201202010102b b b +++=⨯=.自我检测1.已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ,若23109a a a ++=,则9S =（）A.27B.18C.9D.3【解析】方法1:设公差为d ,则13129a d +=，1543a d a ∴+==，95927S a ∴==,故选A.方法2:令每一项为x ,则23109a a a x x x ++=++=，3x =，927S =.故选A.2.在等差数列{}n a 中,18153120a a a ++=,则9102a a -的值为()A.20B.22C.24D.8-【解析】方法1：在等差数列{}n a 中,18153120a a a ++=，85120a ∴=，824a ∴=，910182724a a a d a -=+==.故选C.方法2:令每一项为x ，181535120a a a x ++==，24x =,故选C.3.等差数列{}n a 中,若81126a a =+,则19a a +等于()A.54C.10D.6【解析】方法1:设等差数列{}n a 的公差为d ，等差数列{}n a 中,81126a a =+，()1127610a d a d ∴+=++,解得146a d +=.191182612a a a a d ∴+=++=⨯=.故选B.方法2:令每一项为x ,81126a a =+,26x x =+,6x =,19212a a x +==,故选B.4.已知数列{}n a 是等差数列,且23451a a a a +++=,则16a a +=()A.14B.12D.2【解析】方法1：数列{}n a 是等差数列,且23451a a a a +++=，()23451621a a a a a a ∴+++=+=，解得16a a +12=.故选B.方法2:令每一项为x ，234541a a a a x +++==，14x =，16122a a x +==,故选B.5.已知数列{}n a 是等差数列,且31120a a +=,则11152a a -=（）A.10B.9C.8D.7【解析】方法1:数列{}n a 是等差数列,且31120a a +=,则1121020a d a d +++=,即1610a d +=,则11152a a -=11122014610a d a d a d +--=+=,故选A.方法2:令每一项为x ，311220a a x +==，10x =，则11152210a a x x x -=-==,故选A.6.在等差数列{}n a 中,3456a a a ++=,则()17 a a +=A.2B.3C.4D.5【解析】方法1:由等差数列的性质,得345436a a a a ++==,解得42a =，17424a a a ∴+==,故选C.方法2:令每一项为x ，34536a a a x ++==，2x =,则1724a a x +==,故选C.7.等差数列{}n a 中,5101530a a a ++=,则22162a a -的值为()A.10-B.20-C.10D.20【解析】方法1:设等差数列{}n a 的公差为d ，5101530a a a ++=，10330a ∴=，1010a ∴=，221610212a a a d ∴-=+()10102610a d a -+=-=-,故选A.方法2:令每一项为x ，51015330a a a x ++==，10x =,则22162210a a x x x -=-=-=-,故选A.8.设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若152a a +=,则5S =()A.5B.7C.9D.11【解析】方法1:因为数列{}n a 为等差数列,设其公差为d ,前n 项和为n S ,则()2121n n S n a -=-.所以535S a =,又152a a +=,所以31a =,所以5355S a ==,故选A.方法2:令每一项为x ，1522a a x +==，1x =,则555S x ==,故选A .9.已知数列{}n a 是等差数列,57918a a a ++=,则其前13项的和是()A.45B.56C.65D.78【解析】方法1：在等差数列{}n a 中,57918a a a ++=，5797318a a a a ∴++==,解得76a =，∴该数列的前13项之和:()1311371313136782S a a a =⨯+==⨯=,故选D.方法2:令每一项为x ，579318a a a x ++==，6x =,则131378S x ==,故选D.10.公比为2的等比数列{}n a 的各项都是正数，且31116a a =,则5a =（）A.4B.2C.1D.8【解析】方法1：公比为2的等比数列{}n a 的各项都是正数,且31116a a =，210112216a a ∴⋅⋅⋅=,且10a >,解得1412a =，4541212a ∴=⋅=.故选C .方法2:题目中提到公比为2,所以不能用大招.11.已知各项均为正数的等比数列{}n a ,若543264328a a a a +--=,则7696a a +的最小值为（）A.12C.24D.32【解析】方法1:由题意知等比数列{}n a 中0n a >,则公比0q >,因为543264328a a a a +--=,所以432111164328a q a q a q a q ⋅+⋅-⋅-⋅=,即()432164328a q q q q +--=,所以()()2132218a q q q +-=,所以1(3a q q 282)21q +=-,所以()654476111224824969633232121a a a q a q q a q q q q q q+=⋅+⋅=⋅+=⋅=--,设x =21q,则0x >，22242121(1)1y x x x q q =-=-=-- ,所以2421q q -取最大值1时,7696a a +取到最小值24.故选C.方法2:此题为反例,题目问的是“最小值”,而不是定值,故不能用特殊值这种大招.12.已知正项等比数列{}n a ,满足21232527log log log log 4a a a a +++=,则(226log ) a a +的最小值为（）A.1B.2D.4【解析】由对数的运算性质可得,()2123252721357log log log log log 4a a a a a a a a +++==，135716a a a a ∴=，由等比数列的性质可知,413574a a a a a =且40a >，42a ∴=，()226224log log log 22a a a ∴+= ，故(22log a )6a +的最小值为2，故选B.方法2:此题为反例,题目问的是“最小值”,而不是定值,故不能用特殊值这种大招.13.在等差数列{}n a 中，已知3810a a +=，则573a a +=__________.【解析】方法1:由等差数列的性质得:()()()()5755756563832222220a a a a a a a a a a a +=++=+=+=+=,故答案为:20.方法2:令每一项为x ，3810a a +=，5x =，57320a a +=,故答案为:20.14.等比数列{}n a 的各项均为正数,且1516a a =,则2122232425log log log log log a a a a a ++++=__________.【解析】方法1：等比数列{}n a 的各项均为正数,且1516a a =，2122232425log log log log log a a a a a ∴++++=()521252log log 410a a a ⨯⨯⨯==.故答案为:10.方法2:令每一项为x ，1516a a =，4x =，2122232425log log log log log 10a a a a a ++++=,故答案为:10.15.在前n 项和为n S 的等差数列{}n a 中,若()()1536932a a a a a ++++18=,则8__________.S =【解析】解:方法1:由等差数列的性质有366618a a +=,有363a a +=,则()()1883684122a a S a a +==+=.故答案为:12.方法2:令每一项为x ，()()()()153********a a a a a x x x x x ++++=++++=，1218x =，32x =，所以83812.2S =⨯=。

高三数学第二轮复习专题数列数列通项的求法(教案及测试;含详解答案)

城东蜊市阳光实验学校数列通项的求法考纲要求：1. 理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式〕;2. 可以根据数列的前几项归纳出其通项公式；3. 会应用递推公式求数列中的项或者者.通项；4. 掌握n n s a 求的一般方法和步骤.考点回忆：回忆近几年高考，对数列概念以及通项一般很少单独考察，往往与等差、等比数列或者者者与数列其它知识综合考察.一般作为考察其他知识的铺垫知识，因此，假设这一部分掌握不好，对解决其他问题也是非常不利的. 根底知识过关：数列的概念1.按照一定排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的，数列中的每一项都和他的有关.排在第一位的数称为这个数列的第一项〔通常也叫做〕.往后的各项依次叫做这个数列的第2项，……第n 项……，数列的一般形式可以写成12,n a a a …………，其中是数列的第n 项，我们把上面数列简记为. 数列的分类：1.根据数列的项数，数列可分为数列、数列.2.根据数列的每一项随序号变化的情况，数列可分为数列、数列、数列、数列.数列的通项公式：1.假设数列{}n a 的可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数. 递推公式; 1.假设数列{}n a 的首项〔或者者者前几项〕，且任意一项1n n a a -与〔或者者其前面的项〕之间的关系可以，那么这个公式就做数列的递推公式.它是数列的一种表示法. 数列与函数的关系：1.从函数的观点看，数列可以看成以为定义域的函数()na f n =，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值，反过来，对于函数y=f(x)，假设f(i)(i=1,2,3,……)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3)……f(n)…… 答案：数列的概念 1.顺序项序号首项n a {}n a数列的分类 1.有限无限 2.递增递减常摆动数列的通项公式1.第n 项与它的序号n 之间的关系n a =f(n)解析式递推公式1. 可以用一个公式来表示数列与函数的关系1. 正整数集N*〔或者者它的有限子集{}1,2,3,n ……〕高考题型归纳：题型1.观察法求通项观察法是求数列通项公式的最根本的方法，其本质就是通过观察数列的特征，找出各项一一共同的构成规律，横向看各项之间的关系构造，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1.数列12，14，58-，1316，2932-，6164，…．写出数列的一个通项公式．分析：通过观察可以发现这个数列的各项由以下三部分组成的特征：符号、分子、分母，所以应逐个考察其规律．解析：先看符号，第一项有点违犯规律，需改写为12--，由此整体考虑得数列的符号规律是{(1)}n-；再看分母，都是偶数，且呈现的数列规律是{2}n；最后看分子，其规律是每个分子的数比分母都小３，即{23}n -．所以数列的通项公式为23(1)2n nn n a -=-．点评：观察法一般适用于给出了数列的前几项，根据这些项来写出数列的通项公式，一般的，所给的数列的前几项规律性特别强，并且规律也特别明显，要么能直接看出，要么只需略作变形即可. 题型2.定义法求通项直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例2．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.分析：对于数列{}n a ，是等差数列，所以要求其通项公式，只需要求出首项与公差即可.解析：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒ ∵0≠d，∴d a =1………………………………①∵255aS =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………②由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不要用错定义，设法求出首项与公差〔公比〕后再写出通项.题型3.应用nS 与na 的关系求通项有些数列给出{na }的前n 项和nS 与na 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n na S S ++=-导出1n a +与na 的递推式，从而求出na 。

高考数学理科二轮专题突破辅导与测试课件专题三第2讲高考中的数列解答题型

等差数列，所以S5＋a 5－S3－a 3＝S4＋a 4－S5－a 5，即4a 5＝a 3，于
是q2＝
a a
5 3
＝
1 4
.又{a
n}不是递减数列且a
1＝
3 2
，所以q＝－
1 2
.故等比数
列{an}的通项公式为an＝23×???－12???n－1＝(－1)n－1·23n.
? (2)由(1)得Sn＝1－???－12???n＝???
4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④ 求和；⑤回顾反思．
等差、等比数列的判定与证明
[ 例1] (2013·北京高考 )已知{an}是由非负整数组成的无穷数列．该数列前 n项的最大值记为 An，第n项之后各项 an＋1，an＋2，…的最小值记为 Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3 ，…，是一个周期为 4的数列 (即对任意 n ∈N*，an＋4＝an)，写出 d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数．证明： dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{an}是公差为 d的等差数列；
(3)证明：若 a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，则{an}的项只能是 1或者 2，且有无穷多项为 1.
(3)证明：因为 a 1＝2，d1＝1，所以A1＝a 1＝2，B1＝A1－d1＝1. 故对任意n≥1，an≥B1＝1. 假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足a m>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意 1≤k<m，a k≤2. 又a 1＝2，所以 Am－1＝2，且Am＝a m>2. 于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{a m，Bm}≥2. 故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾．

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练【含解析】

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练一、解答题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()113n n S a =-.（1）求1a ，2a ；（2）证明：数列{}n a 是等比数列.答案：（1）112a =-；214a =（2）数列{}n a 是首项和公比均为12-的等比数列解析：（1）当1n =时，()111113a S a ==-，所以112a =-.当2n =时，()22211123S a a =-+=-，所以214a =.（2）由()113n n S a =-，得()1111(2)3n n S a n --=-≥，所以()111(2)3n n n n n a S S a a n --=-=-≥，所以11(2)2n n a a n -=-≥.又112a =-，所以数列{}n a 是首项和公比均为12-的等比数列.所以数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列.（2）由（1）知()32121n a n n =+-=+.3．在数列{}n a 中,14a =,1431n n a a n +=-+,*n ∈N .（1）设n n b a n =-,求证：数列{}n b 是等比数列;（2）求数列{}n a 的前n 项和n S .答案：（1）见解析（2）()1412n n n ++-解析：（1）证明：1431,n n a a n +=-+11(1)43114()4,n n n n n b a n a n n a n b ++∴=-+=-+--=-=又111413,b a =-=-=∴数列{}n b 是首项为3、公比为4的等比数列;（2）由（1）可知134n n a n --=⨯,即134n n a n -=+⨯,()()()31411412142n n n n n n n S -++∴=+=--.4．在数列{}n a 中,616a =,点()()1,n n a a n *+∈N 在直线30x y -+=上.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）若2n n n b a =,求数列{}n b 的前n 项和n T .答案：（1）32n a n =-（2）见解析解析：（1）依题意,130n n a a +-+=,即13n n a a +-=,因此数列{}n a 是公差为3的等差数列,则63(6)32n a a n n =+-=-,所以数列{}n a 的通项公式是32n a n =-.（2）由（1）得(32)2n n b n =-⋅,则132421242(32)2n n T n =⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯,于是23121242(35)2(32)2n n n T n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯,两式相减得2123112(12))23(222(32)22(312)232n n n n n T n n ++--=+++⋅⋅⋅+--⋅--⋅-=+⋅-1(532)10n n +⋅=--,所以1(35)210n n T n +=-⋅+.5．已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且636S =,1a ,3a ,13a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,若不等式4n kT <对任意的*n ∈N 都成立,求实数k的取值范围.答案：（1）21n a n =-（2）2k ≥.解析：（1）设等差数列{}n a 公差为d ,由题意1211161536(2)(12)a d a d a a d +=⎧⎨+=+⎩,0d ≠,解得112a d =⎧⎨=⎩,所以12(1)21n a n n =+-=-;（2）由（1）111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+,所以1111111111(1)()((12323522121221n T n n n =-+-++-=--++,易知n T 是递增的且12n T <,不等式4n k T <对任意的*n ∈N 都成立,则142k ≥,所以2k ≥.6．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足24(1)n S n =+,n +∈N .（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,若对任意的n +∈N ,不等式25n T a a <-恒成立,求实数a 的取值范围.答案：（1） 1, 1 21, 24n n a n n =⎧⎪=⎨+≥⎪⎩（2）3a ≤-或4a ≥解析：（1）24(1)n S n =+当1n =时,214(11)a =+,即11a =当2n ≥时,由1n n n a S S -=-,故224(1)21n a n n n =+-=+,得214n n a +=.易见11a =不符合该式,故 1 121, 24n n a n n =⎧⎪=⎨+=⎪⎩，（2）由0n a >,易知n T 递增;112145T a a ==当2n ≥时,()()111611821232123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭.从而41111111281285577921235235n T n n n ⎛⎫=+-+-++-=-< ⎪+++⎝⎭.又由25n T a a <-,故212a a ≤-,解得3a ≤-或4a ≥即实数a 的取值范围为3a ≤-或4a ≥7．记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知112a =,n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列.（1）求{}n a 的通项公式;（2）设()1nn n b a =-,求{}n b 的前2n 项和2n T .答案：（1）12n a n =（2）2n解析：（1）由n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列,且111S a =,则()11111222n n S n n a =+-⨯=+,即()21n n S n a =+,当2n ≥时,112n n S na --=,两式相减可得：()121n n n a n a na -=+-,整理可得11n n a na n -=-,故121121121121212n n n n n a a a n n a a n n a a a n ----=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯-=-,将1n =代入上式,12n a =,故{}n a 的通项公式为12n a n =.（2）由()1nn n b a =-,则21212342221n n n n a a T b a a a a b b -=-+-+-+-+++=()()()()22121242132122n n n n n a a n a a a a a a a a --++=+++-+++=-()111122*********n nn n ⎡⎤=⨯+⨯-⨯-⨯⎢⎥⎦=-⎣.8．已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列,且11a =,34a =,数列{}n b 中()*221log log n n n b a a n +=+∈N .（1）求数列{}n b 的通项公式;（2）若数列{}n b 的前n 项和为n S ,数列{}n c 满足141n n c S =-,求数列{}n c 的前n 项和n T .答案：（1）21n b n =-（2）21n nT n =+解析：（1）正项等比数列{}n a 的公比为q ,由231a a q =,得24q =,而0q >,解得2q =,于是1112n n n a a q --==,由221log log n n n b a a +=+,得12222log o 21l g n n n n b -=+=-,所以数列{}n b 的通项公式21n b n =-.（2）由（1）知,21n b n =-,显然数列{}n b 是等差数列,21(21)2n n S n n +-=⋅=,2111111(4141(21)(21)22121n n c S n n n n n ====----+-+,所以11111111[(1)()()](1)2335212122121n nT n n n n =-+-++-=-=-+++.9．已知等差数列{}n a 前n 项和为n S ,满足33a =,410S =.数列{}n b 满足12b =,112n n n nb a b a ++=,*n ∈N .（1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式;（2）设数列{}n c 满足()1(1)32n n n n n c a b +-+=,*n ∈N ,求数列{}n c 的前n 项和n T .答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）设数列{}n a 的公差为d ,11234610a d a d +=⎧∴⎨+=⎩,解得11a =,1d =,n a n ∴=.()121n n n b b n ++=,112n n b n b n++∴=,且121b =,所以n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列,2n nb n∴=,2n n b n ∴=⋅（2）()()()()1111(1)3211(1)(1)(1)12212212n n n nn n n n n n n c n n n n n n ++++⎛⎫-+--==-+=- ⎪ ⎪+⋅⋅+⋅⋅+⋅⎝⎭,()1111(1)212n n n T n ++∴=---+⋅10．已知各项为正的数列{}n a 的首项为2,26a =,22211122n n n n n n n n a a a a a a a a +++++-=--.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）设数列{}n a 的前n 项和n S ,求数列{}28n n S a +-(其中*n ∈N )前n 项和的最小值.答案：（1）42n a n =-（2）最小值为38-解析：（1）因为22211122n n n n n n n n a a a a a a a a +++++-=--,所以有()()12120n n n n n a a a a a +++++-=,而0n a >,10n n a a +∴+≠,所以2120n n n a a a +++-=,则211121n n n n n n a a a a a a a a +++--=-=-=⋅⋅⋅=-,又12a =,26a =,∴214a a -=,由等差数列定义知数列{}n a 是以2为首项,4为公差的等差数列.∴数列{}n a 的通项公式为42n a n =-.（2）由（1）有2(1)=2+4=22n n n S n n -⨯,()()2282430253n n S a n n n n ∴+-=+-=+-,令280n n S a +->,有4,5,6,n =⋅⋅⋅;280n n S a +-<,有1,2n =;280n n S a +-=,有3n =.所以{}28n n S a +-前n 项和的最小值为()()()()215132252338+-++-=-,当且仅当2n =,3时取到.11．记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知2n S n =,等比数列{}n b 满足11b a =,35b a =.（1）求{}n a 的通项公式;（2）求{}n b 的前n 项和n T .答案：（1）()*21n a n n =-∈N （2）当3q =时,3122n n T =-;当3q =-时,1(3)44n n T -=-.解析：（1）当1n =时,111a S ==,当2n ≥时,1n n n a S S -=-22(1)n n =--21n =-,因为11a =适合上式,所以()*21n a n n =-∈N .（2）由（1）得11b =,39b =,设等比数列{}n b 的公比为q ,则2319b b q =⋅=,解得3q =±,当3q =时,()113311322n n nT ⋅-==--,当3q =-时,11(3)1(3)1(3)44nn n T ⎡⎤⋅---⎣⎦==---.12．记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知221nn S n a n+=+.（1）证明：{}n a 是等差数列；（2）若4a ，7a ，9a 成等比数列，求n S 的最小值.答案：（1）证明见解析（2）12n =或13时，n S 取得最小值，最小值为-78解析：（1）由221nn S n a n+=+，得2n n 22S n a n n +=+，①所以2112(1)2(1)(1)n n S n a n n ++++=+++，②②-①，得112212(1)21n n n a n a n a n ++++=+-+，化简得11n n a a +-=，所以数列{}n a 是公差为1的等差数列.（2）由（1）知数列{}n a 的公差为1.由2749a a a =，得()()()2111638a a a +=++，解得112a =-.所以22(1)251256251222228n n n n n S n n --⎛⎫=-+==-- ⎪⎝⎭，所以当12n =或13时，n S 取得最小值，最小值为-78.13．已知数列{}n a 满足11a =，11,,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，数列{}n b 满足22n n b a =-.（1）求2a ，3a .（2）求证：数列{}n b 是等比数列，并求其通项公式.（3）已知12log n n c b =，求证：122311111n nc c c c c c -+++<.答案：（1）232a =，352a =-（2）证明见解析（3）证明见解析解析：（1）由数列{}n a 的递推关系，知2113122a a =+=，325222a a =-⨯=-.（2）()12221212211112(21)2(21)4(21)12222n n n n n n b a a n a n a n n a ++++=-=++-=+-=-+-=-()211222n n a b =-=.因为12122b a =-=-，所以数列{}n b 的各项均不为0，所以112n n b b +=，即数列{}n b 是首项为12-，公比为12的等比数列，所以1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.（3）由（2）知11221log log 2nn n c b n ⎛⎫=== ⎪⎝⎭.所以12231111n nc c c c c c -+++1111223(1)n n =+++⨯⨯-1111112231n n=-+-++--11n=-1<.14．已知数列{}n a 是公比为2的等比数列，2a ，3a ，44a -成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若21log nn na b a +=，设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：13n T ≤<.答案：（1）2n n a =（2）证明见解析解析：（1）因为2a ，3a ，44a -成等差数列，所以32424a a a =+-，又因为数列{}n a 的公比为2，所以2311122224a a a ⨯=+⨯-，即1118284a a a =+-，解得12a =，所以1222n n n a -=⨯=.（2）由（1）知2nn a =，则221log 1log 2122n n n nn n a n b a +++===，所以2323412222n nn T +=++++，①231123122222n n n n n T ++=++++，②①-②得23111111122222n nn n T ++⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭212111111111122221111221122n n n n n n -+++⎛⎫-- ⎪++⎝⎭=+-=+---11112133122222n n n n n +++++=+--=-.所以3332n nn T +=-<.又因为102n n n b +=>，所以{}n T 是递增数列，所以11n T T ≥=，所以13n T ≤<.15．在①221n n b b =+，②212a b b =+，③1b ，2b ，4b 成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{}n a 中，11a =，13n n a a +=，公差不等于0的等差数列{}n b 满足__________，__________求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .答案：选①②；选②③解析：因为11a =，13n n a a +=，所以{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以13n n a -=.方案一：选①②.设数列{}n b 的公差为d ，因为23a =，所以123b b +=.因为221n n b b =+，所以1n =时，2121b b =+，解得123b =，273b =，所以53d =，所以533n n b -=，满足221n n b b =+，所以533n n n b n a -=，所以12123122712533333n n nn b b b n S a a a -=+++=++++，所以2341127125853333333n n n n n S +--=+++++，两式相减，得23111122111532515533109533333336233223n n n n n n n n n S ++++--+⎛⎫=++++-=+--=- ⎪⨯⨯⎝⎭，所以9109443n n n S +=-⨯.方案二：选②③.设数列{}n b 的公差为d ，因为2133a a ==，所以123b b +=，即123b d +=.因为1b ，2b ，4b 成等比数列，所以2214b b b =，即()()21113b d b b d +=+，化简得21d b d =.因为0d ≠，所以11d b ==，所以n b n =，所以13n n n b n a -=，所以120121121233333n n n n b b b n S a a a -=+++=++++，所以123111231333333n n nn n S --=+++++，两式相减，得1231211113132311333333233223n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++++-=--=- ⎪⨯⎝⎭，所以1923443n n n S -+=-⨯.方案三：选①③.设数列{}n b 的公差为d ，因为221n n b b =+，所以1n =时，2121b b =+，所以11d b =+.又1b ，2b ，4b 成等比数列，所以2214b b b =，即()()21113b d b b d +=+，化简得21d b d =.因为0d ≠，所以1b d =，此式与11d b =+矛盾.所以等差数列{}n b 不存在，故不符合题意.。

2024年对口高考数学二轮复习专题(三)数列专题训练

2024年对口高考数学二轮复习专题（三）数列综合题姓名：___________________ 班级：____________________一、选填题1、设数列{a n}的前n项和为S n，若S n+1＝2a n+1，n∈N*，则a3＝（）A．3B．2C．1D．02、等比数列{a n}中，a1•a2•a3＝8，则a2＝（）A．8B．±2C．﹣2D．23、在正项递增等比数列{a n}中，a2+a3＝6，a1•a4＝8，则数列{a n}的公比q为（）A．1B．2C．3D．44、在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a5a6＝9，则log3a1+log3a2+⋯+log3a10的值为（）A．12B．2+log35C．8D．105、已知{a n}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列，则q＝（）A．1或B．1C．D．﹣26、已知数列{a n}满足：a1＝1，a n＝2a n﹣1+1（n≥2），则a4＝（）A．13B．11C．9D．157、已知等差数列{a n}的前3项和S3＝12，则a2＝（）A．4B．3C．12D．88、已知等差数列{a n}前n项和为S n，且，则等于（）A．B．C．D．9、已知数列{a n}的前n项和，则该数列的第3项a3＝。

10、已知数列{a n}满足在a n+2＝a n+1﹣a n（n∈N*），且a1＝3，a2＝5，则a2022的值为．11、已知数列{a n}的前n项和为S n，且，则数列{a n}的通项公式为a n＝．二、解答题12、已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a3＝6，S4＝20.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若a1，a k，S k+2成等比数列，求正整数k的值.13、设S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝2，a8，a5，a11，成等比数列，S n＝5，求n 的值。

14、已知{a n}是公差不等于0的等差数列，a3＝﹣9，且a6是a3和a7的等比中项．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设{a n}的前n项和为S n，若S n＞a n，求正整数n的最小值．15、在等差数列{a n}中，设S n为前n项和，已知a1＝﹣9，S4＝﹣24。

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专题达标检测一、选择题1．在等差数列{a n }中，若a 2＋2a 6＋a 10＝120，则a 3＋a 9等于 ( ) A ．30 B ．40 C ．60 D ．80解析：由等差数列性质：若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ，故a 2＋2a 6＋a 10＝4a 6 ＝120，故a 6＝30，a 3＋a 9＝2a 6＝2×30＝60. 答案：C2．(2009·宁夏、海南理)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列，若 a 1＝1，则S 4等于 ( ) A ．7 B ．8 C ．15 D ．16解析：设等比数列的公比为q ，则由4a 1,2a 2，a 3成等差数列．得4a 2＝4a 1＋a 3.∴4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2.∴q 2－4q ＋4＝0 ∴q ＝2，∴S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝15.答案：C3．等比数列{a n }中，a 1＝512，公比q ＝－12，用Πn 表示它的前n 项之积：Πn ＝a 1·a 2·…·a n ，则Πn 中最大的是 ( ) A ．Π11 B ．Π10 C ．Π9 D ．Π8解析：Πn ＝a 1a 2…a n ＝a n 1·q 1＋2＋…＋n －1＝29n ⎝⎛⎭⎫－12(n －1)n 2＝(－1)n (n －1)22－n 2＋19n 2，∴当n ＝9时，Πn 最大．故选C 答案：C4．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n ＋1 B.n ＋2n ＋1 C.nn －1 D.n ＋1n解析：∵f ′(x )＝m x m －1＋a ＝2x ＋1， ∴m ＝2，a ＝1， ∴f (x )＝x 2＋x ＝x (x ＋1)，∴1f (x )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：A5．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，则这个数列的第10项等于 ( ) A.1210 B.129 C.110 D.15 解析：∵1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，∴a n a n －1＋a n a n ＋1＝2，2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公差为12的等差数列，∴1a n ＝12n ，∴a 10＝15，故选D. 答案：D6．数列{a n }中，a 1＝1，a n 、a n ＋1是方程x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两个根，则数列{b n }的前n 项和S n ＝( ) A.12n ＋1 B.1n ＋1 C.n 2n ＋1 D.n n ＋1 解析：由题意得a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，又∵a n －n ＝－[a n ＋1－(n ＋1)]，a 1＝1 ∴a n ＝n ，又a n ·a n ＋1＝1b n ，∴b n ＝1n (n ＋1).∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1. 答案：D 二、填空题7．数列{a n }的构成法则如下：a 1＝1，如果a n －2为自然数且该自然数之前未出现过，则用递推公式a n ＋1＝a n －2，否则用递推公式a n ＋1＝3a n ，则a 6＝________. 解析：∵a 1－2＝－1∉N ，∴a 2＝3a 1＝3.∵a 2－2＝1＝a 1，∴a 3＝3a 2＝9，∵a 3－2＝7，∴a 4＝7，∵a 4－2＝5，∴a 5＝5，∵a 5－2＝3＝a 2，∴a 6＝3a 5＝15. 答案：158．已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＝n ＋2n (n ∈N *)，且a 1＝1，则a n ＝________.解析：由已知得a n a n －1＝n ＋1n －1，a n －1a n －2＝n n －2， … a 2a 1＝31， a 1＝1，左右两边分别相乘得a n ＝1·31·42·53·64·…·n －1n －3·n n －2·n ＋1n －1＝n (n ＋1)2.答案：n (n ＋1)29．如图，它满足：(1)第n 行首尾两数均为n ；(2)图中的递推关系类似杨辉三角，则第n (n ≥2)行的第2 个数是________．解析：设第n (n ≥2)行的第2个数构成数列{a n }，则有a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，a 5－a 4＝4，…，a n －a n －1＝n －1，相加得a n －a 2＝2＋3＋…＋(n －1)＝2＋n －12×(n －2)＝(n ＋1)(n －2)2，a n ＝2＋(n ＋1)(n －2)2＝n 2－n ＋22.答案：n 2－n ＋2210．对正整数n ，设曲线y ＝x n (1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和的公式是________．解析：∵y ＝x n (1－x )，∴y ′＝(x n )′(1－x )＋(1－x )′·x n ＝n ·x n －1(1－x )＋(－x n )．f ′(2)＝－n ·2n －1－2n ＝(－n －2)·2n －1. ∵函数在点x ＝2处点的纵坐标为y ＝－2n .∴切线方程为y ＋2n ＝(－n －2)·2n －1(x －2)，与y 轴交点纵坐标为y ＝(n ＋1)·2n ＝a n∴a n n ＋1＝2n ，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n ＋1成等比数列，首项为2，公比为2，∴前n 项和为2(1－2n )1－2＝2(2n －1)＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－2 三、解答题11．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列， b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960. (1)求a n 与b n ；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n的值．解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数， a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2＝(6＋d )q ＝64S 3b 3＝(9＋3d )q 2＝960，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝8或⎩⎨⎧d ＝－65q ＝403(舍去)，故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)由(1)知S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 12．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋1n 2a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(An 2＋Bn ＋C )·2n ，试推断是否存在常数A 、B 、C ，使得对一切n ∈N *，a n ＝b n ＋1－b n 恒成立？若存在，求出A 、B 、C 的值；若不存在，说明理由； (3)求证：∑i ＝1na i <(n 2－2n ＋2)·2n ＋2.(1)解：由已知得a n ＋1(n ＋1)2＝2·a n n 2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2是公比为2的等比数列，且首项为2，∴a n n 2＝2·2n －1，a n ＝2n ·n 2(2)解：∵b n ＝(An 2＋Bn ＋C)·2n ，∴b n ＋1－b n ＝[A(n ＋1)2＋B(n ＋1)＋C]·2n ＋1－(An 2＋Bn ＋C)·2n ＝[An 2＋(4A ＋B)n ＋2A ＋2B ＋C]·2n若a n ＝b n ＋1－b n 恒成立，则An 2＋(4A ＋B)n ＋2A ＋2B ＋C ＝n 2恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧A ＝14A ＋B ＝02A ＋2B ＋C ＝0，解得A ＝1，B ＝－4，C ＝6，故存在常数A ＝1，B ＝－4，C ＝6满足条件． (3)证明：由(2)得，b n ＝(n 2－4n ＋6)·2n ，∴∑i ＝1na i ＝(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋(b 4－b 3)＋…＋(b n ＋1－b n )＝b n ＋1－b 1＝[(n ＋1)2－4(n ＋1)＋6]·2n ＋1－6＝(n 2－2n ＋3)·2n ＋1－6<(n 2－2n ＋3)·2n＋1＝⎝⎛⎭⎫n 22－n ＋32· 2n ＋2＝⎣⎡⎦⎤(n 2－2n ＋2)－⎝⎛⎭⎫n 22－n ＋12·2n ＋2 ＝⎣⎡⎦⎤(n 2－2n ＋2)－(n －1)22·2n ＋2≤(n 2－2n ＋2)·2n ＋2，∴原不等式成立．13．(2010·四川)已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝2，且对任意m ，n ∈N *都有a 2m －1＋a 2n －1＝2a m ＋n －1＋2(m －n )2. (1)求a 3，a 5；(2)设b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1(n ∈N *)，证明：{b n }是等差数列；(3)设c n ＝(a n ＋1－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和S n . (1)解：由题意，令m ＝2，n ＝1可得a 3＝2a 2－a 1＋2＝6. 再令m ＝3，n ＝1可得a 5＝2a 3－a 1＋8＝20.(2)证明：当n ∈N *时，由已知(以n ＋2代替m )可得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.所以，数列{b n }是公差为8的等差数列．(3)由(1)、(2)的解答可知{b n }是首项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)可得，a n ＝a 2n －1＋a 12－(n －1)2. 那么，a n ＋1－a n ＝a 2n ＋1－a 2n －12－2n ＋1＝8n －22－2n ＋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q 可得qS n ＝2·q 1＋4·q 2＋6·q 3＋…＋2(n －1)·q n －1＋2n ·q n . 上述两式相减即得(1－q )S n ＝2(1＋q 1＋q 2＋…＋q n －1)－2nq n ＝2·1－q n1－q－2nq n ＝2·1－(n ＋1)q n ＋nq n ＋11－q ，所以S n ＝2·nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1) (q ＝1)，2·nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2 (q ≠1).。