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2019年高考数学二轮：4.1《等差数列与等比数列》试题(含答案)

高考数学精品复习资料2019.5第1讲等差数列与等比数列1．(20xx·课标全国Ⅰ)已知{a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n}的前n项和，若S8＝4S4，则a10等于( )A.172B.192C．10 D．122．(20xx·安徽)已知数列{a n}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{a n}的前n项和等于________．3．(20xx·广东)若等比数列{a n}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______.4．(20xx·江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一等差数列、等比数列的运算(1)通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·q n －1.(2)求和公式等差数列：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －2d ；等比数列：S n ＝a 1－q n1－q＝a 1－a n q1－q(q ≠1)． (3)性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n ＝________.(2)已知等比数列{a n }公比为q ，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则q 3等于( ) A ．－12B ．1C ．－12或1D ．－1或12思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)(20xx ·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________.(2)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝2，则log 2a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 0143＝________.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．例2 (20xx ·大纲全国)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法． (2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 (1)(20xx ·大庆铁人中学月考)已知数列{a n }的首项a 1＝1，且满足a n ＋1＝a n4a n ＋1，则a n ＝________________________________________________________________________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则a n ＝________. 热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题． (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 已知首项为32的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．1．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足S n>0的最大自然数n的值为( )A．6 B．7C．12 D．132．已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4－2a27＋3a8＝0，数列{b n}是等比数列，且b7＝a7，则b2b12等于( )A．1 B．2C．4 D．83．已知各项都为正数的等比数列{a n}满足a7＝a6＋2a5，存在两项a m，a n使得a m·a n＝4a1，则1m＋4m的最小值为( )A.32B.53C.256D.434．已知等比数列{a n}中，a4＋a6＝10，则a1a7＋2a3a7＋a3a9＝________.提醒：完成作业专题四第1讲二轮专题强化练专题四第1讲等差数列与等比数列A 组专题通关1．已知等差数列{a n }中，a 5＝10，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9的值等于( ) A ．52 B ．40 C ．26D ．202．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．643．(20xx ·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A ．a 1d ＞0，dS 4＞0 B ．a 1d ＜0，dS 4＜0 C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞04．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n <nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7<－1，则( ) A ．S n 的最大值是S 8 B ．S n 的最小值是S 8 C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 75．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．116．若数列{n (n ＋4)(23)n}中的最大项是第k 项，则k ＝________.7．(20xx ·课标全国Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________.8．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________.9．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列．10．(20xx ·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．B 组能力提高11．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )，Q (2 011，a 2 011)，则OP →·OQ →等于( )A ．2 011B ．－2 011C ．0D ．112．(20xx ·福建)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．913．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝15，且对任意正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若S n <t恒成立，则实数t 的最小值为________．14．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．学生用书答案精析专题四数列、推理与证明第1讲等差数列与等比数列高考真题体验 1．B [∵公差为1， ∴S 8＝8a 1＋8×8－12×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.故选B.]2．2n－1解析由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2.∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n1－2＝2n－1.3．50解析因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50. 4．6解析每天植树棵数构成等比数列{a n }，其中a 1＝2，q ＝2.则S n ＝a 1－q n1－q＝2(2n －1)≥100，即2n ＋1≥102.∴n ≥6，∴最少天数n ＝6. 热点分类突破例1 (1)6 (2)A解析 (1)设该数列的公差为d ，则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2，所以S n ＝－11n ＋n n －2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，所以当S n 取最小值时，n ＝6. (2)若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1，得a 1＝0，矛盾，故q ≠1.所以a 1－q 31－q ＋a 1－q 61－q＝2a 1－q 91－q，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A.跟踪演练1 (1)23－1 (2)1 005解析 (1)∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 23＝a 2a 7，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )， ∴a 1＝－23d ，∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1即3a 1＋d ＝1， ∴a 1＝23，d ＝－1.(2)在等比数列中，(a 1＋a 2)q 2＝a 3＋a 4，即q 2＝2，所以a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 014＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)q 2 010＝3×21 005，所以log 2a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 0143＝1 005.例2 (1)证明由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＋1－a n ＝2n －1. ∴a n －a n －1＝2n －3，a n －1－a n －2＝2n －5，……a 2－a 1＝1，累加得a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 跟踪演练2 (1)14n －3 (2)2n ＋1－3解析 (1)由已知得1a n ＋1＝1a n＋4，∴1a n ＋1－1a n ＝4，又1a 1＝1，故{1a n}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴1a n＝1＋4(n －1)＝4n －3，故a n ＝14n －3. (2)由已知可得a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，又a 1＋3＝4，故{a n ＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＋3＝4×2n －1，∴a n ＝2n ＋1－3.例3 解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6 得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n－n2. (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4[1－12m]1－12＝8[1－(12)m]，∵(12)m随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.又S n ＝n－n 2＝－12(n 2－9n ) ＝－12[(n －92)2－814]，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ，则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)．跟踪演练3 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.高考押题精练1．C [∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.]2．C [设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 4－2a 27＋3a 8＝0，所以a 7－3d －2a 27＋3(a 7＋d )＝0，即a 27＝2a 7，解得a 7＝0(舍去)或a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.因为数列{b n }是等比数列，所以b 2b 12＝b 27＝4.]3．A [由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理有q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )(1m ＋4n )＝16(4m n ＋n m ＋5)≥16(24m n ·n m ＋5)＝32，当且仅当4m n ＝nm，m ＋n ＝6，即n ＝2m ＝4时取得最小值32.]4．100解析因为a 1a 7＝a 24，a 3a 9＝a 26，a 3a 7＝a 4a 6，所以a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝(a 4＋a 6)2＝102＝100.二轮专题强化练答案精析专题四数列、推理与证明第1讲等差数列与等比数列1．B [因为a 2＋a 4＝2a 3，a 5＋a 9＝2a 7，所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝2(a 3＋a 7)＝4a 5，而a 5＝10，所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝4×10＝40.故选B.]2．A [因为a 8是a 7，a 9的等差中项，所以2a 8＝a 7＋a 9＝16⇒a 8＝8，再由等差数列前n 项和的计算公式可得S 11＝a 1＋a 112＝11·2a 62＝11a 6，又因为S 11＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.]3．B [∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d3，∴dS 4＝－2d23＜0，故选B.]4．D [由(n ＋1)S n <nS n ＋1得(n ＋1)·n a 1＋a n2<n ·n ＋a 1＋a n ＋12，整理得a n <a n ＋1，所以等差数列{a n }是递增数列，又a 8a 7<－1，所以a 8>0，a 7<0，所以数列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.]5．B [∵{b n }为等差数列，设其公差为d ，由b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62·d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∵a 8－3＝0，∴a 8＝3.故选B.] 6．4解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k k ＋23kk ＋k ＋23k ＋1，kk ＋23k k －k ＋23k －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧k 2≥10，k 2－2k －9≤0，由k ∈N *可得k ＝4.7．－1n解析由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S nS n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.8．2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n解析由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n9．(1)解设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15. 解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以b n ＝b 1·qn －1＝54·2n －1＝5·2n －3，即数列{b n }的通项公式为b n ＝5·2n －3.(2)证明由(1)得数列{b n }的前n 项和 S n ＝54－2n1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2.因此{S n ＋54}是以52为首项，2为公比的等比数列．10．(1)解当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32 ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得：a 4＝78.(2)证明因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n a n ＋1－a n ＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列． (3)解由(2)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝4，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，公差为4的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.11．A [由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0，由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011，所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000 ＝3 979a 2 011＝0，从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011·a n ＝2 011.]12．D [由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.] 13.14解析令m ＝1，可得a n ＋1＝15a n ，所以{a n }是首项为15，公比为15的等比数列，所以S n ＝15[1－15n]1－15＝14[1－(15)n ]<14，故实数t 的最小值为14. 14．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18.即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q ＋q ＋q 2＝－18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1.(2)由(1)有S n ＝3[1－－n]1－－＝1－(－2)n.假设存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012.当n 为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；当n 为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，即2n≥2 012，得n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．。

数学(理)知识清单-专题09 等差数列、等比数列(考点解读)(原卷+解析版)

值为 an0 ．若 p<q，求证： am0 < an0 ；
（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为 s 的递增子列末项的最小值为 2s–1，且长度为 s 末项为 2s–1 的递增子列恰有 2s-1 个（s=1，2，…），求数列{an}的通项公式．
4
10．【2019 年高考天津卷理数】设an 是等差数列，bn是等比数列．已知
只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列 231 的逆序数为 2．记为 1，2，···，n 的所有排列中逆序数为 k 的
全部排列的个数．
（1）求
的值；
（2）求
的表达式(用 n 表示)．
11. （2018 年全国Ⅱ卷理数）记为等差数列的前项和，已知
，
．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
（A）100
（B）99
（C）98
（D）97
2【2016 高考浙江理数】如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且
An An1 An1An2 , An An2 , n N* ， Bn Bn1 Bn1Bn2 , Bn Bn2 , n N* ，
（ P Q表示点P与Q不重合）.若 dn AnBn ，Sn为△AnBnBn1的面积，则（）
消法).
【误区警示】
1．应用 an 与 Sn 的关系，等比数列前 n 项和公式时，注意分类讨论． 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．
1
3．讨论等差数列前 n 项和的最值时，不要忽视 n 为整数的条件和 an＝0 的情形． 4．等比数列{an}中，公比 q≠0，an≠0.
高频考点一、等差数列、等比数列的基本运算

(完整版)2019高考数学专题等差等比数列含答案解析

畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643培优点十等差、等比数列1．等差数列的性质答案】 352．等比数列的性质答案】即所求表达式的值为 100 ．故选 C ．所以利用均值不等式可得： b 1 b 11 2 b 1b 11 2 b 62 2b 6 ；3．等差、等比综合例 3：设a n 是等差数列，b n 为等比数列，其公比 q 1，且 b i 0 i 1,2,3,L,n ，若 a 1 b 1 ，a11 b 11则有()A ．a 6b6B ． a 6 b 6C ． a6 b 6D ． a6b6或 a6 b6【答案】 B【解析】抓住 a 1 ，a 11 和b 1， b 11 的序数和与 a 6 ， b 6 的关系，从而以此为入手点．例 1：已知数列 ab n 为等差数列，若 a 1 b 1 7 ， a 3 b 3 21，则 a 5 b 5解析】 ∵ a n ， b n 为等差数列，∴anb n 也为等差数列， ∴ 2 a 3 b 3a 1b 1a 5b 5 ，∴ a 5b 52 a3 b 3a 1b 135 ．例 2：已知数列 a n 为等比数列，若 a 4a610 ，则 a 7 a 1 2a 3 a 3a 9的值为( A ．10B ． 20C ． 100D ． 200解析】与条件 a 6 10 联系，可将所求表达式向a4 ，a 6 靠拢，从而 a 7 a 1 2a 3a 3a9 a 7a 1 2a 7a 3 a 3a 922 a 42a 4a 6 a 6a 4 a 6因为a 1 a 11 2a 6 ，而b n 为等比数列，联想到 b 11 与 b 6 有关，（q 1 故b1 b11 ，均值不等式等号不成立）所以a1 a11 b1 b11 2a6 2b6 ．即a6 b6 ．故选B．对点增分集训一、单选题1．我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长 5 尺，头部 1 尺，重4 斤，尾部 1 尺，重 2 斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤．”（）A．6斤B．7斤C．8 斤D．9 斤【答案】D【解析】原问题等价于等差数列中，已知a1 4，a5 2，求a2 a3 a4的值．由等差数列的性质可知：a2 a4 a1 a5 6 ，a3 a1 a5 3 ，2则a2 a3 a4 9 ，即中间三尺共重9 斤．故选D．2．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若S5 40，S9 126，则S7 （）A．66B．68C．77D．84【答案】C【解析】根据等差数列的求和公式S5 5a3 40 ，S99a5a3126 ，化简得38，14a5a 2d根据等差数列通项公式得18，解方程组得a1 2a1 4d14d3S7 7a47 a1 3d 7 2 3 377 ．故选C．3．已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n2n 1，则的值为（）A．4B．2C．2D．4答案】C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 25486435．已知数列 a n 是公比为 q 的等比数列，且a 1 ，a 3 ，a 2成等差数列，则公比 q 的值为（）A ．12 【答案】 CB ． 21 C ． 1 或 2D ． 1 或 12【解析】由题意知： 2a 3 a 1 2a 2 ，∴ 2a 1qa 1q2a 1 ，即 2q 2q 1，∴ q 1 或 q1．故选 C ．26．公比不为 1 的等比数列 a n的前 n 项和为 S n ， 1 且 2a 1， a 2 ， 2a 3 成等差数列，若 a 11 ，解析】由等比数列的性质结合题意可知： a 5a 6 a 4a 7 9 ，∵数列 4a n 是等比数列，则 a 1 1 ，故 421；解得2．故选 C ．4．已知等差数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 5a714 ，则 S 11 （）A ．140B ． 70C． 154D ．77【答案】 D【解析】等差数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 5a714，∴S 11a 1 a 11 a 5 a 7 141 1111 5 7 11 11 77 ． 2 2 2故选D ．解析】根据题意，当 n 1时， 2S 1 2a 1 4n1，故当 n 2时， a n S n S n 1 2n1则 S 4 （）A ． 5B ．0C ． 5D ． 7【答案】 A【解析】设 a n的公比为 q ，由 2a 1 ，11a 2 ， a 3 成等差数列，可得 a 2 2a 1 2若a 1 1 ，可得q 2 q 2 ，解得 q 2 1舍去，则S 4a 1 1 q 41q12 125 ，故选 A ．7．等比数列 a n 的各项均为正数，且a 5a 6 a 4a 7 18，则 log 3 a 1 log 3 a 2 Llog 3 a 10（）A ．12【答案】 BB ． 10C ．8D ．2 log3 54据此结合对数的运算法则可得：5log 3 a 1 log 3 a 2 L log 3 a 10 log 3 a 1a 2L a 10log 3 9 10．故选 B ．8．设公差为2 的等差数列a n ，如果 a 1 a 4 a 7 La 9750 ，那么 a 3 a 6a 9 L a 99等于（）A ． 182B ． 78C ． 148D．82【答案】 D【解析】由两式的性质可知：a 3 a 6 a9a99a 1 2da 4 2da 7 2da 97 2d ，则a 3 a 6 a 9a995066d82．故选 D ．9．已知等差数列 a n 的前n项和为 S n ，且 3S 1 2S 3 15 ，则数列 a n 的第三项为（）A ．3B ． 4C ． 5D． 6【答案】 C【解析】设等差数列 a n 的公差为 d ，∵3S 12S 3 15 ，∴ 3a 1 2a1 a 2a315 3a 16a 2 ，∴ a 1 2d 5 a 3 ．故选 C ．10．等差数列 a n 的前n 项和为 S n ，若2a 8 6 a 10，则 S 11 （） A ．27B ． 36C ．45D ．66【答案】 D【解析】 ∵ 2a 8 6 a 10 ，∴ a 6 a 10 6a 10 ，∴ a 6 6，∴ S 1111 a1a1111a 6 66 ，故8 10 6 10 10 6 2选 D ．11．设 a n 是各项为正数的等比数列， q 是其公比， K n 是其前 n 项的积，且 K 5 K 6，K 6 K 7 K 8 ，则下列结论错．误．的是（）A ． 0 q 1B ． a 7 1D ． K 6与 K 7均为 K n 的最大值答案】 C且 a 1a10a2 a 9a 3a8 a 4a 7 a 5a 69，C ． K 9 K 5畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643所以 a 7 a 1q 6 1 ，所以 B 正确，由1 a 1q 5 ，各项为正数的等比数列，可知 0 q 1，所以 A 正确，n n 1 n n 1n n 131 a 1q 6 ， K n a 1n q2 可知 K n a 1n q 2 q 2 ，由 0 q 1，所以 q x 单调递减，n n 13在 n 6，7 时取最小值，2所以 K n 在 n 6 ，7时取最大值，所以 D 正确．故选 C ．12 ．定义函数 f x 如下表，数列 a n 满足 a n 1 f a n ， n N ，若 a 1 2 ，则a1 a2 a3 L a 2018A ．7042B ． 7058C ． 7063D ． 7262【答案】 C【解析】由题设知 f 13 ， f 2 5， f 34 ， f 4 6，f 5 1 ，f 6 2 ，∵a 12，a n 1 f a n ， n N ，∴a 12，a 2 f 2 5 ， a 3 f 5 1 ， a 4 f 1 3 ，a 5 f34， a 6 f 46， a 7f 6 2 ⋯⋯，∴ a n 是周期为 6 的周期数列， ∵ 2018 336 6 2 ，∴a 1 a 2 a 3 L a 2018 336 1 2 3 4 5 62 5 7063，故选 C ．二、填空题13．已知等差数列 an，若 a2a3 a 76 ，则 a 1 a7 ________解析】设等比数列 a n na 1qK n 是其前 n 项的积，所以 K a 1 q由此 K 5 K 6 1 a 1q 5， K 6 K 71 a 1q 6， K 7 K 8 1 a 1q 7答案】 4解析】 ∵ a 2 a 3 a 7 6，∴ 3a 1 9d 6 ，∴ a 1 3d 2，∴a 4 2 ，∴ a 1 a 7 2a 4 4 ．故答案为 4．a n 的前 n 项和为 S n ，若公比 q 32，且a 1 a 2 a 3 1，则 S 12的值是答案】 15答案】 29a a 解析】 S929a5，又 a 5 10，代入得S99 102．S 555a 3 a 39 S 5 5 9a1 a52 1 516．在等差数列 a n 中， a 1 a 4 a 10 a 16 a 19 100 ，则 a 16 a 19 a 13 的值是答案】 20解析】根据等差数列性质a 1 a 4a 10 a 16 a 19 5a 10 100 ，所以 a 10 20 ，三、解答题17．已知数列a n 中， a 1 2， a n 1 2a n ．（1）求 a n ；（2）若 b n n a n ，求数列 b n 的前 5 项的和 S 5 ．【答案】（ 1） a n 2n ；（ 2）77．【解析】（ 1） a 1 2， a n 1 2a n ，14．已知等比数列解析】已知 a 1 a 2a 3 1 ，则 S 33 q1qa 1 11，又 q 3 2 代入得 a 1q1 ；∴ S 12 12 a 11 q 12 1q12q 1 1 3215．设 S n 是等差数列 a n 的前 n 项和，若a 31q190，则S S9515．根据等差数列性质，a16 a 19 a 13a 16 a 13 a 19 a 19 a 10 a 19 a 1020．畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场/ 应用宝下载花生日记APP 邀请码NJBHKZO，高佣联盟官方正版APP 邀请码2548643则数列a n 是首项为2，公比为 2 的等比数列，a n2n 12n；2)b n a n n 2n，S5 1 2 2223 4 245 25345 22 2324255 2 2512 77 ．18．设a n 是等差数列，其前n 项和为S n n N*；b n 是等比数列，公比大于0，其前n项和为T nnN已知b1b2 2，b4a3a5，b5a42a6．1）求Sn 和T n2）若S n T n a n 4b n ，求正整数的值．答案】1) S n解析】12，T n 2 1；（2）4．1）设等比数列b n 的公比为q ，由b11，b3 b2 2 ，可得因为q 0 ，可得q2，故bn 2n 1．所以T n设等差数列an 的公差为d ．由b4a3a5 ，可得a1 3d 4 ．由b5a42a6 得3a113d 16 ，从而a1 1 ，故a n n，所以S n n n 1d11122n2n 1．2）由（1），有T1 T2 L T n2122 2n21 n 2n122n由S n T1 T2 L T n a nn 4b n ，可得整理得n23n 4 0 ，解得所以n 的值为4．nn2n2n 1 （舍），或n4．。

2019年高考理数——数列(解答)

2019年高考理数——数列1.(19全国二理19．（12分）)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-. （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.2.(19北京理（20）（本小题13分）)已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12m i i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12m i i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．3.(19天津理19．（本小题满分14分）)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ．（i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式；（ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．4. (19浙江20．（本小题满分15分）)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n c n *=∈N证明：12+.n c c c n *++<∈N L5.(19江苏20．（本小满分16分）)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }*()n ∈N 满足：245324,440a a a a a a =-+=，求证：数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }*()n ∈N 满足：111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }*()n ∈N ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．参考答案：1.解：（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．2.解：（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一）（Ⅱ）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -L . 由p <q ，得10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ，又12,,,p r r r a a a L 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0p m r a a ≤. 所以00m n a a <·（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）. 假设2m 排在2m −1之后.设121,,,,21m p p p a a a m --L 是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --L 是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m .因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中.又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m mm --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<L 1442443个. 与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m .与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件. 所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.3.（Ⅰ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（Ⅱ）（i ）解：()()()()22211321321941n n n n n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n n a c -=⨯-．（ii ）解：()()22221111211n n niini iiiiii i i i a c a a c a a c====⎡⎤=+-=+⎣⎦-∑∑∑∑()()12212439412n n n ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N ．4.（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-．所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ．我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12k c c c +++<L 那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<L <==．即当1n k =+时不等式也成立．根据（i ）和（ii），不等式12n c c c +++<L 对任意*n ∈N 成立．5.解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k kq k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-．设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=．令()0f 'x =，得x =e.列表如下：x (1,e)e (e ，+∞) ()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取33q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤，经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．。

第1讲等差数列与等比数列

所以 q=- 1 ,所以 S4=S3+a4= 3 - 1 = 5 .
2
4 88
答案: 5 8
4.(2019·全国Ⅰ卷)记
Sn
为等比数列{an}的前
n
项和.若
a1=
1 3
,
a42
=a6,则
S5=
.
解析:设等比数列{an}的公比为 q,由 a42 =a6 可得 a12 q6=a1q5,解得 a1q=1,
则 S9= 9a1 a9 = 9 4 =18.故选 A.
2
2
(2)(2019·南昌期中)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a2019 >-1 且 Sn 有最小 a2020
方法技巧
解等差数列、等比数列基本运算问题的基本思想是方程思想,即通过等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式得出基本量(等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比),然后再通过相关公式求得结果.
热点训练1:(1)(2019·湖南省长望浏宁四县高三3月调研)中国古代词中,有一道“八子分绵”的数学名题:“九百九十六斤绵,赠分八子做盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言”.题意是:把996斤绵分给8个儿子做盘缠,按照年龄从大到小的顺序依次分绵,年龄小的比年龄大的多17斤绵,那么第8个儿子分到的绵是( ) (A)174斤 (B)184斤 (C)191斤 (D)201斤
(1)证明:由题设得 4(an+1+bn+1)=2(an+bn),则 an+1+bn+1= 1 (an+bn). 2
又因为 a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为 1,公比为 1 的等比数列. 2

2019高考理科数学真题12 数列(解析版)

专题12 数列1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ．310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =- 【答案】A【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，24n S n n =-,故选A ．【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，再适当计算即可做了判断．2．【2019年高考全国III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = A ．16 B ．8C ．4D ．2【答案】C【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键.3．【2019年高考浙江卷】设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n *∈N ，则A ．当101,102b a => B ．当101,104b a => C ．当102,10b a =-> D ．当104,10b a =->【答案】A【解析】①当b =0时，取a =0，则0,n a n *=∈N .故B 项不正确. 故本题正确答案为A.【名师点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.4．【2018年高考全国I 卷理数】设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则5a = A ．12- B ．10- C ．10D ．12【答案】B【解析】设等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3243332224222d d d ⨯⨯⎛⎫⨯+⋅=⨯++⨯+⋅ ⎪⎝⎭，整理解得3d =-，所以51421210a a d =+=-=-，故选B ．【名师点睛】该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d 的值，之后利用等差数列的通项公式得到5a 与1a d ,的关系，从而求得结果.5．【2018年高考浙江卷】已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则 A ．1324,a a a a << B ．1324,a a a a >< C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>【答案】B【解析】令()ln 1,f x x x =--则()11f x x'=-，令()0,f x '=得1x =，所以当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，因此()()10,ln 1f x f x x ≥=∴≥+.若公比0q >，则()1234123123ln a a a a a a a a a a +++>++>++，不合题意；若公比1q ≤-，则()()212341110,a a a a a q q +++=++≤但()()212311ln ln 1ln 0a a a a q q a ⎡⎤++=++>>⎣⎦，即()12341230l n a a a a a a a +++≤<++，不合题意；因此()210,0,1q q -<<∈，22113224,0a a q a a a q a ∴>=<=<，故选B.【名师点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如()2ln 1,e 1,e 10.x x x x x x x ≥+≥+≥+≥6．【2017年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1 B ．2 C ．4D ．8【答案】C【解析】设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C ．【秒杀解】因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=，则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C ．【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.7．【2017年高考全国I 卷理数】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 A ．440 B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k-则该数列的前(1)122k k k ++++=项和为11(1)1(12)(122)222k k k k S k -++⎛⎫=+++++++=-- ⎪⎝⎭，要使(1)1002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k 的部分和，设1212221t t k -+=+++=-，所以2314t k =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=，所以对应满足条件的最小整数293054402N ⨯=+=，故选A. 【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断. 8．【2017年高考全国II 卷理数】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有7(12)38112x -=-，解得3x =，即塔的顶层共有灯3盏，故选B ．【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．9．【2017年高考全国III 卷理数】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A ．24-B ．3-C ．3D ．8【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-.故选A ．【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.10．【2017年高考浙江卷】已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的 A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由46511210212(510)S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式，通过套入公式与简单运算，可知4652S S S d +-=，结合充分必要性的判断，若p q ⇒，则p 是q 的充分条件，若p q ⇐，则p 是q 的必要条件，该题“0d >”⇔“46520S S S +->”，故互为充要条件．11．【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=___________．【答案】1213【解析】设等比数列的公比为q ，由已知21461,3a a a ==，所以32511(),33q q =又0q ≠，所以3,q =所以55151(13)(1)12131133a q S q --===--．【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．12．【2019年高考全国III 卷理数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________．【答案】4【解析】设等差数列{a n }的公差为d ,因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d⨯+==⨯+．【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．13．【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为___________．【答案】 0，10-.【解析】等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得32,a =-又23a =-,所以公差321d a a =-=,5320a a d =+=,由等差数列{}n a 的性质得5n ≤时,0n a ≤,6n ≥时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-. 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式､求和公式､等差数列的性质,难度不大,注重重要知识､基础知识､基本运算能力的考查.14．【2019年高考江苏卷】已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是___________．【答案】16【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩，解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 【名师点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建1a d ,的方程组.15．【2018年高考全国I 卷理数】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =___________．【答案】63-【解析】根据21n n S a =+，可得1121n n S a ++=+，两式相减得1122n n n a a a ++=-，即12n n a a +=，当1n =时，11121S a a ==+，解得11a =-，所以数列{}n a 是以−1为首项，以2为公比的等比数列，所以()66126312S --==--，故答案是63-.【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令1n =，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.16．【2018年高考北京卷理数】设{}n a 是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{}n a 的通项公式为___________．【答案】63n a n =-【解析】设等差数列的公差为d ，()133343663616 3.n a d d d a n n =∴+++=∴=∴=+-=-，，，【名师点睛】先根据条件列出关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.17．【2018年高考江苏卷】已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}nB x x n ==∈N ．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为___________．【答案】27【解析】所有的正奇数和()2n n *∈N 按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列|{}n a 中，25前面有16个正奇数，即5621382,2a a ==.当n =1时，1211224S a =<=，不符合题意；当n =2时，2331236S a =<=，不符合题意；当n =3时，3461248S a =<=，不符合题意；当n =4时，4510<12=60S a =，不符合题意；……；当n =26时，()2752621221(141)441625032121=2516S a⨯-⨯+=+=+=<-，不符合题意；当n =27时，()8527221222(143)21484+62=546>12=5420S a ⨯-⨯+=+=-,符合题意.故使得+1>12n n S a 成立的n 的最小值为27.【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的前n 项和，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.18．【2017年高考全国II 卷理数】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑___________．【答案】21nn + 【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，由题意有1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩ ，解得111a d =⎧⎨=⎩ ，数列的前n 项和()()()111111222n n n n n n n S na d n --+=+=⨯+⨯=，裂项可得12112()(1)1k S k k k k ==-++，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-++-=-=+++∑．【名师点睛】等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．19．【2017年高考全国III 卷理数】设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 =___________．【答案】8-【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，很明显1q ≠-，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：1212131(1)1(1)3a a a q a a a q +=+=-⎧⎨-=-=-⎩①②，由②①可得：2q =-，代入①可得11a =，由等比数列的通项公式可得3418a a q ==-．【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.20．【2017年高考江苏卷】等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项和为n S ，已知3676344S S ==,，则8a =___________．【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=．【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：①利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；②利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．21．【2017年高考北京卷理数】若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =___________．【答案】1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d 和q ，则3138d q -+=-=，求得2,3q d =-=，那么221312a b -+==．【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法. 22．【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）1122n n a n =+-，1122n nb n =-+.【解析】（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.23．【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12m i i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12m i i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（2）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（3）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【答案】(1) 1,3,5,6（答案不唯一）；(2)见解析；(3)见解析. 【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）（2）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -.由p <q ，得10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ，又12,,,p r r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0p m r a a ≤.所以00m n a a <·（3）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）. 假设2m 排在2m −1之后. 设121,,,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m .因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中. 又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m m m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<个.与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件. 所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.【名师点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.24．【2019年高考天津卷理数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ．（i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式；（ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．【答案】（1）31n a n =+；32nn b =⨯（2）（i ）()221941n n n a c -=⨯-（ii ）()()2*211*12725212nn n i i i a c n n n --=∈=⨯+⨯--∈∑N N【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（2）（i ）()()()()22211321321941n n n n n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n n a c -=⨯-．（ii ）()()22221111211n n niini iiiiii i i i a c a a c a a c====⎡⎤=+-=+⎣⎦-∑∑∑∑()()12212439412n n n ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N ．【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识．考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．25．【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }()n *∈N 满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }()n *∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }()n *∈N ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-．设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x-=．令()0f 'x =，得x =e.列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤，经检验知1k q k -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．26．【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n c n *=∈N 证明：12+.n c c c n *++<∈N【答案】（1）()21n a n =-，()1n b n n =+；（2）证明见解析.【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-．所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ．我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12k c c c +++<．那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<<==．即当1n k =+时不等式也成立．根据（i ）和（ii），不等式12n c c c +++<对任意*n ∈N 成立．【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.27．【2018年高考全国II 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）a n =2n –9；（2）S n =n 2–8n ，最小值为–16．【解析】（1）设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15．由a 1=–7得d =2．所以{a n }的通项公式为a n =2n –9．（2）由（1）得S n =n 2–8n =（n –4）2–16．所以当n =4时，S n 取得最小值，最小值为–16．【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 关于n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.28．【2018年高考全国III 卷理数】等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【答案】（1）1(2)n n a -=-或12n n a -=；（2）6m =. 【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=.由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =.故1(2)n n a -=-或12n n a -=.（2）若1(2)n n a -=-，则1(2)3n n S --=.由63m S =得(2)188m-=-，此方程没有正整数解.若12n n a -=，则21n n S =-.由63m S =得264m=，解得6m =.综上，6m =.【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.29．【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【答案】（1）2q =；（2）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+，所以34543428a a a a ++=+=，解得48a =.由3520a a +=得18()20q q+=，因为1q >，所以2q =.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S . 由11,1,, 2.n n n S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（1）可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)(),22n n n b b n n ---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+.设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.30．【2018年高考江苏卷】设{}n a 是首项为1a ，公差为d 的等差数列，{}n b 是首项为1b ，公比为q 的等比数列．（1）设110,1,2a b q ===，若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立，求d 的取值范围；（2）若*110,,a b m q =>∈∈N ，证明：存在d ∈R ，使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+均成立，并求d 的取值范围（用1,,b m q 表示）．【答案】（1）；（2）见解析.【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．满分16分．（1）由条件知：．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立，即对n =1，2，3，4均成立，即11，1d 3，32d 5，73d 9，得．因此，d 的取值范围为．（2）由条件知：．若存在d ，使得1||n n a b b -≤（n =2，3，···，m +1）成立，即，即当时，d 满足．因为，则，从而，，对均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对均成立．75[,]32112(,)n n n a n d b -=-=112|()1|n n d ---≤≤≤≤≤≤≤≤7532d ≤≤75[,]32111(1),n n n a b n d b b q -=+-=1111 |1|2,3,,(1())n b n d b q b n m -+--≤=+2,3,,1n m =+1111211n n q q b d b n n ---≤≤--q ∈112n m q q -<≤≤11201n q b n --≤-1101n q b n ->-2,3,,1n m =+2,3,,1n m =+下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．①当时，，当时，有，从而．因此，当时，数列单调递增，故数列的最大值为． ②设，当x >0时，，所以单调递减，从而<f （0）=1．当时，，因此，当时，数列单调递减，故数列的最小值为．因此，d 的取值范围为．31．【2018年高考天津卷理数】设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是等差数列. 已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n S 的前n 项和为()n T n *∈N ，（i ）求n T ；（ii ）证明221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N . 【答案】（1）12n n a -=，n b n =；（2）（i ）122n n T n +=--；（ii ）见解析.【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.满分13分.（1）设等比数列{}n a 的公比为q.由1321,2,a a a ==+可得220q q --=.12{}1n q n ---1{}1n q n --2,3,,1n m =+2n m ≤≤111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---112mq <≤2n m q q ≤≤1() 20n n nn q q q ---+>21n m ≤≤+12{}1n q n ---12{}1n q n ---2m q m-()()21x f x x =-ln 21(0(n )l 22)xf x x '=--<()f x ()f x 2n m ≤≤111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-21n m ≤≤+1{}1n q n --1{}1n q n --mq m11(2)[,]m mb q b q m m-因为0q >，可得2q =，故12n n a -=.设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =（2）（i ）由（1），有122112nn n S -==--，故 1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑.（ii ）证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑. 【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.32．【2017年高考天津卷理数】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N ．【答案】（1）32n a n =-，2nn b =；（2）1328433n n +-⨯+. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=．又因为0q >，解得2q =．所以，2nn b =．由3412b a a =-，可得138d a -= ①．由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-．所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =．（2）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得23112(14)324343434(31)44(314n n n n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得1328433n n n T +-=⨯+．所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+．【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前n 项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前n 项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和． 33．【2017年高考山东卷理数】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2.（1）求数列{x n }的通项公式；（2）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n+1(x n+1, n +1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】（1）12n n x -=；（2）【解析】（1）设数列的公比为q ，由已知0q >.由题意得，所以，nT (21)21.2n n n T -⨯+={}n x 1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩23520q q --=因为0q >,所以，因此数列的通项公式为（2）过…，向轴作垂线，垂足分别为…，, 由(1)得记梯形的面积为. 由题意，所以…+=…+ ①，又…+ ②， ①-②得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯= 所以【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的错位相减法.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生的计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好地考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等. 34．【2017年高考江苏卷】对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足：1111n k n k nnnk n ka aa a aa --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．12,1q x =={}n x 12.n n x -=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b 101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则1(1)n a a n d =+-，从而，当4n ≥时，n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=，1,2,3,k =所以6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++，因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”．（2）数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，因此，当3n ≥时，n n n n n a a a a a --+++++=21124，① 当4n ≥时，n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=3211236．② 由①知，n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，④将③④代入②，得n n n a a a -++=112，其中4n ≥，所以345,,,a a a 是等差数列，设其公差为d'．在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d'=-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以132a a d'=-，所以数列{}n a 是等差数列．【名师点睛】（1）利用等差数列性质得n k n k n a a a -++=2，即得n n n n n a a a a a ---+++++32112++n n a a +=36，再根据定义即可判断；（2）先根据定义得21n n n n n a a a a a --+++++=124，n n n n n a a a a a ---++++++32112n n a a ++=36，再将条件集中消元：n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，即得n n n a a a -++=112，最后验证起始项也满足即可．35．【2017年高考北京卷理数】设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（1）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】（1）111110,c b a =-=-=21122max{2,2}max{121,322}1c b a b a =--=-⨯-⨯=-，3112233max{3,3,3}max{131,332,533}2c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-.当3n ≥时，1111()()()()20k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减. 所以112211max{,,,}1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-.所以对任意1,1n n c n ≥=-，于是11n n c c +-=-，所以{}n c 是等差数列.（2）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则12111121(1)[(1)]()(1)k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--.所以1121211121(1)(),,n b a n n d nd d nd c b a n d nd -+-->⎧=⎨-≤⎩当时，当时，①当10d >时，取正整数21d m d >，则当n m ≥时，12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时，12,,,m m m c c c ++是等差数列.②当10d =时，对任意1n ≥，1121121(1)max{,0}(1)(max{,0}).n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--此时，123,,,,,n c c c c 是等差数列.③当10d <时，当21d n d >时，有12nd d <. 所以1121121112(1)()()n c b a n n d nd b d n d d a d n n n-+---==-+-++ 111212()||.n d d a d b d ≥-+-+--对任意正数M ，取正整数12112211||max{,}M b d a d d d m d d +-+-->-，故当n m ≥时，nc M n>. 【名师点睛】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，本题属于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明，即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第二问难度较大，适合选拔优秀学生. 36．【2017年高考浙江卷】已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n *∈N ）．证明：当n *∈N 时，（1）0＜x n +1＜x n ；（2）2x n +1− x n ≤12n n x x +；（3）112n -≤x n ≤212n -．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．【解析】（1）用数学归纳法证明：0n x >．当n =1时，x 1=1>0．假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0()n x n *>∈N ．所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>，。

2019高考数学(理)专题2 第3讲等差数列附解析

第3讲等差数列、等比数列高考统计·定方向热点题型真题统计题型1：等差(比)数列的基本运算2018全国卷ⅠT4；2018全国卷ⅡT17；2018全国卷ⅢT17；2017全国卷ⅠT4；2017全国卷ⅢT9；2017全国卷ⅢT14；2016全国卷ⅠT3题型2：等差(比)数列的基本性质2016全国卷ⅠT15; 2015全国卷ⅡT4题型3：等差(比)数列的判断与证明2016全国卷ⅢT17；2014全国卷ⅠT17；2014全国卷ⅡT17命题规律分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律：1.以等差(比)数列为载体，考查基本量的运算及相应数列的性质；2.若以解答题出现在第17题第一问，若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在T12或T16，难度偏大.题型1 等差(比)数列的基本运算(对应学生用书第19页)■核心知识储备·1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ；a n ＝a m ＋(n －m )d ； S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1q n －1(q ≠0)； a n ＝a m ·q n －m (q ≠0)； S n ＝a 11－q n1－q＝a 1－a n q1－q(q ≠1)，S n ＝na 1(q ＝1)．■高考考法示例·【例1】 (1)(2018·唐山市期末)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 5＝10，S 8＝40，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 8＝3，则a 5的值为________．(1)B (2) －6 [(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 5＝5a 1＋10d ＝10，S 8＝8a 1＋28d ＝40，整理得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，2a 1＋7d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝2，选B ．(2)设等比数列{a n }的公比为q .∵S 3，S 9，S 6成等差数列，∴2S 9＝S 3＋S 6，且q ≠1.∴2a 11－q 91－q ＝a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ，即2q 6－q 3－1＝0，∴q 3＝－12或q 3＝1(舍去)． ∵a 8＝3，∴a 5＝a 8q 3＝3－12＝－6.] 【教师备选】(1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7D ．8(2)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________． (1)D (2)4 [(1)法一：由题意知，S n ＝na 1＋n n －12d ＝n ＋n (n －1)＝n 2，S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36，得(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8.所以选D ．(2)设公比为q (q ≠0)，∵a 2＝1，则由a 8＝a 6＋2a 4，得q 6＝q 4＋2q 2，即q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，∴a 6＝a 2q 4＝4.][方法归纳] 等差比数列基本运算的解题途径 1设基本量：首项a 1和公差d公比q.2列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d q 的方程组，然后求解，注意整体代换，以减少运算量.1．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1＜0，则正整数k 等于( ) A ．21B ．22C ．23D ．24C [3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1＝a n －23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ＋1·a k ＜0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k ＜0， ∴452＜k ＜472，又∵k ∈N *，∴k ＝23.] 2．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－2a 2n －an ＋1a n ＝0，设b n ＝log 2a n ＋1a 1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．nB ．n n －12C ．n n ＋12D ．n ＋1n ＋22C [由a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，又a n ＞0，∴a n ＋1a n＝2，∴a n ＋1＝a 12n ，∴b n ＝log 2a n ＋1a 1＝log 22n ＝n .∴数列{b n }的前n 项和为n n ＋12，故选C ．]3．中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是( )A ．174斤B ．184斤C ．191斤D ．201斤B [用a 1，a 2，…，a 8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a 1，a 2，…，a 8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.∴a 8＝65＋7×17＝184.选B ．]题型2 等差(比)数列的基本性质(对应学生用书第20页)■核心知识储备·1．等差、等比数列的性质等差数列等比数列性质(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ；(2)a n ＝a m ＋(n －m )d ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ；(2)a n ＝a m q n －m ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(q ≠－1)(1)若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ；(2)若项数为2n －1，则S 奇＝na n, S 奇－S 偶＝a n ； (3)两个等差数列{a n }、{b n }的前n 项和S n 、T n 之间的关系为a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.■高考考法示例·【例2】 (1)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．23 B ．4 C ．±22 D ．±4(2)(2018·武威市二模)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对于任意的自然数n ，都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 3＋a 152b 3＋b 9＋a 3b 2＋b 10＝( )A ．1941B ．1737C ．715D ．2041(3)在等差数列{a n }中，a 7a 6＜－1，若它的前n 项和S n 有最大值，则当S n ＞0时， n 的最大值为( )A ．11B ．12C ．13D ．14(1)A (2)A (3)A [(1)∵a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，∴a 3a 15＝12，a 3＋a 15＝7，∵{a n }为等比数列，又a 3，a 9，a 15同号， ∴a 9＞0，∴a 9＝a 3a 15＝23，∴a 1a 17a 9＝a 29a 9＝a 9＝23.故选A ．(2)a 3＋a 152b 3＋b 9＋a 3b 2＋b 10＝2a 92b 1＋b 11＋a 3b 1＋b 11＝a 9＋a 3b 1＋b 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝11a 1＋a 11211b 1＋b 112＝S 11T 11＝2×11－34×11－3＝1941，故选A ．(3)数列{a n }为等差数列，若a 7a 6＜－1，则a 7＋a 6a 6＜0，可得d ＜0.∴a 6＞0，a 7＋a 6＜0，a 7＜0，∴a 1＋a 11＝2a 6＞0，S 11＞0，a 1＋a 12＝a 7＋a 6＜0，S 12＜0，则当S n ＞0时，n 的最大值为11.故选A ．]【教师备选】(1)(2018·南充市综合测试一)公差不为0的等差数列{a n }的部分项a k 1，a k 2，a k 3，…构成等比数列{ak n }，且k 1＝1，k 2＝2，k 3＝6，则k 4为( )A ．20B ．22C ．24D ．28(2)(2018·浙江高考)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1＞1，则( )A．a1＜a3，a2＜a4B．a1＞a3，a2＜a4C．a1＜a3，a2＞a4D．a1＞a3，a2＞a4(1)B(2)B[(1)设等差数列{a n}的公差为d，∵a1，a2，a6成等比数列，∴a22＝a1·a6，即(a1＋d)2＝a1·(a1＋5d)，∴d＝3a1，∴a2＝4a1，所以等比数列a k1，a k2，a k3，…，的公比q＝4，∴a k4＝a1·q3＝a1·43＝64a1，又a k4＝a1＋(k4－1)·d＝a1＋(k4－1)·(3a1)，∴a1＋(k4－1)·(3a1)＝64a1，a1≠0，∴3k4－2＝64，∴k4＝22，故选B．(2)构造不等式ln x≤x－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4＝a1·q3≤－1.由a1＞1，得q＜0.若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1，所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，矛盾．因此－1＜q＜0.所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，所以a1＞a3，a2＜a4.故选B．]1．已知等差数列{a n }，且3(a 1＋a 5)＋2(a 6＋a 9＋a 12)＝48，则数列{a n }的前11项之和为( )A ．84B ．68C ．52D ．44D [由等差数列的性质可得：3(a 1＋a 5)＋2(a 6＋a 9＋a 12)＝3×2a 3＋2×3a 9＝6(a 3＋a 9)＝48，则a 3＋a 9＝8，结合等差数列前n 项和公式有：S 11＝a 1＋a 112×11＝a 3＋a 92×11＝82×11＝44.]2．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50B [由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60，选B ．]3．(2018·沈阳质量检测)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝________.－3 [∵{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，∴a 36＝(3)3，b 1＋b 6＋b 11＝7π，3b 6＝7π， ∴a 6＝3，b 6＝7π3，∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan2×7π31－32＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝－ 3.] 题型3 等差(比)数列的判断与证明(对应学生用书第20页)■核心知识储备·数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为同一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为同一常数；②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)． ■高考考法示例·【例3】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．[解] (1)由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可知当n ＝1时，a 1－12a 1－1＝0⇒a 1＝2.又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0，两式相减，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12S n ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12S n －1＝0，即12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n .所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)知，S n ＝a 11－q n1－q＝2(2n －1)，所以S n ＋(n ＋2n )λ＝2(2n －1)＋(n ＋2n )λ，若{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列，则S 1＋(1＋2)λ，S 2＋(2＋22)λ，S 3＋(3＋23)λ成等差数列，即有2[S 2＋(2＋22)λ]＝[S 1＋(1＋2)λ]＋[S 3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.经检验λ＝－2时，{S n ＋(n ＋2n )λ}成等差数列，故λ的值为－2. 【教师备选】(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． [解] (1)设{a n }的公比为q (q ≠0)．由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q 2＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝－2×[1－－2n ]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－1n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列． [方法归纳] 等差(比)数列的判断与证明的注意事项1．判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．在解答题中常用定义法和等差(比)中项法，通项公式法和前n 项和公式法主要适用选择题与填空题．2.a n ＋1a n ＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．■对点即时训练·(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0.(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)若S 5＝3132，求λ. [解] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n . 由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.[高考真题]1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12B [法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，∵a 1＝2， ∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B ．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d . ∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B ．]2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏B [设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 11－q 71－q ＝a 11－271－2＝381，解得a 1＝3.故选B ．]3．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．64 [设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝10， ∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n 2 ＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n . 记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64.]4.(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m .[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n 3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.[最新模拟]5．(2018·昆明模拟)已知数列{a n }，则有( )A ．若a 2n ＝4n ，n ∈N *，则{a n }为等比数列B ．若a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1，n ∈N *，则{a n }为等比数列C ．若a m ·a n ＝2m ＋n ，m ，n ∈N *，则{a n }为等比数列D ．若a n ·a n ＋3＝a n ＋1·a n ＋2，n ∈N *，则{a n }为等比数列C [若a 1＝－2，a 2＝4，a 3＝8，满足a 2n ＝4n ，n ∈N *，但{a n}不是等比数列，故A 项错；若a n ＝0，满足a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1，n ∈N *，但{a n }不是等比数列，故B 项错；若a n ＝0，满足a n ·a n ＋3＝a n ＋1·a n ＋2，n ∈N *，但{a n }不是等比数列，故D 项错；a m ·a n ＝2m ＋n ，m ，n ∈N *，则有a m ·a n ＋1a m ·a n ＝a n ＋1a n ＝2m ＋n ＋12m ＋n ＝2，则{a n }是等比数列．]6．(2018·乌鲁木齐质量检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6a 3＝2，则S 6S 3＝( ) A ．2 B ．72 C ．4 D ．74B [设等差数列{a n }的公差为d ，a 6a 3＝2，即a 3＋3d ＝2a 3，a 3＝3d ，S6 S3＝3a3＋a43a2＝a3＋a3＋da3－d＝3d＋3d＋d3d－d＝72.故选B．]7．(2018·湖北教研协作体联考)在等差数列{a n}中，已知公差d＜0，a1＝10 ，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)求|a1|＋|a2|＋…＋|a20|.[解] (1)由题意可得，a2＝10＋d，a3＝10＋2d，(2a2＋2)2＝5a1a3，即4(11＋d)2＝50(10＋2d)，化简得d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4(舍去)．∴a n＝10－(n－1)＝11－n.(2)由(1)得a n＝11－n，由a n＝11－n≥0，得1≤n≤11，由a n＝11－n＜0，得n＞11，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝(a1＋a2＋…＋a11)－(a12＋…＋a20)＝－S20＋2S11＝－20a1＋a202＋211a1＋a112＝100.∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝100.。

三年高考(2019)高考数学试题分项版解析专题13 等差与等比数列理(含解析)

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……专题13等差与等比数列考纲解读明方向分析解读 1.理解等差数列的概念、等差数列的通项公式与前n项和公式.2.体会等差数列与一次函数的关系,掌握等差数列的一些基本性质.3.命题以求a n,S n为主,考查等差数列相关性质.4.本节内容在高考中主要考查数列定义、通项公式、前n项和公式及性质,分值约为5分,属中低档题.的关系.3.求通项公式、求前n项和及等比数列相关性质的应用是高考热点.2018年高考全景展示1.【2018年理新课标I卷】设为等差数列的前项和，若，，则A. B. C. D.【答案】B详解：设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.2．【2018年理北京卷】设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为__________．【答案】【解析】分析：先根据条件列关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.详解：点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.3．【2018年理新课标I卷】记为数列的前项和，若，则_____________．【答案】【解析】分析：首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.详解：根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得，所以数列是以-1为首项，以2为公布的等比数列，所以，故答案是.点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果. 4．【2018年浙江卷】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.点睛：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 5．【2018年理数全国卷II 】记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．【答案】（1）a n =2n –9，（2）S n =n 2–8n ，最小值为–16．【解析】分析：（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n 项和公式得的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值. 详解：（1）设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15．由a 1=–7得d =2．所以{a n }的通项公式为a n =2n –9．（2）由（1）得S n =n 2–8n =（n –4）2–16．所以当n =4时，S n 取得最小值，最小值为–16．点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.2017年高考全景展示1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】试题分析：设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.秒杀解析：因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=，则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C. 【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.2.【2017课标3，理9】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项A．24-B．3-C．3 D．8【答案】A【考点】等差数列求和公式；等差数列基本量的计算【名师点睛】(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，a n，d，n，S n，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.3.【2017课标II，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏【答案】B【解析】试题分析：设塔的顶层共有灯x盏，则各层的灯数构成一个首项为x，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：()71238112x⨯-=-，解得3x=，即塔的顶层共有灯3盏，故选B。

考点21 等差数列与等比数列-2019年江苏高考数学五年真题与三年模拟试题考点分类解读 Word版含解析

考点21 等差数列与等比数列1. 理解等差数列、等差中项的概念,掌握等差数列的通项公式、前n 项和的公式,能运用公式解决一些简单问题.2. 能在具体的情境中识别数列的等差关系,并能运用有关的知识解决问题. 了解等差数列与一次函数的关系及等差数列的前n 项和的公式与二次函数的关系 .3. 理解等比数列的概念;掌握等比数列的通项公式、前n 项和的公式,能运用公式解决一些简单问题.4. 能在具体的情境中识别数列的等比关系,并能运用有关的知识解决问题. 了解等比数列与指数函数的关系等比数列是高考中的 C 级要求,它作为一种特殊的数列,也是一种基本的数列形式,是高考命题的热点与难点. 考查形式主要有两种:一是考查等比数列的概念,二是公式、性质的直接应用及等比中项的间接应用. 解题中,要紧紧抓住以下几个方面:1. 深刻理解并应用好它的定义. 在理解定义时,要紧扣从“第二项起”和“比是同一常数”这两点.2. 高效、灵活地应用好的通项公式及前n 项和公式,进行科学的计算. 在等比数列中有五个量a 1 ,q , n , a n , S n ,当知道其中三个量就可以求出其余的两个量,即“知三求二”,要求能根据不同的问题合理选用不同的公式,恰当应用它们,做到运算简单、合理、有效,运算量小. 为此,就得合理地应用好两种基本方法“基本量法”与“对称性”法. 另外,对于利用等比数列的前n 项和公式时,要注意判断它的公比q 是否等于 1 ,否则就容易导致出错.3. 合理应用好等比数列的相关性质,等比数列的相关性质主要有两个方面. 一是“通项”的性质;二是“和”的性质.4. 处理好一类问题. 在高考命题中,经常借助于数列的通项与前n 项和的关系来命题问题,这是高考数列命题的热点,近几年中,江苏省高考多次在这方面进行命题,今后,还会在这方面进行命题.等差数列与等比数列作为两种基本的数列,是高考中数列考查的重中之重,值得关注. 考查的形式主要有等差数列、等比数列的实际应用以及等差数列、等比数列与其他知识的综合. 在复习中,要紧抓以下几个方面:1. 关注两种基本方法:研究等差数列、等比数列的基本方法就是“基本量法”及活用好它们的“对称性”;2. 领悟等差数列、等比数列的两类本质:等差数列、等比数列是两类特殊数列,又是两类特殊的函数,这种双重身份,注定它们必然是高考中的重点、难点,故而,学习中,要从“函数”及“数列”这两个方面来认识它们;3. 两类数学思想:分类讨论思想以及函数与方程的思想是解决数列问题所经常使用的两类数学思想。

理科数学高考真题分类汇编专题6 等差数列答案

因为an 是一个递增数列，且 a5 = 0 ，
所以 S n 的最小值为 S 4
或S5
，
S4
=
S5
=
( −4)
4+
431= 2
−10 .
1．B【解析】通解设等差数列{ an} 的公差为 d ，∵ 3S3 = S2 + S4 ．
∴ 3(3a1
+
3 2 2
d
)=
2a1
+d
+
4a1
+
4 3 d 2
，解得
21．
2n n +1
【解析】设等差数列的首项为
a1 ，公差为
d
，则
a1
+2d
=3
4a1
+
4
2
3
d
=
，
10
解得a1 = 1 ，d = 1 ，
∴ Sn
=
na1
+ n(n −1) d 2
=
n(n +1) 2
1
，所以
Sn
=
2 k(k + 1)
=
2(1 k
−
1 )， k +1
n
所以
1 = 2[(1 − 1) +( 1 − 1) + +( 1 −
d
=
−3 2
a1 ，
∵ a1 = 2 ，∴ d = −3，
∴ a5 = a1 + 4d = 2 + 4 (−3) = −10 ．故选 B．
优解设等差数列{ an} 的公差为 d ，∵ 3S3 = S2 + S4 ，∴ 3S3 = S3 − a3 + S3 + a4 ，

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畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643培优点十等差、等比数列1．等差数列的性质例 1：已知数列 a n ， b n 为等差数列，若 a 1 b 1 7 ， a 3 b 3 21 ，则 a 5 b 5 _______【答案】 35【解析】 ∵ a n ， b n 为等差数列，∴ a n b n 也为等差数列，∴ 2 a 3b 3a 1b 1a 5b 5 ，∴ a 5 b 5 2 a 3b 3a 1b 135 ．2．等比数列的性质例 2：已知数列 a n 为等比数列，若 a 4 a 610 ，则 a 7 a 1 2a 3a 3a 9 的值为（）A ． 10B ． 20C ． 100D ． 200【答案】 C【解析】与条件 a 4 a 6 10 联系，可将所求表达式向a 4 ， a 6 靠拢，从而 a 7 a 1 2a 3a 3a 9 a 7 a 1 2a 7 a 3 a 3a 9a 42 2a 4a 6a 62a 42a 6 ，即所求表达式的值为 100 ．故选 C ．3．等差、等比综合例 3：设 a n 是等差数列， b n 为等比数列，其公比 q 1 ，且 b i 0 i 1,2,3,L , n ，若 a 1 b 1 ，a 11b11，则有（）A ． a 6 b 6B ． a 6 b 6C ． a 6 b 6D ． a 6 b 6 或 a 6 b 6【答案】 B【解析】抓住 a 1 ， a 11 和 b 1 ， b 11 的序数和与 a 6 ， b 6 的关系，从而以此为入手点．由等差数列性质出发， a 1 b 1 ， a 11 b 11 a 1a11b 1 b 11 ，因为 a 1 a 112a 6 ，而 b n 为等比数列，联想到 b 1 b 11 与 b 6 有关，所以利用均值不等式可得：b 1 b 11 2b 1 b112 b 622b 6 ；（ q 1 故b1b11，均值不等式等号不成立）所以 a1 a11b1 b11 2a6 2b6．即 a6 b6．故选 B．对点增分集训一、单选题1．我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长 5 尺，头部 1 尺，重4 斤，尾部 1 尺，重 2 斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤．”（）A．6 斤B．7斤C．8 斤D．9 斤【答案】 D【解析】原问题等价于等差数列中，已知a1 4 ， a5 2 ，求 a2a3a4的值．由等差数列的性质可知：a2a4a1a1a53 ，a5 6 ， a32则 a2 a3a49 ，即中间三尺共重9 斤．故选 D．2．设 S n为等差数列 { a n } 的前n项和，若 S540， S9126 ，则 S7（）A． 66B． 68C． 77D． 84【答案】 CS55a340， S99a5126a38【解析】根据等差数列的求和公式，化简得a5，14根据等差数列通项公式得a12d8，解方程组得a12a14d14，d3S7 7a47 a13d72 3 377 ．故选 C．3．已知等比数列a n的前 n 项和为S n，且满足2S n2n1，则的值为（）A． 4B． 2C．2D．4【答案】 C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643【解析】根据题意，当 n1时， 2S 1 2a 1 4，故当 n 2 时， a n S n S n 12n 1 ，∵数列 a n 是等比数列，则 a 11，故41 ；解得2 ．故选 C ．24．已知等差数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 5 a 714 ，则 S 11 （）A ． 140B ． 70C ． 154D ． 77【答案】 D【解析】等差数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 5 a 7 14 ，∴ S 11a 1 a 1111 a 5 a 71114 77 ．故选 D ．221125．已知数列 a n 是公比为 q 的等比数列，且 a 1 ，a 3 ，a 2 成等差数列，则公比 q 的值为（）A ． 1B ． 2C ．1 或1D ． 1或12 22【答案】 C【解析】由题意知： 2a 3 a 1 a 2 ，∴ 2a 1 q 2 a 1 q a 1 ，即 2q 2q 1 ，∴ q 1 或 q1．故选 C ．26．公比不为 1 的等比数列a n 的前 n 项和为 S n ，且 2a 1 ， 1a 2 ， a 3 成等差数列，若 a 1 1 ，2则 S 4 （）A ． 5B ． 0C ． 5D ． 7【答案】 A【解析】设 a n 的公比为 q ，由 2a 1 ，1a 2 ， a 3 成等差数列，可得a 22a 1 a 3 ，2若 a 1 1 ，可得 q2 q 2，解得 q21舍去，a 1 1 q 41 2 4则 S 45 ，故选 A ．1q127 ．等比数列 a n 的各项均为正数，且a 5 a 6 a 4 a 7 18 ，则 log 3 a 1log 3 a 2 Llog 3 a 10（）A ． 12B ． 10C ． 8D ． 2 log 3 5【答案】 B【解析】由等比数列的性质结合题意可知：a 5a 6 a 4a 7 9 ，且 a1 a10a2 a9a3a8a4a7a5a69 ，据此结合对数的运算法则可得：log 3 a1log3 a2L log 3 a10log 3 a1 a2 L a10log3 9510 ．故选 B．8．设公差为2的等差数列a n，如果 a1a4a7 L a97 50 ，那么 a3 a6 a9 L a99等于（）A．182B．78C．148D．82【答案】 D【解析】由两式的性质可知： a3a6a9a99a12d a42d a72d a972d ，则 a3a6 a9a9950 66d82 ．故选 D．9．已知等差数列a n的前 n 项和为S n，且3S1 2S315 ，则数列a n的第三项为（）A． 3B．4C．5D． 6【答案】 C【解析】设等差数列a n的公差为 d，∵ 3S12S315 ，∴3a1 2 a1a2a315 3a16a2，∴ a12d5a3．故选 C．10．等差数列a n的前 n 项和为S n，若2a8 6 a10，则 S11（）A． 27B． 36C． 45D． 66【答案】 D【解析】∵ 2a6 a ，∴ a a6a，∴ a6，∴ S11 a1a1111a66，故6810610101126选 D．11．设a n是各项为正数的等比数列，q 是其公比，K n是其前 n 项的积，且K5 K6，K6 K7 K8，则下列结论错误的是（）．．A． 0q 1B． a71C． K9K5D． K 6与 K 7均为 K n的最大值【答案】 C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643n n 1【解析】等比数列 a n a 1q n 1， K n 是其前 n 的，所以 K n a 1 nq 2，由此 K 5 K 61 a 1 q 5 ， K 6K 7 1 a 1q 6 ， K 7 K 8 1 a 1q 7所以 a 7 a 1 q 6 1 ，所以 B 正确，由 1 a 1q 5 ，各正数的等比数列，可知q 1 ，所以 A 正确，n n 1n n 1n n 131 a 1q 6 ， K na 1n q 2 可知 K n a 1n q 2q2，由 0 q 1 ，所以 q x减，n n13 在 n 6 ， 7 取最小，2所以 K n 在 n 6 ， 7 取最大，所以 D 正确．故 C ．12 ．定函数 f x如下表，数列 a n 足 a n 1f a n ， n N ，若 a 1 2 ，a 1 a 2 a 3 La2018（）A ． 7042B ． 7058C ． 7063D ． 7262【答案】 C【解析】由知 f 13 ， f 2 5 ， f 34 ， f 4 6 ， f5 1 ， f6 2 ，∵ a 1 2 ， a n 1 f a n ， n N ，∴ a 1 2 ， a 2 f 25 ， a 3f 5 1 ， a 4f 1 3 ， a 5f 3 4 ， a 6f 4 6 ， a 7 f 6 2⋯⋯，∴ a n 是周期6 的周期数列，∵ 2018 336 6 2 ，∴ a 1 a 2 a 3 L a 2018 336 1 2 3 4 5 6 2 5 7063 ，故 C ．二、填空13．已知等差数列a n ，若 a 2a 3 a 7 6 ， a 1a 7 ________【答案】 4【解析】∵ a2 a3 a7 6 ，∴ 3a1 9d 6 ，∴ a1 3d 2 ，∴ a4 2 ，∴ a1a72a4 4 ．故答案为 4．14．已知等比数列a n的前n项和为 S n，若公比 q3 2 ，且 a1 a2a3 1 ，则 S12的值是___________．【答案】 15【解析】已知 a1a2a3a1 1q31，则 S3 1 ，1qa 1q12又 q 3 2代入得 a11q 1 ；∴ S12q115．设n是等差数列a的前n项和，若a5S n a312q 1 1 3 215 ．1 q10，则S9 _______．9S5【答案】 2S 9a99aa15109910【解析】925，又a，代入得S2 ．S555a3a39S5 5 9a5a1216．在等差数列a n中， a1a4a10a16a19100 ，则 a16a19a13的值是 _______．【答案】 20【解析】根据等差数列性质a1a4a10a16a195a10100 ，所以 a10 20 ，根据等差数列性质，a16a19a13a16a13a19a19a10a19a10 20 ．三、解答题17．已知数列a n中，a1 2 ， a n 12a n．（1）求 a n；（2）若 b n n a n，求数列b n的前 5 项的和 S5．【答案】（ 1） a n2n；（ 2）77．【解析】（ 1） a1 2 ， a n 1 2 a n，畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643则数列 a n 是首项为 2，公比为 2 的等比数列， a n 2 2n 1 2n ；（2） b n n a n n2n ，S 51 2 2 223 234 245 251 23 4 5222 23 24 251 55 2 25 277 ．21 218．设 a n是等差数列，其前 n 项和为 S n n N * ； b n 是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 T n n N * ．已知 b 1 1， b 3b 2 2 ， b 4 a 3 a 5 ， b 5 a 42a 6 ．（1）求 S n 和 T n ；（2）若 S nT 1 T 2 LT na n 4b n ，求正整数 n 的值．【答案】（ 1） S n n n 1 ， T n 2n 1 ；（ 2） 4．2【解析】（ 1）设等比数列 b n 的公比为 q ，由 b 1 1 ， b 3b 2 2 ，可得 q 2q2 0 ．因为 q0 ，可得 q2 ，故 b n 2 n 1 ．所以 T n 1 2n2n 1 ．1 2 设等差数列 a n 的公差为 d ．由 b 4 a 3 a 5 ，可得 a 1 3d 4 ．由 b 5 a 4 2a 6 得 3a 1 13d 16 ，从而 a 1 1 ， d 1 ，故 an ，所以 Sn n1n．n22 1 n（2）由（ 1），有 T 1 T 2 LT n2122L2nn 2n 2 ．1 n 2n 12由 S nT 1 T 2 LT na n 4b n ，可得 n n12n1n 2 n 2n 1，2整理得 n 23n 4 0 ，解得 n1 （舍），或 n 4．所以 n 的值为 4．。