高考数学一轮复习《数列》练习题(含答案)
2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【含解析】
2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝2，∴a n ＝2n－1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1＋1．两式相减得a n ＝12a n －1，故{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择②：由(n ＋1)b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝nn ＋1，所以b n ＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(a n ＋1＋a n )，得a n ＋1－a n ＝－13或a n ＋1＋a n ＝0，又a 1＝12，当a n ＋1＋a n ＝0时，有S n n 为偶数，n 为奇数，所以S n <1，当a n ＋1－a n ＝－13时，有S n ＝n 2－n (n －1)6＝－16(n 2－4n )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习单元质检卷五数列北师大版(含答案)
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习：单元质检卷五 数列(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.(2021湖南永州高三月考)“a ,b ,c 成等比数列”是“a 2,b 2,c 2成等比数列”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.(2021福建宁德高三三模)在等差数列{a n }中,其前n 项和为S n ,若S 1=S 25,a 3+a 8=32,则S 16=( ) A.80B.160C.176D.1983.(2021湖北武汉高三月考)“十二平均律”是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的振动数之比完全相等,亦称“十二等程律”,即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音的频率是最初那个音的2倍.设第8个音的频率为f ,则频率为√842f 的音是( ) A.第3个音 B.第4个音C.第5个音D.第6个音4.(2021河北邯郸高三期末)在等差数列{a n }中,a 2+2a 5=15,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 7=( ) A.30B.35C.40D.455.(2021湖北武昌高三一模)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,若存在m ∈N *,满足S 2m S m=9,a2m a m=5m+1m -1,则数列{a n }的公比为( )A.-2B.2C.-3D.36.(2021浙江金华高三月考)已知数列n a n是等差数列,则( )A.a 3+a 6=2a 4B.a 3+a 6=a 4+a 5C.1a 3+1a 6=2a 4D.1a 3+1a 6=1a 4+1a 57.(2021北京朝阳高三二模)记S n为等比数列{a n}的前n项和,已知a1=8,a4=-1,则数列{S n}()A.有最大项,有最小项B.有最大项,无最小项C.无最大项,有最小项D.无最大项,无最小项,其中f(n)为最接近√n的整数,若数列{a n}的8.(2021湖南长郡中学高三二模)在数列{a n}中,a n=1f(n)前m项和为20,则m=()A.15B.30C.60D.1109.在数列{a n}中,a1=1,a n a n-1-a n-1+1=0(n≥2,n∈N*),S n是其前n项和,则下列说法错误的是()2A.a6=2B.S12=6C.a112=a10a12D.2S11=S10+S1210.已知数列{a n}是等比数列,公比为q,前n项和为S n,下列说法正确的有()A.数列1为等比数列a nB.数列log2a n为等差数列C.数列{a n+a n+1}为等比数列D.若S n=3n-1+r,则r=1311.若直线3x+4y+n=0(n∈N*)与圆C:(x-2)2+y2=a n2(a n>0)相切,则下列说法错误的是()A.a1=65B.数列{a n}为等差数列C.圆C可能过坐标原点D.数列{a n}的前10项和为2312.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,分形的外表结构极为复杂,但其内部却是有规律可循的,一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形,如图1,在长度为1的线段AB上取两个点C,D,AB,以线段CD为边在线段AB的上方作一个正方形,然后擦掉线段CD,就得到图2;对图使得AC=DB=142中的最上方的线段EF作同样的操作,得到图3;依次类推,我们就得到以下的一系列图形.设图1,图2,图3,……,图n,各图中的线段长度和为a n,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.数列{a n}是等比数列B.S10=1256C.a n<3恒成立D.存在正数m,使得S n<m恒成立二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021江苏南通高三三模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差为d,若S2n=2S n+n2,则d=.14.(2021福建三明高三二模)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,a n a n+1=22n+1,则S n=.15.(2021江西南昌高三开学考试)在数列{a n}中,a n+a n+2=n(n∈N*),则数列{a n}的前20项和S20=.16.(2021北京昌平高三模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n=ln n,若存在p∈R,使得a n≤pn对任意n∈N*都成立,则p的取值范围为.三、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)(2021广西南宁高三月考)已知等差数列{a n}满足a n+2a n+1=3n+5.(1)求数列{a n}的通项公式;的前n项和为S n.若∀n∈N*,S n<-λ2+4λ(λ为偶数),求实数λ的值.(2)记数列1a n a n+118.(12分)(2021山东泰安高三模拟)已知S n为等比数列{a n}的前n项和,若a3=2,且4a1,3S2,2S3是等差数列{b n}的前三项.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ;(2)求数列{b n }的通项公式,并求使得a n >b n 的n 的取值范围.19.(12分)(2021重庆巴蜀中学高三月考)已知数列{a n }满足a n >0,数列{a n }的前n 项和为S n ,若 ,①a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =n ·3n (n ∈N *); ②数列{c n }满足:c n =1a n+1−1a n,a 1=3,且{c n }的前n 项和为12n+3−13;③S n =(a n +1)24-1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }是首项和公比均为2的等比数列,求数列{a b n }中有多少个小于2 021的项. 20.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足:tS n+1-S n =t (a n+1+a n -1),t ∈R 且t (t-1)≠0,n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)已知数列{b n }是等差数列,且b 1=3a 1,b 2=2a 2,b 3=a 3,求数列{a n b n }的前n 项和T n .21.(12分)(2021福建龙岩高三期中)已知各项均为正数的无穷数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,nS n+1=(n+1)S n +n (n+1)(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记[x ]表示不超过x 的最大整数,如[0.99]=0,[3.01]=3.令b n =[√a n ],求数列{b n }的前51项和T 51.22.(12分)(2021天津和平高三模拟)已知函数f (x )=x 2+m ,其中m ∈R ,定义数列{a n }如下:a 1=0,a n+1=f (a n ),n ∈N *. (1)当m=1时,求a 2,a 3,a 4的值;(2)是否存在实数m ,使a 2,a 3,a 4成公差不为0的等差数列?若存在,请求出实数m 的值;若不存在,请说明理由;(3)求证:当m>14时,总能找到k ∈N *,使得a k >2 021.单元质检卷五 数列1.A 解析:若a ,b ,c 成等比数列,则b 2=ac ,此时a 2c 2=(ac )2=b 4,则a 2,b 2,c 2成等比数列,即充分性成立.反之当a=1,b=1,c=-1时满足a 2,b 2,c 2成等比数列,但a ,b ,c 不成等比数列,即必要性不成立,即“a ,b ,c 成等比数列”是“a 2,b 2,c 2成等比数列”的充分不必要条件.故选A . 2.B 解析:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d ,则根据题意可知,{a 1=25a 1+12×25×24×d,a 1+2d +a 1+7d =32,即{2a 1+25d =0,2a 1+9d =32,解得{a 1=25,d =−2,故S 16=16×25+12×16×15×(-2)=160.故选B .3.C 解析:由题意知,这13个音的频率成等比数列,设这13个音的频率分别是a 1,a 2,…,a 13,公比为q (q>0),则a13a 1=q 12=2,得q=√212,所以a n =a 8q n-8=(√212)n-8f=2n -812f.令2n -812f=√842f=2-14f ,解得n=5.故选C .4.B 解析:由a 2+2a 5=15得a 2+a 4+a 6=15,即3a 4=15,因此a 4=5,于是S 7=7a 4=7×5=35.故选B .5.B 解析:设数列{a n }的公比为q.若q=1,则S 2m S m=2,与题中条件矛盾,故q ≠1.∵S2m S m=a 1(1-q 2m )1−q a 1(1-q m )1−q=q m +1=9,∴q m =8.∵a2m a m=a 1q 2m -1a 1q m -1=q m =8=5m+1m -1,∴m=3,∴q 3=8,∴q=2.故选B .6.C 解析:设数列n a n 的公差为d ,则4a 4=3a 3+d ,5a 5=3a 3+2d ,6a 6=3a 3+3d ,因此1a 3+1a 6=1a 3+163a 3+3d =123a 3+d =12×4a 4=2a 4,故选项C 正确;a 6=2a 3da3+1,a 4=4a 3da3+3,不满足a 3+a 6=2a 4,故选项A 错误;a 5=5a32da 3+3,a 3+a 6≠a 4+a 5,故选项B 错误;1a 3+1a 6=32a 3+12d ,1a 4+1a 5=2720a 3+1320d ,则1a 3+1a 6≠1a 4+1a 5,故选项D 错误.故选C .7.A 解析:设数列{a n }的公比为q ,则q 3=a 4a 1=-18,所以q=-12,所以S n =a 1(1-q n )1−q=8[1−(−12) n ]1−(−12)=1631--12n.当n 为偶数时,S n =1631-12n ,即S 2<S 4<S 6<…<163;当n 为奇数时,S n =163(1+12n ),即S 1>S 3>S 5>…>163,所以数列{S n }有最大项S 1,最小项S 2,故选A .8.D 解析:由题意知,函数f (n )为最接近√n 的整数.f (1)=1,f (2)=1,f (3)=2,f (4)=2,f (5)=2,f (6)=2,f (7)=3,f (8)=3,f (9)=3,f (10)=3,f (11)=3,f (12)=3,…,由此可得在最接近√n 的整数f (n )中,有2个1,4个2,6个3,8个4,….又由a n =1f(n),可得a 1=a 2=1,a 3=a 4=a 5=a 6=12,a 7=a 8=…=a 12=13,…,则a 1+a 2=2,a 3+a 4+a 5+a 6=2,a 7+a 8+…+a 12=2,….因为数列{a n }的前m 项和为20,即S m =10×2=20,可得m 为首项为2,公差为2的等差数列的前10项和,所以m=10×2+10×92×2=110.故选D .9.D 解析:当n=2时,有a 2a 1-a 1+1=0,即12a 2-12+1=0,解得a 2=-1,同理可得a 3=2,a 4=12,因此数列{a n }的项以3为周期重复出现,且S 3=a 1+a 2+a 3=12-1+2=32,所以a 6=a 3=2,故选项A 正确;S 12=4S 3=4×32=6,故选项B 正确;因为a 11=a 2=-1,a 10=a 1=12,a 12=a 3=2,所以a 112=a 10a 12,故选项C 正确;因为2S 11=2(S 9+a 10+a 11)=23×32+12-1=8,S 10+S 12=S 9+a 10+S 12=3S 3+4S 3+a 10=7×32+12=11,所以2S 11≠S 10+S 12,故选项D 不正确,故选D.10.A 解析:对于A 选项,设b n =1a n ,则b n+1b n=a n a n+1=1q(n ≥1,n ∈N *),所以数列1a n为等比数列,故A正确;对于B 选项,若a n <0,则log 2a n 没意义,故B 错误;对于C 选项,当q=-1时,a n +a n+1=0,等比数列的任一项都不能为0,故C 错误;对于D 选项,由题意得q ≠1,S n =a 1(1-q n )1−q=a 1qq -1q n-1-a1q -1.由S n =3n-1+r 得,q=3,a 1q q -1=1,即a 1=23,所以r=-a 1q -1=-13,故D 错误.故选A . 11.A 解析:由圆C :(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0),则圆心C (2,0),半径为a n .因为直线3x+4y+n=0与圆C :(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0)相切,所以圆心C (2,0)到直线3x+4y+n=0的距离为a n ,即√9+16=n+65=a n ,则a 1=75,故选项A 错误;由a n =n+65,可得a n+1-a n =15,所以数列{a n }是以15为公差的等差数列,故选项B 正确;将(0,0)代入C :(x-2)2+y 2=a n 2,解得a n =2.由n+65=2,解得n=4,所以当n=4时,圆C 过坐标原点,故选项C 正确;设数列{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(75+n+65)2=n(n+13)10,所以S 10=10×(10+13)10=23,故选项D 正确.故选A.12.C 解析:由题意可得a 1=1,a 2=a 1+2×12,a 3=a 2+2×122,以此类推可得a n+1=a n +2×12n ,则a n+1-a n =22n ,所以a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+221+222+…+22n -1=1+1−12n -11−12=3-12n -2,所以数列{a n }不是等比数列,故A 错误;对于B 选项,S 10=3×10-2(1−1210)1−12=26+128=6657256,故B 错误;对于C 选项,a n =3-12n -2<3恒成立,故C 正确;对于D 选项,因为a n =3-12n -2>0恒成立,且a n+1-a n =3-12n -1-3+12n -2=12n -1>0,则数列{S n }为递增数列,所以数列{S n }无最大值,因此不存在正数m ,使得S n <m ,故D 错误.故选C .13.1 解析:因为数列{a n }为公差为d 的等差数列,所以S 2n =2n(a 1+a 2n )2=n (a 1+a 2n ),S n =n(a 1+a n )2.又S 2n =2S n +n 2,所以n (a 1+a 2n )=2×n(a 1+a n )2+n 2,即a 1+a 2n =a 1+a n +n ,所以a 2n -a n =nd=n ,解得d=1.14.2n+1-2 解析:设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q (q>0),首项为a 1(a 1>0). 因为a n a n+1=22n+1,所以a n+1a n+2=22n+3,因此a n+1a n+2a n a n+1=22n+322n+1=4,即q 2=4,所以q=2.而a 1a 2=8,即a 12q=8,所以a 1=2,所以S n =2(1−2n )1−2=2n+1-2.15.95 解析:因为a n +a n+2=n (n ∈N *),所以a n+1+a n+3=n+1(n ∈N *),所以a n +a n+1+a n+2+a n+3=2n+1(n ∈N *),所以S 20=a 1+a 2+…+a 20=(a 1+a 2+a 3+a 4)+…+(a 17+a 18+a 19+a 20)=2×1+1+2×5+1+2×9+1+2×13+1+2×17+1=2×(1+5+9+13+17)+5=2×(1+17)×52+5=95.16.ln33,+∞ 解析:若存在p ∈R ,使得a n ≤pn 对任意的n ∈N *都成立,则p ≥lnn nmax.设f (x )=lnx x(x ∈N *),则f'(x )=1x·x -lnx x 2.令f'(x )=1−lnx x 2=0,解得x=e,所以函数f (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数在x=e 时取最大值.因为n ∈N *,所以当n=3时函数最大值为ln33,所以p 的取值范围是ln33,+∞.17.解(1)设等差数列{a n }的公差为d.因为a n +2a n+1=3n+5,所以{a 1+2a 2=8,a 2+2a 3=11即{3a 1+2d =8,3a 1+5d =11,解得{a 1=2,d =1,所以a n =2+(n-1)=n+1.经检验,a n =n+1符合题设,所以数列{a n }的通项公式为a n =n+1. (2)由(1)得,1a n a n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2,所以S n =12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2.因为n ∈N *,所以S n <12.又因为∀n ∈N *,S n <-λ2+4λ, 所以-λ2+4λ≥12,即(λ-2)2≤72.因为λ为偶数,所以实数λ的值为2. 18.解(1)设等比数列{a n }的公比为q.由4a 1,3S 2,2S 3是等差数列{b n }的前三项,得6S 2=4a 1+2S 3,即3S 2=2a 1+S 3, 所以3(a 1+a 1q )=2a 1+a 1+a 1q+a 1q 2,整理得q 2=2q ,解得q=2. 由a 3=2,得a 1×22=2,所以a 1=12, 所以S n =12(1-2n )1−2=2n -12.(2)由(1)得a n =2n-2,所以4a 1=2,3S 2=92,2S 3=7, 即等差数列{b n }的前三项为2,92,7,所以b n =2+(n-1)92-2=12(5n-1). 由a n >b n ,得12×2n-1>12×(5n-1),即2n-1>5n-1. 令c n =2n-1-5n+1,则有c n+1-c n =2n-1-5. 当1≤n ≤3时,c n+1-c n <0,即c 1>c 2>c 3>c 4; 当n ≥4时,c n+1-c n >0,即c 4<c 5<…<c n <…. 而c 1=-3,c 5=-8,c 6=3,所以使a n >b n 的n 的取值范围是{n|n ≥6,n ∈N *}. 19.解(1)若选①.因为a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =n ·3n (n ∈N *),所以当n ≥2时,a 1+3a 2+32a 3+…+3n-2a n-1=(n-1)·3n-1, 两式相减得3n-1a n =(2n+1)·3n-1,则a n =2n+1. 又a 1=2+1=3,符合上式,所以a n =2n+1(n ∈N *). 若选②. 由于c 1+c 2+…+c n =1a 2−1a1+1a 3−1a2+…+1a n+1−1an=1an+1−1a 1=12n+3−13,又a 1=3,所以a n+1=2n+3,因此当n ≥2时,a n =2n+1. 又a 1=2+1=3,符合上式,所以a n =2n+1(n ∈N *). 若选③.当n=1时,a 1=3. 因为S n =(a n +1)24-1(n ∈N *),所以当n ≥2时,S n-1=(a n -1+1)24-1(n ∈N *),两式相减得a n =S n -S n-1=(a n +1)24−(a n -1+1)24,即4a n =a n 2+2a n +1-a n -12-2a n-1-1,所以(a n +a n-1)(a n -a n-1-2)=0.又a n >0,所以a n -a n-1=2, 故数列{a n }为等差数列,而a 1=3,d=2, 所以a n =2n+1.(2)由已知得b n =2n ,所以a b n =2b n +1=2n+1+1,易知数列{a b n }为递增数列. 又210=1024<2021,211=2048>2021,所以n+1≤10,n ≤9,n ∈N *,所以数列{a b n }中有9个小于2021的项. 20.解(1)当n=1时,tS 2-S 1=t (a 2+a 1-1),解得a 1=t , 当n ≥2时,tS n+1-S n =t (a n+1+a n -1),tS n -S n-1=t (a n +a n-1-1), 两式相减得ta n+1-a n =t (a n+1-a n-1),即a n =ta n-1. 又因为a 1=t ≠0,所以a n-1≠0,即an a n -1=t ,所以数列{a n }是以t 为首项,t 为公比的等比数列, 故数列{a n }的通项公式为a n =t n ,n ∈N *. (2)由题意可知,2b 2=b 1+b 3,即4a 2=3a 1+a 3,所以4t 2=3t+t 3.因为t ≠0,所以t 2-4t+3=0,解得t=3,t=1. 又因为t ≠1,所以t=3,故a n =3n ,n ∈N *.设数列{b n }的公差为d.由b 1=9,b 2=18,b 3=27,可知d=9, 因此b n =b 1+(n-1)d=9+9(n-1)=9n , 所以a n b n =9n ·3n =n ·3n+2,所以T n =1×33+2×34+3×35+…+n ·3n+2, ① 3T n =1×34+2×35+…+(n-1)·3n+2+n ·3n+3, ②①-②得-2T n =33+34+35+…+3n+2-n ·3n+3=3n+3-272-n ·3n+3,所以T n =(2n -1)3n+3+274.21.解(1)因为nS n+1=(n+1)S n +n (n+1),所以Sn+1n+1=S n n+1.又因为S 1=a 1=1,所以数列S n n是以1为首项,1为公差的等差数列,因此Sn n=n ,即S n =n 2.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n-1,又因为a 1=1符合上式,故a n =2n-1(n ∈N *).(2)由(1)知b n =[√a n ]=[√2n -1],当n ∈{1,2}时,b n =[√2n -1]=1; 当n ∈{3,4}时,b n =[√2n -1]=2;当n ∈{5,6,7,8}时,b n =[√2n -1]=3;当n ∈{9,10,11,12}时,b n =[√2n -1]=4;当n ∈{13,14,15,16,17,18}时,b n =[√2n -1]=5; 当n ∈{19,20,21,22,23,24}时,b n =[√2n -1]=6;当n ∈{25,26,…,31,32}时,b n =[√2n -1]=7; 当n ∈{33,34,…,37,40}时,b n =[√2n -1]=8;当n ∈{41,42,…,49,50}时,b n =[√2n -1]=9; 当n=51时,b n =[√2n -1]=10, 所以数列{b n }的前51项和T 51=2×1+2×2+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9+1×10=320.22.(1)解因为m=1,所以f (x )=x 2+1.因为a 1=0,所以a 2=f (a 1)=f (0)=1,a 3=f (a 2)=f (1)=2,a 4=f (a 3)=f (2)=5. (2)解存在.(方法1)假设存在实数m ,使得a 2,a 3,a 4成公差不为0的等差数列, 则a 2=f (0)=m ,a 3=f (m )=m 2+m ,a 4=f (a 3)=(m 2+m)2+m.因为a 2,a 3,a 4成等差数列,所以2a 3=a 2+a 4,所以2(m 2+m )=m+(m 2+m)2+m ,化简得m 2(m 2+2m-1)=0,解得m=0(舍),m=-1±√2.经检验,此时a 2,a 3,a 4的公差不为0, 所以存在m=-1±√2,使得a 2,a 3,a 4成公差不为0的等差数列.(方法2)因为a 2,a 3,a 4成等差数列,所以a 3-a 2=a 4-a 3,即a 22+m-a 2=a 32+m-a 3, 所以(a 32−a 22)-(a 3-a 2)=0,即(a 3-a 2)(a 3+a 2-1)=0.因为公差d ≠0,故a 3-a 2≠0,所以a 3+a 2-1=0,解得m=-1±√2. 经检验,此时a 2,a 3,a 4的公差不为0,11 所以存在m=-1±√2,使得a 2,a 3,a 4成公差不为0的等差数列.(3)证明因为a n+1-a n =a n 2+m-a n =a n -122+m-14≥m-14,且m>14,所以令t=m-14>0, 得a n -a n-1≥t ,a n-1-a n-2≥t ,…,a 2-a 1≥t. 将上述不等式全部相加得a n -a 1≥(n-1)t ,即a n ≥(n-1)t , 因此要使a k >2021成立,只需(k-1)t>2021, 因此只要取正整数k>2021t +1,就有a k ≥(k-1)t>2021t ·t=2021.综上,当m>14时,总能找到k ∈N *,使得a k >2021.。
高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题（含答案）一、单选题1．某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(利息按月以复利计算)．如果小新同学贷款10000元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么小新同学每月应还的钱约为（ ）（1.002512≈1.03） A ．833B ．858C ．883D ．9022．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（ ） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元3．一种预防新冠病毒的疫苗计划投产两月后，使成本降64%，那么平均每月应降低成本（ ） A ．20%B ．32%C ．40%D ．50%4．今年元旦，市民小王向朋友小李借款100万元用于购房，双方约定年利率为5%，按复利计算（即本年利息计入次年本金生息），借款分三次等额归还，从明年的元旦开始，连续三年都是在元旦还款，则每次的还款额约是（ ）万元.（四舍五入，精确到整数） （参考数据：()21.05 1.1025=，()31.05 1.1576=，()41.05 1.2155=） A ．36B ．37C ．38D ．395．随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到（ ） A ．2022年12月B ．2023年2月C ．2023年4月D ．2023年6月6．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n 个月的还款金额为n a 元，则n a =（ ）A ．2192B ．39128n -C ．39208n -D ．39288n -7．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）A ．464B ．465C ．466D ．4958．某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（ ） A ．1205万元B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元9．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a 元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为r ．按复利计算，则小李每个月应还（ ） A ．()()1111111ar r r ++-元 B ．()()1212111ar r r ++-元C ．()11111a r +元D ．()12111a r +元10．在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（ ） A ．35B ．42C ．49D ．5611．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（ ）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元B ．40000元C ．42500元D ．50000元12．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（ ） A ．2806万元B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元二、填空题13．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.14．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为_______万元．15．银行一年定期储蓄存款年息为r ，三年定期储蓄存款年息为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于______．16．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是____.三、解答题17．一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比． (1)求()*n n N ∈分钟后的水温n t ；(2)当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg 20.3≈）18．某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元.(1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？(2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其它项目，问应在第几年转投其它项目？19．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列{}n a ，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列{}n b . (1)求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到0.1万吨）.（参考数据41.05 1.215≈，51.05 1.276≈，61.05 1.340≈）20．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t ≤万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元． （1）写出1n a +与n a 的关系式，并判断{}2n a t -是否为等比数列；（2）若企业每年年底上缴资金1500t =，第*()m m N ∈年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m 的最小值．21．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月()*1929,k k k +≤≤∈N 日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若9k =，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.22．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：71.1 1.95≈） (2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案： ①方案一：每天回报40元；②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； ③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番. 你会选择哪种方案？请说明你的理由.23．已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由； （Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++； （Ⅲ）证明：当5n =时，成等比数列。
高考理科数学一轮复习专题训练：数列(含详细答案解析)
B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元 数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （ ） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里 里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn为其前 n 项和， S 3 = 9 ，且 a 2 - 1 ， a 3 - 1， a 5 - 1构成等比数列，则 S 5 = （ ）A ．15B ． -15C ．30D ．25【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行， 令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n： ， + ， + + ， + + + ， ，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列 满足，且 ，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时， ，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前 项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为 ， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果 ．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ； 即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前 项和 ．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前 项和为 ，且 是 与 的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为 ，已知 ．（1）求证：数列 是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为 ，且 b = 4n nn +1，若对任意 都成立，求实数 的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当 为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得 ．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是 为首项， 为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当 为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在 上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述 的取值范围为．第 7 单元 数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（ ）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （ ）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为 ， ， （ ），则 （ ）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则 ．．故选 B ．满足： ，若数列 是等比数列，则 的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （ ）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列 的前 项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足： ， ， 成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前 项和对任意的恒成立，则 的最大值为（ ）A ．115【答案】C【解析】由 ， ，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列 是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即 的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ， （ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪 琪 琪 琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以 ， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值 ． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前 项和为 ，且 ， ，数列 满足 ，（1）求数列（2）令【答案】（1）， 的通项公式；，求数列 的前 项和 ．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时， ，即 ，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前 项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为 ，首项为 的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是 ，首项 的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理 是偶数时是公比是 ，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即 ，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前 项和为 ，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与 的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。
高考数学一轮复习《等差数列》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《等差数列》练习题（含答案）一、单选题1．若3与13的等差中项是4与m 的等比中项，则m =（ ） A ．12B ．16C ．8D ．202．在等差数列{}n a 中，49a =，且2410,,a a a 构成等比数列，则公差d 等于( ) A ．3-B ．0C ．3D ．0或33．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若7614,10S a ==，则{}n a 的公差为（ ） A ．4B ．3C ．2D ．14．已知数列{}n a ，{}n b 均为等差数列，且125a =，175b =，22120a b +=，则3737a b +的值为（ ） A ．760B ．820C ．780D ．8605．在等差数列{an }中，若a 2+2a 6+a 10＝120，则a 3+a 9等于（ ） A ．30B ．40C ．60D ．806．在明朝程大位《算法统宗》中有首依筹算钞歌：“甲乙丙丁戊己庚，七人钱本不均平，甲乙念三七钱钞，念六一钱戊己庚，惟有丙丁钱无数，要依等第数分明，请问先生能算者，细推详算莫差争.”题意是：“现有甲､乙､丙､丁､戊､己､庚七人，他们手里钱不一样多，依次成等差数列，已知甲､乙两人共237钱，戊､己､庚三人共261钱，求各人钱数.”根据上题的已知条件，戊有（ ） A ．107钱B ．102钱C ．101钱D ．94钱7．已知数列{an }是首项为1a ，公差为d 的等差数列，前n 项和为Sn ，满足4325a a =+，则S 9=（ ） A ．35B ．40C ．45D ．50 8．正项等比数列{}n a 中，5a ，34a ，42a -成等差数列，若212a =，则17a a =（ ） A ．4B ．8C ．32D ．649．已知{}n a 是公差不为零的等差数列，2414a a +=，且126,,a a a 成等比数列，则公差为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．410．设等差数列{}n a 的公差为d ，10a >，则“50a >”是“0d >”的（ ）A ．充要条件B ．必要不充分条件C ．充分不必要条件D ．既不充分也不必要条件11．设等差数列 {}n a 的前n 项和为n S ，若3710a a += ，则9S = （ ） A ．22.5B ．45C ．67.5D ．9012．在等差数列{}n a 中n S 为前n 项和，7624a a =- ，则9S =（ ） A ．28 B ．30C ．32D ．36二、填空题13．记n S 为等差数列{n a }的前n 项和，若24a =，420S =，则9a =_________.14．已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4a ，5S ，{}750S ∈-，，则n S 的最小值为__________．15．已知数列{}n a 中，11a =，()1121n n n n a a n a na ++⋅=+-，则通项公式n a =______. 16．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若30a =，636S S =+，则7S =_____． 三、解答题17．已知等差数列{}n a 满足32a =，前4项和47S =． (1)求{}n a 的通项公式；(2)设等比数列{}n b 满足23b a =，415b a =，数列{}n b 的通项公式．18．已知等差数列{}n a 满足首项为3331log 15log 10log 42-+的值，且3718a a +=. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .19．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479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．20．已知在n的展开式中，前3项的系数成等差数列，求：(1)展开式中二项式系数最大项的项； (2)展开式中系数最大的项； (3)展开式中所有有理项.21．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知535S =，且4a 是1a 与13a 的等比中项，数列{}n b 的前n 项和245n T n n =+．(1)求数列{}{}n n a b 、的通项公式； (2)若14a <，对任意*n ∈N 总有1122111444n nS b S b S b λ+++≤---恒成立，求实数λ的最小值．22．这三个条件中任选一个，补充在下面题目条件中，并解答.①25a =，()11232,n n n S S S n n *+--+=≥∈N ；②25a =，()111322,n n n n S S S a n n *+--=--≥∈N ；③()132,12n n S S n n n n *--=≥∈-N . 问题：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且___________.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知n b 是n a 、1n a +的等比中项，求数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T参考答案1．B2．D3．A4．B5．C7．C8．D9．C10．B11．B12．D 13．18 14．6- 15．21nn - 16．717．（1）设等差数列{}n a 首项为1a ，公差为d ．∵3427a S =⎧⎨=⎩∴()1122441472a d a d +=⎧⎪⎨⨯-+=⎪⎩解得：1112a d =⎧⎪⎨=⎪⎩∴等差数列{}n a 通项公式()11111222n a n n =+-⨯=+（2）设等比数列{}n b 首项为1b ，公比为q∵2341528b a b a ==⎧⎨==⎩∴13128b q b q ⋅=⎧⎨⋅=⎩ 解得：24q =即112b q =⎧⎨=⎩或112b q =-⎧⎨=-⎩ ∴等比数列{}n b 通项公式12n n b -=或()12n n b -=--18．（1）根据题意得，13331log 15log 10log 42a =-+333331533log log log log 2log 211022⎛⎫=+=+=⨯= ⎪⎝⎭，因为数列{}n a 是等差数列，设公差为d ，则由3718a a +=，得112618a d a d +++=，解得2d =，所以()11221n a n n =+-⨯=-.（2）由（1）可得1111(21)(21)22121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以1111111112323522121n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11122121nn n ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭. 19．（1）因为221nn S n a n +=+，即222n n S n na n+=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----， 即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈， 所以{}n a 是以1为公差的等差数列． （2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭， 所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-． [方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-， 所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<=.则当12n =或13n =时，()min 78n S =-． 20．（1）n展开式的通项公式为1C kn kk k nT -+=⋅3561C 2n kk n k x -=，依题意得122112C 1C 22n n ⋅⋅=+⋅，即2C 4(1)n n =-，得8n =，所以8的展开式有9项，二项式系数最大的项为5项，所以22433584135C 28T x x ==. （2）由（1）知，2456181C 2kk k k T x -+=，设展开式中系数最大的项为第1k +项，则1881188111C C 2211C C 22k k k k k k k k --++⎧≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，即()()()()()()8!8!2!8!1!9!8!8!2!8!1!7!k k k k k k k k ⎧≥⋅⎪⋅--⋅-⎪⎨⎪⋅≥⎪⋅-+⋅-⎩，即92228k k k k -≥⎧⎨+≥-⎩，解得23k ≤≤，所以2k =或3k =， 所以展开式中系数最大的项为737x 和327x . （3）由2456181C 2kk k k T x -+=(0,1,2,3,4,5,6,7,8)k =为有理项知，2456k -为整数，得0k =，6.所以展开式中所有有理项为4x 和716x. 21．（1）设等差数列{}n a 的公差为d ， 由535S =得151035a d +=， 因为4a 是1a 与13a 的等比中项，所以()()2111312a d a a d +=+．化简得172a d =-且2123a d d =，解方程组得17,0a d ==或13,2a d==．故{}n a 的通项公式为7n a =或21n a n =+（其中N n *∈）；因为245n T n n =+，所以214(1)5(1)n T n n -=-+-，(2)n ≥，所以22145[4(1)5(1)]81n n n b T T n n n n n -=-=+--+-=+，因为119b T ==，满足上式，所以()81N n b n n *=+∈；（2）因为14a <，所以21n a n =+， 所以(2)n S n n =+，所以221114488141n n S b n n n n ==-+---，所以22211221111114442141(2)1n n S b S b S b n +++=+++------1111335(21)(21)n n =+++⨯⨯-+111111123352121n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭， 易见111221n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭随n 的增大而增大，从而11112212n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭恒成立， 所以12λ≥，故λ的最小值为12.22．(1)解：选条件①时，25a =，1123n n n S S S +--+=，整理得()()113n n n n S S S S +----=，故13n n a a +-=（常数），且213a a -=， 所以数列{}n a 是以2为首项，3为公差的等差数列.故()13131n a a n n =+-=-；选条件②时，25a =，()*111322,n n n n S S S a n n +--=--≥∈N ，整理得()1112n n n n n S S S S a +---=--，故112n n n a a a +-+=，故数列{}n a 是等差数列，公差213d a a =-=，故()13131n a a n n =+-=-； 选条件③时，()*132,12n n S S n n n n --=≥∈-N ，且121S =， 所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，32为公差的等差数列，则()33121222n S n n n =+-=+，所以23122n S n n =+，则2n ≥时，131n n n a S S n -=-=-.又112311a S ===⨯-满足31n a n =-，所以31n a n =-，*n ∈N . (2)解：由（1）得：31n a n =-，由于n b 是n a 、1n a +的等比中项，所以()()213132n n n b a a n n +==-+⋅，则()()211111313233132n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 故()11111111113255831323232232n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=⨯-+-++-=-=⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭。
2023年高考数学一轮复习第六章数列1数列的概念练习含解析
数列的概念考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理 1．数列的定义按照确定的顺序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项． 2．数列的分类分类标准 类型 满足条件 项数有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限项与项间的大小关系递增数列a n ＋1＞a n 其中n ∈N *递减数列 a n ＋1＜a n 常数列 a n ＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式． 4．数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．常用结论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ ) 教材改编题1．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2023的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D.13答案 C解析 因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2023＝a 505×4＋3＝a 3＝－12.2．数列13，18，115，124，135，…的通项公式是a n ＝________.答案1nn ＋2，n ∈N *解析 ∵a 1＝11×1＋2＝13， a 2＝12×2＋2＝18，a 3＝13×3＋2＝115，a 4＝14×4＋2＝124，a 5＝15×5＋2＝135，∴通过观察，我们可以得到如上的规律， 则a n ＝1nn ＋2，n ∈N *. 3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)] ＝4n －5，因为a 1也适合上式，所以a n ＝4n －5.题型一 由a n 与S n 的关系求通项公式例1 (1)设S n 为数列{a n }的前n 项和，若2S n ＝3a n －3，则a 4等于( ) A ．27 B ．81 C ．93 D ．243答案 B解析 根据2S n ＝3a n －3， 可得2S n ＋1＝3a n ＋1－3， 两式相减得2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ， 即a n ＋1＝3a n ，当n ＝1时，2S 1＝3a 1－3，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以a 4＝a 1q 3＝34＝81.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝21＝2. ∵a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n，① ∴a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②得，(2n －1)·a n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －12n －1(n ≥2)．显然n ＝1时不满足上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2.教师备选1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则a n ＝________.解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1.由于a 1＝3适合上式，∴a n ＝2n ＋1.2．已知数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 答案 －2n －1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1， ∴a 1＝－1.当n ≥2时，S n ＝2a n ＋1，①S n －1＝2a n －1＋1.②①－②得S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)，∴{a n }是首项为a 1＝－1，公比为q ＝2的等比数列． ∴a n ＝a 1·qn －1＝－2n －1.思维升华 (1)已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2转化为关于a n 的关系式，再求通项公式．(2)S n 与a n 关系问题的求解思路方向1：利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． 方向2：利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2解析 根据题意，可得S n －1＝2(n －1)2＋(n －1)＋1. 由通项公式与求和公式的关系， 可得a n ＝S n －S n －1， 代入化简得a n ＝2n 2＋n ＋1－2(n －1)2－(n －1)－1＝4n －1.经检验，当n ＝1时，S 1＝4，a 1＝3， 所以S 1≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2.(2)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a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n n －1，n ≥2解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 两边同时除以S n ＋1S n ， 得1S n ＋1－1S n＝－1.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n＝－1－(n －1)＝－n .所以S n ＝－1n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n n －1，n ≥2.题型二 由数列的递推关系求通项公式 命题点1 累加法例2 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n答案 A解析 因为a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以a 2－a 1＝ln2－ln1，a 3－a 2＝ln3－ln2， a 4－a 3＝ln4－ln3，……a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2)，把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln1， 则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也适合， 因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *)．命题点2 累乘法例3 若数列{a n }满足a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)·a n (n ≥2)，则a n ＝________. 答案2n ＋1解析 由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)， 得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2)． 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1×n －1n ×n －2n －1×…×34×23×1＝2n ＋1， 又a 1＝1满足上式，所以a n ＝2n ＋1. 教师备选1．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n n ＋1，则通项公式a n ＝________.答案 4－1n解析 ∵a n ＋1－a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴当n ≥2时，a n －a n －1＝1n －1－1n， a n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，……a 2－a 1＝1－12，∴以上各式相加得，a n －a 1＝1－1n，∴a n ＝4－1n ，a 1＝3适合上式，∴a n ＝4－1n.2．若{a n }满足2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0，且a n >0，a 1＝1，则a n ＝________. 答案 n ·2n －1解析 由2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0得n (2a 2n ＋a n ·a n ＋1－a 2n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0，∴n (a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0， (a n ＋a n ＋1)[(2a n －a n ＋1)·n ＋2a n ]＝0， 又a n >0，∴2n ·a n ＋2a n －n ·a n ＋1＝0， ∴a n ＋1a n ＝2n ＋1n， 又a 1＝1， ∴当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝2n n －1×2n －1n －2×2n －2n －3×…×2×32×2×21×1＝2n －1·n . 又n ＝1时，a 1＝1适合上式， ∴a n ＝n ·2n －1.思维升华 (1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列，利用累加法，即利用公式a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1(n ≥2)，即可求数列{a n }的通项公式． (2)形如a n ＋1a n ＝f (n )的数列，常令n 分别为1,2,3，…，n －1，代入a n ＋1a n＝f (n )，再把所得的(n －1)个等式相乘，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1(n ≥2)即可求数列{a n }的通项公式． 跟踪训练2 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，则a n ＝________.答案 2n －1＋n解析 ∵a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，∴a n ＋1－a n ＝2n －1＋1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋a 1＋n －1＝1－2n －11－2＋2＋n －1＝2n －1＋n .又∵a 1＝2满足上式， ∴a n ＝2n －1＋n .(2)(2022·莆田模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________． 答案 a n ＝2nn ＋1解析 由S n ＝n 2a n ，可得当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1， 即(n 2－1)a n ＝(n －1)2a n －1， 易知a n ≠0，故a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×a n －2a n －3×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n －1n ＋1×n －2n ×n －3n －1×…×24×13×1 ＝2n n ＋1.当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝2n n ＋1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2nn ＋1. 题型三 数列的性质 命题点1 数列的单调性例4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 若数列{a n }为递增数列， 则有a n ＋1－a n >0，∴(n ＋1)2－2λ(n ＋1)－n 2＋2λn ＝2n ＋1－2λ>0，即2n ＋1>2λ对任意的n ∈N *都成立， 于是有λ<⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋12min ＝32，∵由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件． 命题点2 数列的周期性例5 (2022·广州四校联考)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，则a 2023等于( )A ．－2B ．－1C ．2 D.12答案 C解析 ∵数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)， ∴a 2＝11－2＝－1， a 3＝11－－1＝12，a 4＝11－12＝2，…，可知此数列有周期性，周期T ＝3， 即a n ＋3＝a n ，则a 2023＝a 1＝2. 命题点3 数列的最值例6 已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n，则数列{a n }的最大项为( )A ．a 8或a 9B ．a 9或a 10C ．a 10或a 11D ．a 11或a 12答案 B解析 结合f (x )＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011x的单调性，设数列{a n }的最大项为a n ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥n ＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1，n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n －1，解不等式组可得9≤n ≤10. 所以数列{a n }的最大项为a 9或a 10. 教师备选1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为( ) A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 D解析 因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k2n ＝3－3n －k2n ＋1， 由数列{a n }为递减数列知，对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝3－3n －k 2n ＋1<0， 所以k >3－3n 对任意n ∈N *恒成立， 所以k ∈(0，＋∞)．2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋3＝1，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2023等于( ) A ．－1 B ．0 C ．log 53 D ．4答案 B解析 因为a n a n ＋3＝1，所以a n ＋3a n ＋6＝1，所以a n ＋6＝a n ，所以{a n }是周期为6的周期数列， 所以log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2023 ＝log 5(a 1a 2…a 2023) ＝log 5[(a 1a 2…a 6)337·a 1]， 又因为a 1a 4＝a 2a 5＝a 3a 6＝1， 所以a 1a 2…a 6＝1，所以原式＝log 5(1337×1)＝log 51＝0. 思维升华 (1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列． (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)求数列的最大项与最小项的常用方法 ①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项．跟踪训练3 (1)在数列{a n }中，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，a n<12，2a n－1，a n≥12，若a 1＝45，则a 2023的值为( )A.35B.45C.25D.15答案 D 解析 a 1＝45>12，∴a 2＝2a 1－1＝35>12，∴a 3＝2a 2－1＝15<12，∴a 4＝2a 3＝25<12，∴a 5＝2a 4＝45，……可以看出四个循环一次， 故a 2023＝a 4×505＋3＝a 3＝15.(2)(2022·沧州七校联考)已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项． 答案 5解析 a n ＝n ＋13n －16＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋193n －16，当n >5时，a n >0，且单调递减； 当n ≤5时，a n <0，且单调递减， ∴当n ＝5时，a n 最小．课时精练1．数列{a n }的前几项为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项公式可能是( )A ．a n ＝5n －42B ．a n ＝3n －22C ．a n ＝6n －52D ．a n ＝10n －92答案 A解析 数列为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是以首项为1，公差为5的等差数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝5n －42.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋－1na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23 答案 D 解析 a 2＝1＋－12a 1＝2，a 3＝1＋－13a 2＝12， a 4＝1＋－14a 3＝3，a 5＝1＋－15a 4＝23. 3．已知数列{a n }的前n 项积为T n ，且满足a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，若a 1＝14，则T 2023为( )A ．－4B ．－35C ．－53D.14答案 C解析 由a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，a 1＝14，得a 2＝53，a 3＝－4，a 4＝－35，a 5＝14，…，所以数列{a n }具有周期性，周期为4，因为T 4＝a 1·a 2·a 3·a 4＝1,2023＝4×505＋3， 所以T 2023＝(a 1a 2a 3a 4)…(a 2021a 2022a 2023) ＝14×53×(－4)＝－53. 4．若数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5等于( ) A ．8B ．16C ．32D ．64 答案 B解析 数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)， 则S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)， 两式相减得a n ＝2a n －1(n ≥2)， 由此可得，数列{a n }是等比数列，又S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，令n ＝5，得a 5＝16.5．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1(n ∈N *)，则下列结论正确的是( ) A ．这个数列的第10项为2731B.97100是该数列中的项 C ．数列中的各项都在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1内 D ．数列{a n }是单调递减数列 答案 BC解析 a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝3n －13n －23n －13n ＋1＝3n －23n ＋1， 令n ＝10得a 10＝2831，故A 错误；令3n －23n ＋1＝97100得n ＝33∈N *， 故97100是数列中的项，故B 正确； 因为a n ＝3n －23n ＋1＝3n ＋1－33n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N *.所以数列{a n }是单调递增数列， 所以14≤a n ＜1，故C 正确，D 不正确．6．(多选)若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝n D ．a n ＝lnnn ＋1答案 CD解析 对于A ，若a n ＝3n ，则a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－3n ＝3，所以{a n ＋1－a n }不为递减数列，故A 错误；对于B ，若a n ＝n 2＋1，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1， 所以{a n ＋1－a n }为递增数列，故B 错误； 对于C ，若a n ＝n ， 则a n ＋1－a n ＝n ＋1－n ＝1n ＋1＋n，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故C 正确； 对于D ，若a n ＝ln nn ＋1，则a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＋2－ln nn ＋1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2·n ＋1n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋2n ，由函数y ＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2＋2x 在(0，＋∞)上单调递减，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故D 正确．7．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2解析 ∵a n ＋1＝3S n (n ∈N *)， ∴当n ＝1时，a 2＝3； 当n ≥2时，a n ＝3S n －1， ∴a n ＋1－a n ＝3a n ， 得a n ＋1＝4a n ，∴数列{a n }从第二项起为等比数列， 当n ≥2时，a n ＝3·4n －2， 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2.8．(2022·临沂模拟)已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ， 即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ∈N *，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.9．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3，由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知当n ＝1时，a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1， 于是a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n －1个等式中等号两端分别相乘，整理得a n ＝n n ＋12.当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝n n ＋12.综上可知，{a n }的通项公式为a n ＝n n ＋12.10．求下列数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3n； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2na n .解 (1)由a n ＋1＝a n ＋3n 得a n ＋1－a n ＝3n，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋31＋32＋33＋…＋3n －1＝1×1－3n1－3＝3n－12，当n ＝1时，a 1＝1＝31－12，满足上式，∴a n ＝3n－12(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝2na n 得a n ＋1a n＝2n， 当n ≥2时，a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×…×a na n －1＝1×2×22×23×…×2n －1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝()122n n -.当n ＝1时，a 1＝1满足上式， ∴a n ＝()122n n -(n ∈N *)．11．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a n －2，n ≤6，an －5，n >6，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫167，3 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫167，3C ．(1,3)D ．(2,3)答案 D解析 若{a n }是递增数列，则⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，a 7>a 6，即⎩⎪⎨⎪⎧a <3，a >1，a 2>63－a －2，解得2<a <3，即实数a 的取值范围是(2,3)．12．(多选)(2022·江苏盐城中学模拟)对于数列{a n }，若存在数列{b n }满足b n ＝a n －1a n(n ∈N *)，则称数列{b n }是{a n }的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是( ) A ．若数列{a n }是单增数列，则其“倒差数列”不一定是单增数列 B ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最大值 C ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最小值D ．若a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，则其“倒差数列”有最大值答案 ACD解析 若数列{a n }是单增数列，则b n －b n －1＝a n －1a n －a n －1＋1a n －1＝(a n －a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n a n －1，虽然有a n >a n －1， 但当1＋1a n a n －1<0时，b n <b n －1，因此{b n }不一定是单增数列，A 正确；a n ＝3n －1，则b n ＝3n －1－13n －1，易知{b n }是递增数列，无最大值，B 错误；C 正确，最小值为b 1.若a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，则b n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n－11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，∵函数y ＝x －1x在(0，＋∞)上单调递增，∴当n 为偶数时，a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n∈(0,1)，∴b n ＝a n －1a n<0，当n 为奇数时，a n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n>1，显然a n 是单调递减的，因此b n ＝a n －1a n也是单调递减的，即b 1>b 3>b 5>…，∴{b n }的奇数项中有最大值为b 1＝32－23＝56>0，∴b 1＝56是数列{b n }(n ∈N *)中的最大值，D 正确．13．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________． 答案 5解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.14．(2022·武汉模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1－1a n＝n ＋1，则其前n 项和S n ＝________.答案2nn ＋1解析 ∵1a 2－1a 1＝2，1a 3－1a 2＝3，1a 4－1a 3＝4，…，1a n －1a n －1＝n ，累加得1a n －1a 1＝2＋3＋4＋…＋n ，得1a n＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋12，∴a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2n n ＋1.15．(多选)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法正确的有( ) A ．T n 无最大值 B ．a n 有最大值 C ．T 2023＝1 D ．a 2023＝1答案 BCD解析 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3， a 2023＝a 1＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…， 所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9，T 2023＝T 1＝1.16．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2n －1(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2n －1(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性， 可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2， 最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2n －1＝1＋12n －2－a2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立， 结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a <－8.即a 的取值范围是(－10，－8)．。
人教版高考数学一轮专项复习：数列题型11种(含解析)
数列题型11种（方法+例题+答案）1.作差法求通项公式2.累乘法求通项公式3.累加法求通项公式4.构造法求通项公式（一）5.构造法求通项公式（二）6.取倒法求通项公式7.分组求和法求前n项和8.错位相减法求前n项和9.裂项相消法求前n项和10.数列归纳法与数列不等式问题11.放缩法与数列不等式问题1、作差法求数列通项公式已知n S （12()n a a a f n +++= ）求n a ，{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥注意：分两步，当2≥n 时和1=n 时一、例题讲解1、（2015∙湛江）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+（2n ≥，n *∈N ），且12a =，23a =． ()1求数列{}n a 的通项公式2、（2015∙茂名）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，11=a ，且)1()1(221+=+-+n n S n nS n n ，)(*∈N n ，数列}{n b 满足,0212=+-++n n n b b b )(*∈N n ，53=b ，其前9项和为63（1）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式3、（2015∙中山）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且,40,842==S a 数列}{n b 的前n 项和为n T ，且,032=+-n n b T *∈N n 。
（1）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式4、（2015∙揭阳）已知n S 为数列}{n a 的前n 项和，)1(3--=n n na S n n ，（*∈N n ），且,112=a （1）求1a 的值；（2）求数列}{n a 的通项公式5、（2014∙汕头）数列{}n a 中，11=a ，n S 是{}n a 前n 项和，且)2(11≥+=-n S S n n(1)求数列{}n a 的通项公式6、（2014∙肇庆）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足,21=a )1(1++=+n n S na n n （1）求数列}{n a 的通项公式7、（2014∙江门）已知数列}{n a 的前n 项和122-=n S n ，求数列}{n a 的通项公式。
高考数学一轮复习《数列新定义》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《数列新定义》练习题（含答案）一、单选题1．定义：在数列{}n a 中，若满足(*211,n n n na a d n d a a +++-=∈N 为常数），称{}n a 为“等差比数列”，已知在“等差比数列”{}n a 中，1231,3a a a ===，则20192017a a 等于（ ） A ．2420171⨯-B ．2420181⨯-C ．2420191⨯-D ．2420201⨯-2．若数列{an }满足21321111222n n a a a a a a --<-<<-<……，则称数列{an }为“半差递增”数列.已知“半差递增”数列{cn }的前n 项和Sn 满足*221()n n S c t n N +=-∈，则实数t 的取值范围是（ ） A ．1(,)2-∞B ．（-∞，1）C ．1(,)2+∞D ．（1， +∞）3．对任意正整数n 定义运算*，其运算规则如下：①1*22=；②()()1*2*22n n +=⨯.则*2n =（ ） A ．()21n -B ．2nC ．12n -D ．2n4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ） A ．99B ．131C ．139D ．1415．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，则该数列的第8项为（ ） A ．95B ．101C ．141D ．2016．若数列{}n a 满足121n n a a +=-，则称{}n a 为“对奇数列”．已知正项数列{}1n b +为“对奇数列”，且12b =，则n b =（ ） A ．123n -⨯B ．12n -C ．12n +D ．2n7．对于数列{}n a ，若存在正整数()2k k ≥，使得1k k a a -<，1k k a a +<，则称k a 是数列{}n a 的“谷值”，k 是数列{}n a 的“谷值点”．在数列{}n a 中，若98n a n n=+-，则数列{}n a 的“谷值点”为（ ） A ．2B ．7C ．2，7D ．2，5，78．在数列{}n a 中，如果对任意*n ∈N 都有211n n n na a k a a +++-=-（k 为常数），则称{}n a 为等差比数列，k 称为公差比，则下列选项中错误的是（ ） A ．等差比数列的公差比一定不为0 B ．等差数列一定是等差比数列C ．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比D ．若32nn a =-+，则数列{}n a 是等差比数列9．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第15项为（ ） A ．94B ．108C ．123D ．13910．已知n a的正整数，其中*n ∈N .若12370m a a a a +++⋅⋅⋅+≥，则正整数m 的最小值为（ ） A ．23B ．24C ．25D ．2611．若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数．已知2n n a =，()f m m =，则63b =（ ） A ．5B ．6C ．7D ．812．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．例如“百层球堆垛”：第一层有1个球()11a =，第二层有3个球()23a =，第三层有6个球()36a =，第四层有10个球()410a =，第五层有15个球()515a =，…，各层球数之差{}1n n a a +-：21a a -，32a a -，43a a -，54a a -，…即2，3， 4，5，…是等差数列．现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，则该数列的第8项为（ ）． A ．51B ．68C ．106D ．157二、填空题13．任取一个正整数，若为奇数，就将该数乘3再加上1；若为偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称为“角谷猜想”等)．如取正整数6m =，根据上述运算法则得到6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”)．现给出冰雹猜想的递进关系如下：已知数列{n a }满足1a m =(m 为正整数)，,231,nn n n n a a a a a ⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时当为奇数时，当9m =时，试确定使得1n a =需要雹程步数为_____________．14．对一切实数x ，令[]x 为不大于x 的最大整数，若,N 10n n a n *⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则20092010S =_______ 15．斐波那契数列，又称黄金分割数列，被誉为最美的数列，若数列{}n a 满足11a =，21a =，12n n n a a a --=+（3n ≥，*n ∈N ），则称数列{}n a 为斐波那契数列，则222123303012a a a a a +++=___________．16．已知有穷数列{}n a 各项均不相等，将{}n a 的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列{}n b ，称数列{}n b 为数列{}n a 的“序数列”.例如数列1a ，2a ，3a 满足132a a a >>，则其序数列{}n b 为1，3，2.若有穷数列{}n d 满足11d =，()114nn n d d +-=（n 为正整数），且数列{}21n d -的序数列单调递减，数列{}2n d 的序数列单调递增，则123420212022d d d d d d -+-+⋅⋅⋅+-=___________.三、解答题17．记n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，且333212n n a a a S +++=．(1)求{}n a 的通项公式； (2)记数列2{}nna S 的前n 项积为n T ，证明：数列{}n T 是递增数列．18．已知等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b 满足14a =，12b =，212n n n b b b ++=+，332a b =+． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)对于集合A 、B ，定义集合{A B x x A -=∈且}x B ∉，设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A 、B ，将集合A B -的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前30项和30S ．19．已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足14a =，12b =，2221a b =-，332a b =+. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前60项和60S .20．已知a 为实数，数列{}n a 满足：①1a a =；②()*13,34,3n n n n n a a a n a a +->⎧=∈⎨-≤⎩N ． (1)当3a =时，求1234a a a a +++的值；(2)求证：存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；(3)设n S 是数列{}n a 的前n 项和，求a 的取值范围，使数列{}n a 为周期数列且方程*2(N )n S n n =∈有解（若数列{}n a 满足：存在N T ∈且0T >，对任意N n ∈且0n >，成立n T n a a +=，则称数列{}n a 为以T 为周期的周期数列）．21．已知数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥满足：①11a =；②()121,2,,1k ka k n a +==-.记()12n n S A a a a =+++.（1）直接写出()3S A 的所有可能值； （2）证明：()0n S A >的充要条件是0n a >； （3）若()0n S A >，求()n S A 的所有可能值的和.22．对于项数为m 的有穷数列{}n a ，设n b 为()12,,,1,2,,n a a a n m ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅中的最大值，称数列{}n b 是{}n a 的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.(1)若各项均为正整数的数列{}n a 的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的{}n a ； (2)设{}n b 是{}n a 的控制数列，满足1n m n a b C -++=（C 为常数，1,2,,n m =⋅⋅⋅）.证明：()1,2,,n n b a n m ==⋅⋅⋅.(3)考虑正整数1,2,,m ⋅⋅⋅的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列{}n c .是否存在数列{}n c ，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列{}n c 的个数；若不存在，请说明理由.23．若无穷数列{n a }满足如下两个条件，则称{n a }为无界数列： ①0n a >（n =1，2，3......）②对任意的正数δ，都存在正整数N ，使得n a δ>.(1)若21n a n =+，2cos()n b n =+（n =1，2，3......），判断数列{n a }，{n b }是否是无界数列； (2)若21n a n =+，是否存在正整数k ，使得对于一切n k ≥，都有12231...1n n a a a n a a a ++++<-成立？若存在，求出k 的范围；若不存在说明理由；(3)若数列{n a }是单调递增的无界数列，求证：存在正整数m ，使得12231...1m m a a a m a a a ++++<-参考答案1．A2．A3．D4．D5．C6．D7．C8．B9．B10．B11．A12．C 13．19 14．100 15．12##0.5 16．2022411154⎛⎫-- ⎪⎝⎭17．（1）由333212n n a a a S +++=可得：当1n =时，有3211a S =，即()21110a a -=.因为0n a >，所以11a =.当2n ≥时，有33321211n n a a a S --+++=，所以3221n n n a S S -=-，即212n n n n n a S S S a -=+=-，即22n n n a a S +=所以有21112n n n a a S ---+=.所以()()2211112n n n n n n n a S S a a a a ---⎡⎤=-=+-+⎣⎦，即2211n n n n a a a a ---=+.因为0n a >，所以11n n a a --=.所以{}n a 为11a =，公差1d =的等差数列. 所以()11n a a n d n =+-=.（2）由（1）可得：()12n n n S +=，所以()222112n n a n nn n S n ==++.因为数列2{}n n a S 的前n 项积为n T ，所以()()21212223221121311111nn n n T n n n ⨯-⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅=+++-+++.因为201nn T n =>+， 所以111221221111222221n n n nn n T n n nn T n n n n +++++++==⨯==+>++++，所以1n n T T +>， 即数列{}n T 是递增数列．18．(1)解：设等差数列{}n a 公差为d ，等比数列{}n b 的公比为()0q q >， 212n n n b b b ++=+，22q q ∴=+，解得2q或10q =-<（舍去）.又12b =，所以1222n nn b -=⨯=.所以33210a b =+=，311043312a a d --===-， 所以，()()33103331n a a n d n n =+-=+-=+. (2)解：3091a =，33100a =，又6764121128b b =<<=， 所以30S 中要去掉数列{}n b 的项最多6项，数列{}n b 的前6项分别为2、4、8、16、32、64， 其中4、16、64三项是数列{}n a 和数列{}n b 的公共项，所以{}n c 前30项由{}n a 的前33项去掉{}n b 的24b =，416b =，664b =这3项构成.()()()()3012332463341004166416322S a a a b b b ⨯+=+++-++=-++=.19．（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2242214542221d q d q d q d q +=⋅-=-⎧⎧⇒⎨⎨+=⋅+=-⎩⎩， ∴2q，3d =，∴31n a n =+，2nn b =.（2）当{}n c 的前60项中含有{}n b 的前6项时，令71273121283n n +<=⇒<， 此时至多有41748+=项（不符）.当{}n c 的前60项中含有{}n b 的前7项时，令831225685n n +<=⇒<，且22，42，62是{}n a 和{}n b 的公共项，则{}n c 的前60项中含有{}n b 的前7项且含有{}n a 的前56项，再减去公共的三项.∴35760565556432222484417050142S ⨯⎛⎫=⨯+⨯++++=+= ⎪⎝⎭. 20．（1）当3a =时，即13a =，则2341,3,1a a a ===，故12348a a a a +++=.（2）先证：若存在正整数k ，使得3k a >，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.证明：若3k a >时，则13k k a a +=-，即从第k 项起到最后一个大于3的项的下一项为止，数列{}n a 为递减数列，设数列{}n a 中满足3n a >的最小项为01n a -，则(]013,6n a -∈，∴(]00130,3n n a a -=-∈，故存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.当3a >，即13a >，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；当03a ≤≤，即103a ≤≤，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；当0a <，即10a <，∴2144a a =->，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；综上所述：故存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.（3）由（2）可知：存在正整数0n ，使得003n a ≤≤，若00n a =，则0144n n a a +=-=，02131n n a a ++=-=，03243n n a a ++=-=，004341n n a a ++=-=，依次类推可得：当0n n ≥时，数列{}n a 不是周期数列，不合题意； 若001n a <<，则()0143,4n n a a +=-∈，()021310,1n n n a a a ++=-=-∈，()00032433,4n n n a a a ++=-=+∈，()0004330,1n n n a a a ++=-=∈，依次类推可得：当0n n ≥时，()0,1n a ∈或()3,4n a ∈，数列{}n a 是以4为周期的周期数列，且循环依次为0,4,1,3n n n n a a a a --+，∵数列{}n a 为周期数列，则()0,1n a ∈或()3,4n a ∈， 故()()0,13,4a ∈，此时()()()4443218Sa a a a ==-+-+=+⨯+，即*2(N )n S n n =∈有解，∴()()0,13,4a ∈符合题意；若013n a ≤≤，则[]0141,3n n a a +=-∈，[]02141,3n n n a a a ++=-=∈，依次类推可得：当0n n ≥时，[]1,3n a ∈，当0n n ≥时，数列{}n a 是以2为周期的周期数列，且循环依次为0,4n n a a -，∵数列{}n a 为周期数列，则[]1,3n a ∈，故[]1,3a ∈，此时()24422S a a =-=+=⨯，即*2(N )n S n n =∈有解，∴[]1,3a ∈符合题意； 综上所述：()0,4a ∈.21．解：（1）()3S A 的所有可能值是7-，5-，3-，1-，1，3，5，7.（2）充分性：若0n a >，即12n n a -=.所以满足12n n a -=，且前n 项和最小的数列是1-，2-，4-，…，22n --，12n -.所以()211212422n n n a a a --++⋅⋅⋅+≥-+++⋅⋅⋅++211222112n n ---⋅=-+=-.所以()0n S A >.必要性：若()0n S A >，即120n a a a ++⋅⋅⋅+>.假设0n a <，即12n n a -=-.所以()()21121242210n n n n S A a a a --=++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+-=-<，与已知()0n S A >矛盾. 所以()0n S A >.综上所述，()0n S A >的充要条件是0n a >.（3）由（2）知，()0n S A >可得0n a >.所以12n n a -=.因为数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥中1a 有1-，1两种，2a 有2-，2两种，3a 有4-，4两种，…，1n a -有22n --，22n -两种，n a 有12n -一种，所以数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥有12n -个，且在这12n -个数列中，每一个数列都可以找到前n 1-项与之对应项是相反数的数列. 所以这样的两数列的前n 项和是122n -⨯. 所以这12n -个数列的前n 项和是1122122222n n n ---⨯⨯⨯=. 所以()n S A 的所有可能值的和是222n -. 22．（1）由题意12a =，23a =，34a =，46a =，56a ≤，所以数列{}n a 有六种可能：2,3,4,6,1；2,3,4,6,2；2,3,4,6,3；2,3,4,6,4；2,3,4,6,5；2,3,4,6,6． （2）因为12max{,,,}n n b a a a =，1121max{,,,,}n n n b a a a a ++=，所以1n n b b +≥，所以控制数列{}n b 是不减的数列，{}n b 是{}n a 的控制数列，满足1n m n a b C -++=，C 是常数，所以1n n a a +≥，即数列{}n a 也是不减的数列，123m a a a a ≤≤≤≤，那么若n k ≤时都有n n b a =，则1121max{,,,,}k k k b a a a a ++=， 若1k k a a +>，则11k k b a ++=，若11k k a b ++=，则11k k k k b b a a ++===， 又11b a =，由数学归纳法思想可得对1,2,,n m =，都有n n b a =； （3）设{}n c 的控制数列是{}n b ，由（2）知{}n b 是不减的数列，{}n b 必有一项等于m ， 当m 是数列{}n b 中间某项时，{}n b 不可能是等差数列， 所以1b m =或m b m =，若1b m =，则n b m =（1,2,,n m =），{}n b 是等差数列， 此时只要1c m =，23,,,m c c c 是1,2,3,,1m -的任意排列均可．共(1)!m -个， m b m =，而1b m ≠时，数列{}n b 中必有n b n =，否则不可能是等差数列， 由此有n c n =，即{}n c 就是1,2,3,,m ，只有一种排列， 综上，{}n c 的个数是(1)!1m -+． 23．（1）{n a }是无界数列，理由如下： 对任意的正整数δ，取N 为大于2δ的一个偶数，有21212N a N δδ=+>⋅+>，所以{n a }是无界数列.{n b }不是无界数列，理由如下： 取=3δ，显然2cos()3n b n =+≤，不存在正整数N ，满足3N b >，所以{n b }不是无界数列. （2）存在满足题意的正整数k ，且4k ≥. 当=1n 时，122=05a a <，不成立. 当=2n 时，231235+157a a a a =+<，不成立 当=3n 时，323124357+++2579a a a a a a =+<，不成立当4n ≥时，将12231...1n n a a a n a a a ++++<-变形为：3211221231231n n n n n a a a a a a a a a n a a a a a a +++⎛⎫----+++=+++ ⎪⎝⎭ 22222221572357911n =++≥+++>+. 即取4k =，对于一切n k ≥，有122311n n a a a n a a a ++++<-成立. （3）因为数列{n a }是单调递增的无界数列，所以0n a >，121n n a a a a +<<<<< 所以3211221231231n n n n n a a a a a a a a a n a a a a a a +++⎛⎫----+++=+++ ⎪⎝⎭ 32111211111111n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a +++++++---->+++==-. 即12123111n n n a a a a n a a a a +++++<-+ 因为{n a }是无界数列，取12a δ=，由定义知存在正整数1N ，使1112N a a +>所以111212311N N a a a N a a a ++++<-.由定义可知{n a }是无穷数列，考察数列11N a +，12N a +，13N a +…，显然这仍是一个单调递增的无界数列，同上理由可知存在正整数2N ，使得 ()1111221221231+11N N N N N N a a a N N a a a ++++++++<--.故存在正整数2N ，使得 ()()1111221112121212312311+11+N N N N N N N N a a a a a a N N N a a a a a a ++++++++++++<-+--21N =-. 故存在正整数2m N =，使得122111m m a a a m a a a ++++<-成立。
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高考数学一轮复习《数列》练习题（含答案）一、单选题1．已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其n 前项和，若4511a a +=，则8S =（ ） A ．36B ．40C ．44D ．472．8，2的等差中项是（ ） A ．±5B ．±4C ．5D ．43．已知等比数列{}n a 中，3464,32a a a ==，则101268a a a a --的值为（ ）A ．2B ．4C ．8D ．164．若2(23n a n tn t =++为常数）*n N ∈，且数列{}n a 为单调递增数列，则实数t 的取值范围为（ ） A ．2t <-B ．2t >-C ．6t <-D ．6t >-5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．若(8)(1,2,)n a n n n =-=，则（ ） A ．{}n a 有最大项，{}n S 有最大项 B ．{}n a 有最大项，{}n S 有最小项 C ．{}n a 有最小项，{}n S 有最大项D ．{}n a 有最小项，{}n S 有最小项6．数列{}n a 满足：12a =，()111n n a a +-=，n S 是{}n a 的前n 项和，则2021S =（ ） A ．4042 B ．2021 C ．20232D ．202127．在等差数列{}n a 中，若6a ，7a 是方程2320x x ++=的两根，则{}n a 的前12项的和为（ ） A ．6B ．18C ．-18D ．-68．早在3000年前，中华民族的祖先就已经开始用数字来表达这个世界.在《乾坤谱》中，作者对易传“大衍之数五十”进行了一系列推论，用来解释中国传统文化中的太极衍生原理，如图.该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，60，72，…，若记该数列为{}n a ，则20212020a a -=（ ）A ．2018B ．2020C ．2022D ．20249．已知数列{}n a 的前n 项和27n S n n =-，若35<<k a ，则k =（ ） A ．8B ．7C ．6D ．510．等比数列{}n b 的前n 项之积为n T ，若456b b b =，则5T =（ ） A ．1B ．2C ．3D ．411．数列{}n a 满足1a m =，2212114,4(2)2,4n n n n n a n a n a a n ---⎧<=≥⎨≥⎩，若{}n a 为等比数列，则m 的取值范围是（ ） A ．(1,9]B ．9,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[2,9]D ．[18,)+∞12．在等差数列{}n a 中，满足4737a a =，且10,n a S >，是{}n a 前n 项的和，若n S 取得最大值，则n =（ ） A ．7 B ．8C ．9D ．10二、填空题13．已知数列{}n a 为等差数列，10a <且1231990a a a a ++++=，设()12n n n n b a a a n *++=∈N ，当{}n b 的前n 项和n S 最小时，n 的值组成的集合为______．14．已知数列{}n a 中各项是从1、0、－1这三个整数中取值的数列，n S 为其前n 项和，定义()21n n b a =+，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，若30301,51S T =-=，则数列{}n a 的前30项中0的个数为_______个．15．已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且1212222016,log log log n n n a a a a a +⋅=+++=______．16．n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，若131n n S a -=⋅+（*n N ∈），则a =______．17．已知数列{}n a 满足11a =，21n nn a a a +=+，数列{}n b 的前n 项和n S ，1n n n a b a +=.若()100S k k Z <∈，则k 的最小值为_______________.三、解答题18．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为等差数列，a 1＝12，d ＝－2. （1）求S n ，并画出{S n }(1≤n ≤13)的图象；（2）分别求{S n }单调递增、单调递减的n 的取值范围，并求{S n }的最大(或最小)的项； （3）{S n }有多少项大于零？19．已知等差数列{}n a 满足37a =，616a =． （1）求{}n a 的通项公式；（2）若当2n ≥时，113n n b b a -=，且13b =，求使0n b >的最大正整数n 的值．20．设{}n a 是各项都为正数的单调递增数列，已知19a =，且n a 满足关系式：19n n a a ++=+*n ∈N .（1）求{}n a 的通项公式； （2）若99n n b a n=+，求数列{}n b 的前n 项和n S .21．已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，已知1055S =，且2a ，4a ，8a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若nn S b n=，求371141n b b b b -+++⋅⋅⋅+的值.22．已知数列{}n a 满足12n n a a +=+，n *∈N ，且2a ，5a ，14a 构成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设12nn n b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S .23．设等差数列{}n a 公差为d ，等比数列{}n b 公比为q ，已知d q =，111a b +=，221a b +=，431a b +=．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．（3）求数列211n n n n a a a b +++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．24．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，22=,n n n S a a n N *+∈. （1）求{}n a 的通项公式； （2）记22n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .25．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足*21()n n S a n =-∈N ，数列{}n b 满足*1(1)(1)()n n nb n b n n n N +-+=+∈，且11b =．（1）证明数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若12214(1)(1)(32log )(32log )n n n n n c a a -++=-++，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ；（3）若n n d a ={}n d的前n 项和为n D ，对任意的*n N ∈，都有n n D nS a ≤-，求实数a 的取值范围。
参考答案1．C2．C3．A4．D5．A6．D7．C8．B9．C10．A11．D12．C 13．{}97,98,99,100 14．7 15．400 16．3- 17．118．（1）S n ＝na 1＋(1)2n n - d ＝12n ＋(1)2n n -×(－2)＝－n 2＋13n . 图象如图:（2）S n ＝－n 2＋13n ＝－2132n ⎛⎫- ⎪⎝⎭＋1694，n ∈N *，∴当n ＝6或n ＝7时，S n 最大； 当1≤n ≤6时，{S n }单调递增； 当n ≥7时，{S n }单调递减. {S n }有最大值，最大项是S 6，S 7， S 6＝S 7＝42;（3）由图象得{S n } 中有12项大于零.19．解：(1)等差数列{}n a 满足37a =，616a =，所以1127516a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得113a d =⎧⎨=⎩，所以1(1)332n a n n =+-⨯=-.(2)当2n ≥时，111112(32)333n n b n n b a b b ---==-=-，即123n n b b -=--，又13b =所以数列{}n b 是以3为首项，23-为公差的等差数列，所以21123(1)33n nb n -⎛⎫=+-⨯-= ⎪⎝⎭，令0n b >得112n <，即最大正整数n 的值5．20．解：（1）∵19n n a a ++=+∴19n n a a ++-，即29=.又{}n a 是各项为正数的单调递增数列，33，∴数列是首项为3，公差为3的等差数列，()3313n n =+-=， ∴29n a n =.（2）由（1）可得：()9111911n n b a n n n n n ===-+++，∴12111111111122334111n n n S b b b n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-+-+⋯+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 21．（1）设等差数列{}n a 的公差为d ， 由题意可得：10110910552S a d ⨯=+=，即1104555a d +=， 因为2a ，4a ，8a 成等比数列，所以2428a a a =⋅，即()()()211137a d a d a d +=+⋅+，整理可得：21a d d =，因为0d ≠，所以1a d =，代入1104555a d +=可得：11a d ==， 所以()111n a n n =+-⨯=， 所以数列{}n a 的通项公式为n a n =.（2）由（1）知：n a n =，所以()12n n n S +=， 所以12n n S n b n +==，所以4141122n n b n --+==， 所以3711412122232n b b b n b -=⨯+⨯+⨯++++⋅⋅⋅++2462n =++++()222n n +=()1n n =+2n n =+.22．解：（1）由12n n a a +=+，得12n n a a +-=， 所以数列{}n a 是以2为公差的等差数列， 又2a ，5a ，14a 构成等比数列，得25214a a a =，即2111(8)(2)(26)a a a +=++，整理解得11a =，所以12(1)21n a n n =+-=-． （2）122(21)n n n n b a n +=⋅=⋅+， 则123252(21)2n n S n =⨯+⨯+⋯++⨯，23123252(21)2n n S n +=⨯+⨯+++⨯，两式相减得231322(222)(21)2n n n S n +-=⨯+++⋯+-+⋅，即2112112(12)62(21)2628(21)22(12)212n n n n n n S n n n -++++--=+⨯-+⋅=+--+⋅=---， 所以1(21)22n n S n +=-⋅+．23．解：（1）由题意11112111131d q a b a d b q a d b q=⎧⎪+=⎪⎨++=⎪⎪++=⎩，解得111,2,2a b d q ====，所以21,2nn n a n b =-=．（2）由（1）知212n n n a n b -=，2313521...2222n n n S -=++++，21352121 (222)n n n S --=++++， 相减得2312222211 (22222)n n n n S --=++++-，所以111212321312212n n n n n n S ---+=+-=--． （3）因为()()()()21111231121212212212n n n n n n n a n a a b n n n n ++++++==--+-+，所以11111(211)2(211)2n T +⎛⎫=- ⎪⨯-⨯+⎝⎭+22111(221)2(221)2+⎛⎫- ⎪⨯-⨯+⎝⎭+331(1)(1)11111(231)2(231)2(2(1)1)2(2(1)1)2n n n n +--+⎛⎫⎛⎫-++- ⎪ ⎪⨯-⨯+⨯--⨯-+⎝⎭⎝⎭+()()111212212n n n n +⎛⎫- ⎪ ⎪⨯-⨯+⎝⎭=()1112212n n +-+24．（1）取1n =，有21112a a a =+解得11a =，或10a =（舍），取21112,2n n n n S a a ---≥=+，则221112()n n n n n n S S a a a a ----=+--，化简有11()(1)0n n n n a a a a --+--=，由0n a >知11n n a a --=，故{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列，,*=∈n a n n N .（2）因为22112n n n b a a n n +==-+，所以 11111111324352n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111111233452n n ⎛⎫⎛⎫=++++-+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭1111212n n ⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭()()323212n n n +=-++. 25．解：（1）由()()111n n nb n b n n +-+=+两边同时除以()1n n +， 得111n nb b n n+-=+， 从而数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为首项1，公差1d =的等差数列，所以n b n n =，数列{}n b 的通项公式为2n b n =．当1n =时，11121S a a =-=，所以11a =． 当2n ≥时，1121,21n n n n S a S a --=-=-， 两式相减得12n n a a -=，又11a =，所以12nn a a -=， 从而数列{}n a 为首项11a =，公比2q的等比数列，从而数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，（2）因为()()()()122141132log 2log n n n n n c a a a -++=-++， 所以()()()()()1141111121232123n n n n c n n n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪++++⎝⎭， 2123212n n n T c c c c c -=+++++111111113557794143n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-+--+ ⎪⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11434343n n n =-=++． （3）由（1）得12n n d a n -=⋅，211122322n n D n -=⨯+⨯+⨯++， 2321222322n n D n =⨯+⨯+⨯++，两式相减得212112222221n n nn n D n n ---=++++-=--， 所以()121n n D n =-+， 由（1）得2121n n n S a =-=-，因为对*n N ∀∈，都有n n D nS a ≤-，即()()12121n n n n a -+≤--恒成立， 所以21n a n ≤--恒成立，记21n n d n =--，所以min a d ≤，因为()()1121121210n n n n n d d n n ++⎡⎤-=-+----=->⎣⎦，从而数列{}n d 为递增数列， 所以当1n =时，n d 取最小值10d =， 于是{}0a a ≤．。