三年高考2016_2018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65
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 ．1
B ．2
C ．4
D ．8
【答案】C 【解析】
试题分析：设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，61165
6615482
S a d a d ⨯=+
=+=，联立11
2724
,61548a d a d +=⎧⎨
+=⎩解得4d =，故选C. 秒杀解析：因为166346()
3()482
a 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
的和为
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：
()7
12
381
12
x⨯-
=
-
，解得3
x=，即塔的顶层共有灯3盏，故选B。
【考点】等比数列的应用；等比数列的求和公式
【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。
4.【2017课标3，理14】设等比数列{}n a满足a1 + a2 = –1, a1–a3 = –3，则a4 = ___________. 【答案】8-。
三年高考(2016-2018)高考数学试题分项版解析 专题14 与数列相关的综合问题 文(含解析)
14 与数列相关的综合问题文考纲解读明方向分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.2018年高考全景展示1．【2018年浙江卷】已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B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2.【2018年浙江卷】已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【解析】分析：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.点睛：本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和.分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如），符号型（如），周期型（如）.3.【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）【解析】分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（Ⅱ）先根据数列前n项和求通项，解得，再通过叠加法以及错位相减法求.详解：（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（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. 4．【2018年天津卷文】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b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求S n和T n；（Ⅱ）若S n+（T1+T2+…+T n）=a n+4b n，求正整数n的值．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.【解析】分析：（I）由题意得到关于q的方程，解方程可得，则.结合题意可得等差数列的首项和公差为，则其前n项和.（II）由（I），知据此可得解得（舍），或.则n的值为4.点睛：本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前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.5.【2018年江苏卷】设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s<t时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，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)．【答案】（1）2 5 2）n≥5时，【解析】分析：（1）先根据定义利用枚举法确定含三个元素的集合中逆序数为2的个数，再利用枚举法确定含四个元素的集合中逆序数为2的个数；（2）先寻求含n个元素的集合中逆序数为2与含n+1个元素的集合中逆序数为2的个数之间的关系，再根据叠加法求得结果.点睛：探求数列通项公式的方法有观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.寻求相邻项之间的递推关系，是求数列通项公式的一个有效的方法. 6．【2018年江苏卷】设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．（1）设，若对均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．【答案】（1）d的取值范围为．（2）d的取值范围为，证明见解析。
2018年高考全国一卷理科数学答案及解析
2018年普通高等学招生全国统一考试（全国一卷）理科数学参考答案与解析一、选择题：本题有12小题，每小题5分，共60分。
1、设z=，则|z|=A 、0B 、C 、1D 、【答案】C【解析】由题可得i z =+=2i ）i -（，所以|z|=1【考点定位】复数2、已知集合A={x|x 2-x-2>0}，则A =A 、{x|-1<x<2}B 、{x|-1x 2}C 、{x|x<-1}∪{x|x>2}D 、{x|x -1}∪{x|x 2} 【答案】B【解析】由题可得C R A={x|x 2-x-2≤0}，所以{x|-1x 2}【考点定位】集合3、某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：则下面结论中不正确的是：A 、新农村建设后，种植收入减少。
B 、新农村建设后，其他收入增加了一倍以上。
C 、新农村建设后，养殖收入增加了一倍。
D 、新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半。
【答案】A【解析】由题可得新农村建设后，种植收入37%*200%=74%>60%，【考点定位】简单统计4、记S n为等差数列{a n}的前n项和，若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=A、-12B、-10C、10D、12【答案】B【解析】3*(a1+a1+d+a1+2d)=(a1+a1+d) (a1+a1+d+a1+2d+a1+3d)，整理得:2d+3a1=0; d=-3 ∴a5=2+(5-1)*(-3)=-10【考点定位】等差数列求和5、设函数f（x）=x3+(a-1)x2+ax，若f（x）为奇函数，则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为：A、y=-2xB、y=-xC、y=2xD、y=x【答案】D【解析】f（x）为奇函数，有f（x）+f（-x）=0整理得:f（x）+f（-x）=2*(a-1)x2=0 ∴a=1f（x）=x3+x求导f‘（x）=3x2+1f‘（0）=1 所以选D【考点定位】函数性质：奇偶性；函数的导数6、在ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则=A、--B、--C、-+D、-【答案】A【解析】AD 为BC 边∴上的中线 AD=AC 21AB 21+ E 为AD 的中点∴AE=AC 41AB 41AD 21+= EB=AB-AE=AC 41AB 43）AC 41AB 41（-AB -=+= 【考点定位】向量的加减法、线段的中点7、某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图，圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为11A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 A 、B 、C 、3D 、2 【答案】B【解析】将圆柱体的侧面从A 点展开：注意到B 点在41圆周处。
2018-2016数列高考题
2018-2016高考题a n1.已知数列｛a n｝满足a i=1 , na n+i=2（n+1）a n,设b n= - •n⑴求b i, b2, b3；⑵判断数列｛b n｝是否为等比数列，并说明理由；⑶求｛a n｝的通项公式.2.已知｛a n｝为等差数列，前n项和为S n（n N ），｛b n｝是首项为2的等比数列，且公比大于0, b> b312,鸟a4 2a1, S）111b4.（I）求｛a n｝和｛b n｝的通项公式；（n）求数列｛a2n b n｝的前n项和（n N*）.3. 已知等差数列｛a n｝的前n项和为3，等比数列｛b n｝的前n项和为T n, a1= -1 , b1=1 , a2 d 2. （1）若a3b35，求｛b n｝的通项公式；（2）若T3=21，求S3.4. 已知等差数列可和等比数列bn满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.（【）求a n的通项公式；（n）求和：b1 b3 b5 K b2n 1 .5. 设数列｛a n ｝满足 a i +3a 2+…+(2n — 1)a n =2n.1 b l = 1, b 2=, a n b n+1 + b n+1 = nb n .3(I) 求｛a n ｝的通项公式；(n)求｛b n ｝的前n 项和.1 12 c “7.已知a n 是等比数列，前n 项和为S n nN ，且一,S 6 63.a 1 a 2 a 3(I )求a n 的通项公式；(n )若对任意 n N ,b n 是 log 2 a n 和 log 2 a n1的等差中项，求数列n 21 b n 的前2n 项和8.等差数列｛a n ｝中，a 3+ a 4=4, a 5+ a 7=6. (I )求｛a n ｝的通项公式；(n )设b n =［a n ］，求数列｛b n ｝的前10项和，其中［x ］表示不超过 X 的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2.(1 )求｛a n ｝的通项公式；(2)求数列a n 2n 1的前n 项和.6.已知｛a n ｝是公差为3的等差数列，数列 ｛b n ｝满足3.1.解：(1)由条件可得a n+i =2(n "a n .n将 n=1 代入得，a 2=4a i ，而 a i =1,所以，a 2=4. 将n=2代入得，a 3=3a 2，所以，a 3=12 . 从而 b 1=1, b 2=2, b 3=4 .(2) ｛b n ｝是首项为1，公比为2的等比数列.由条件可得 电！ 经，即b n+1=2b n ，又b 1 = 1，所以｛b n ｝是首项为1，公比为2的等比数 n 1 n 列.(3) 由(2)可得空 2n 1，所以 a n =n 2n-1.n2.(I)解：设等差数列 ｛a n ｝的公差为d ，等比数列｛b n ｝的公比为•由已知b 2 b 3 12，得 b 1(q q 2)12，而 b, 2，所以 q 2 q 6 0.又因为 q 0,解得 q 2•所以，b n 2n . 由b 3 a 4 2a 1，可得3d a 8①.由S 11血，可得6 5d 16②，联立①②，解 得a 1 1,d 3，由此可得a n 3n 2.所以，｛a n ｝的通项公式为a n 3n 2 , ｛b n ｝的通项公式为b n 2n .(n)解：设数列｛a 2n b n ｝的前项和为T n ，由a 2n 6n 2，有T n 4 2 1 0 221 623 L (6n 2) 2n ,2342T n 4 2210 2316 24L23上述两式相减，得T n 4 2 6 2 6 2 L得T n(3n 4)2n 2 16.所以，数列｛ a 2n b n ｝的前项和为(3n 4)2n 2 16 .(1)设险矣的公差为d ，阳;的公比为q ，则 一 一：一 ，］. —厂-：.由试卷答案(6n 8) 2n (6n 2) 2n 1nn 16 2 (6n 2) 212 (1 2n ) 1 24 (6n 2) 2n 1(3n 4)2n 216.一- _ ■得d+q=3.①(1)由-一--得＞：-1…今-橙②因此｛I 謀［的通项公式 -戸心 (2)由-I . /：-；.得—一—… .解得C --'.当2 - 一丄时，由①得:•二：,则举：卑 当巾一总时，由①得--，^叮L X .4.(I )设公差为 d ， 1 d 1 3d 10,所以 d 2，所以 a . a i (n 1)d 2n 1 . (U)设 b h 的公比为 q , b 2 . b 4 = a 5qq 3 9，所以 q 2 3所以b 2n-1是以bi 1为首项,q 1 q 2 3为公比的等比数列,5.解：(1) T 绚十3曲十一十(2弄一1)4二加， ①.1用±2曰寸』巾+2田 ----- (加—3上斗］=2(用一1)②2①一②得* (2«一 1)口” =2j 角三 ---2«-|又用=1时》现=2适台上式. 2…厲= --------- ■2n-lv y v a K2 1 1 (2)由｛1) ---------- = ------------------- -- ----------------- )亦十 1 (2/1—1)(如 + 1) 2«-1 2« + 1 :、g = —-F —+ -(1 --) + (i-i) + --+(——-^―) = J -^― 3 52科+ 1 3 3 5 2«-1 2« + 12« + 1所以 bi + b 3+ b 5+ + b 2n-11 (1 3h ) 1 33h 1 2『(］=3 联立①和②解得［；=彳(舍去)， 4 = 1^2n2n+l6.1(I )由已知，a i b 2+b 2=b i ,b i =1,b 2= -，得a i =2，所以数列｛a n ｝是首项为2,公差为3的等差数3列，通项公式为a n =3n-1.bi(II )由(I )和a n b n+i + b n+i = nb n ，得b n+i = n，因此｛ b n ｝是首项为i ，公比为-的等比数列3 3记｛ b n ｝的前n 项和为S n ，则7.(I) a n 2n i (n) 2n 2【解析】1 1 2试腿分析；(I )求等比数列通阪一般利用待定系数法；先由丄- —=^4解得§ = 2电二井别 q 硼 口凶 代入孔二 一 =63得= 1〔［【)先根据等差中项得1 —爭氏=£盹 "+ 1&U12£他呂工计+los算-,再利用分组求和;去抽口：jiLr抵=(£ +动+ (-3孑+话)+ -+(^_14址)=妇+毎+ +瓦J 叱;瓦)“J1 1 7试题解析：门)解：设数列3」的公IWM J 由已知育一—一=—；解之可得§二2应=—1」又由比=^10_^_) =63知q 工一1』所以碣""’ =63 ,解之得御=1 7所以呵=旷、1—q1-2iii(n)解：由题意得b n (log 2a n log 2a ni )(log 22ni log 22n ) n ，即1 数列｛b n ｝是首项为一，公差为1的等差数列. 2设数列｛( 1)n bn ｝的前n 项和为T n ，则S n3 i2 2 3n ii i8.2d ,由题意有 2a 1+5d=4, a 1+5d=3，解得 a 1,d5所以｛a n ｝的通项公式为a n所以数列｛b n ｝的前10项和为1 >3+2 X2+3 >3+4 >2=24.T 2n (『bf)( b 3 b i )(b ；nib fn ) b \ b fb 2n 卷(n)由(I)知 b n2n 3当 n=1,2,3 时，1 2n 3 5 2,b n1；当 n=4,5 时，2 2n 3 5 3,b n 当 n=6,7,8 时，3 2n 3 5 4,b n 当 n=9,10 时，42n 3 55,b n(I )设数列｛a n ｝的公差为。
高三数学专题训练《数列》解析版
一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )A ．138B ．135C ．95D ．23解析：由a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10可得d ＝3，a 1＝－4，所以S 10＝－4×10＋10×92×3＝95.答案：C2．若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( )A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列解析：设{a n }的公差为d ，则d ＝1，设c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则c n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，c n ＋1－c n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－a 2n －1－2a 2n ＝6d ＝6，选择C.答案：C3．在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝20，那么a 3等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝5a 3＝20，a 3＝4.答案：A4．等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1≠d ，若这个数列的前40项和是20m ，则m 等于( )A ．a 1＋a 20B ．a 5＋a 17C ．a 27＋a 35D ．a 15＋a 26解析：S 40＝40(a 1＋a 40)2＝20(a 1＋a 40)＝20m ，m ＝a 1＋a 40＝a 15＋a 26.答案：D5．在等比数列{a n }中，若a 5＋a 6＝a (a ≠0)，a 15＋a 16＝b ，则a 25＋a 26的值是( )A.b aB.b 2a2C.b 2aD.ba2解析：记等比数列{a n }的公比为q ，依题意得a 15＋a 16＝a 5q 10＋a 6q 10＝(a 5＋a 6)q 10，q 10＝a 15＋a 16a 5＋a 6＝b a，a 25＋a 26＝a 5q 20＋a 6q 20＝(a 5＋a 6)q 20＝a ×(b a)2＝b 2a，选C. 答案：C6．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－98，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝( )A.53B.35 C ．－53D ．－35解析：依题意，设公比为q ，则q ≠1，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 4)1－q ＝158①a 21q 3＝－98 ②，又1a 1，1a 2，1a 3，1a 4构成以1a 1为首项，以1q 为公比的等比数列，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝1a 1[1－(1q)4]1－1q＝(1－q 4)a 1q 3(1－q )，①÷②得(1－q 4)a 1q 3(1－q )＝－53，即1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝－53，选择C.答案：C7．(2010·江西九校联考)设{a n }是等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，对任意正整数n ，有a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，又a 1＝2，则S 101＝( )A ．200B ．2C ．－2D ．0解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为对任意正整数，有a n ＋2a n ＋1＋a n＋2＝0，a n ＋2a nq ＋a n q 2＝0，因为a n ≠0，所以1＋2q ＋q 2＝0，q ＝－1，S 101＝2×(1＋1)1＋1＝2，选择B.答案：B8．(2010·西安八校二联)已知等比数列{a n }的公比q <0，其前n 项和为S n ，则a 9S 8与a 8S 9的大小关系是( )A ．a 9S 8>a 8S 9B ．a 9S 8<a 8S 9C ．a 9S 8＝a 8S 9D ．a 9S 8与a 8S 9的大小关系与a 1的值有关 解析：依题意得，a 9S 8－a 8S 9＝a 1q 8·a 1(1－q 8)1－q－a 1q 7·a 1(1－q 9)1－q＝－a 21q 7>0，因此a 9S 8>a 8S 9，选A.答案：A9．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A ．126B ．130C ．132D ．134解析：∵{a n }是各项不为0的正项等比数列， ∴b n ＝ln a n 是等差数列．又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2， ∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132. 答案：C10．(2009·安徽蚌埠测验)数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6，…的第1000项等于( )A ．42B ．45C ．48D ．51解析：将数列分段，第1段1个数，第2段2个数，…，第n 段n 个数，设a 1000＝k ，则a 1000在第k 个数段，由于第k 个数段共有k 个数，则由题意k 应满足1＋2＋…＋(k －1)<1000≤1＋2＋…＋k ，解得k ＝45.答案：B11．(2010·湖北八校联考)在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0②等差数列一定是等差比数列 ③等比数列一定是等差比数列 ④等差比数列中可以有无数项为0 其中正确的判断是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：依题意，∵a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (n ∈N *)，∴k ≠0，①正确，排除B ，C 选项，又由于公差是0的等差数列不是等差比数列，②错误，排除A ，选择D.答案：D12．(2009·湖北高考)设x ∈R ，记不超过x 的最大整数为[x ]，令{x }＝x －[x ]，则{5＋12}，[5＋12]，5＋12( )A ．是等差数列但不是等比数列B ．是等比数列但不是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列也不是等比数列 解析：由题意，记a 1＝{5＋12}＝5＋12－[5＋12]＝5＋12－1＝5－12，a 2＝[5＋12]＝1，a 3＝5＋12，若为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，不满足；若为等比数列，则(a 2)2＝a 1a 3，有12＝5－12×5＋12，∴是等比数列但非等差数列，选B.答案：B二、填空题(每小题4分，共16分)13．已知{a n }是等差数列，a 4＋a 6＝6，其前5项和S 5＝10，则其公差d ＝__________.解析：由a 4＋a 6＝6，得a 5＝3，又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝10，∴a 1＝1.∴4d ＝a 5－a 1＝2，d ＝12.答案：1214．(2009·重庆一诊)已知数列{a n }是等比数列，且a 4·a 5·a 6·a 7·a 8·a 9·a 10＝128，则a 15·a 2a 10＝__________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则依题意得a 71·q 42＝128，a 1·q 6＝2，a 7＝2，a 15·a 2a 10＝a 2·q 5＝a 7＝2.答案：215．把100个面包分给5个人，使每人所得的面包数成等差数列，且使较多的三份之和的13等于较少的两份之和，则最少的一份面包个数是__________．解析：设构成等差数列的五个数为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，则⎩⎨⎧5a ＝1003(a ＋d )＝3(2a －3d )解得⎩⎨⎧a ＝20d ＝5，则最少的一份为a －2d ＝10.答案：1016．数列{a n }中，a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1(n ＝1,2，…)，A n 表示数列{a n }的前n 项之积，则A 2005＝__________.解析：可求出a 1＝3，a 2＝23，a 3＝－12，a 4＝3，a 5＝23，a 6＝－12，…，数列{a n }每3项重复一次，可以理解为周期数列，由2005＝668×3＋1且a 1×a 2×a 3＝－1，则A 2005＝(a 1×a 2×a 3)…(a 2002×a 2003×a 2004)×a 2005＝(a 1×a 2×a 3)668a 1＝3. 答案：3三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．(12分)S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和，公比q ≠1，已知1是12S 2和13S 3的等差中项，6是2S 2和3S 3的等比中项． (1)求S 2和S 3的值； (2)求此数列的通项公式； (3)求此数列的各项和S . 解：(1)由题意知⎩⎨⎧12S 2＋13S 3＝22S 2·3S 3＝36，解得S 2＝2，S 3＝3.(2)⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝3，解得⎩⎨⎧a 1＝4q ＝－12或⎩⎨⎧a 1＝1q ＝1(舍去)．∴a n ＝4·(－12)n －1.(3)∵|q |＝|－12|＝12<1.∴S ＝41－(－12)＝83.18．(12分)已知函数f (x )＝x3x ＋1，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)．(1)求证：数列{1a n}是等差数列；(2)记S n (x )＝x a 1＋x 2a 2＋…＋eq \f(x n ,a n )，求S n (x )．(1)证明：∵a n ＋1＝f (a n )，∴a n ＋1＝a n3a n ＋1.∴1a n ＋1＝1a n ＋3，即1a n ＋1－1a n＝3.∴{1a n}是以1a 1＝1为首项，3为公差的等差数列．∴1a n＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)解：S n (x )＝x ＋4x 2＋7x 3＋…＋(3n －2)x n ，① 当x ＝1时，S n (x )＝1＋4＋7＋…＋(3n －2)＝n (1＋3n －2)2＝n (3n －1)2.当x ≠1时，xS n (x )＝x 2＋4x 3＋…＋(3n －5)x n ＋(3n －2)x n ＋1，②①－②，得(1－x )S n (x )＝x ＋3x 2＋3x 3＋…＋3x n －(3n －2)x n ＋1＝3(x ＋x 2＋…＋x n )－2x －(3n －2)x n ＋1＝3x (1－x n )1－x－2x －(3n －2)x n ＋1，S n (x )＝3x －3x n ＋1(1－x )2－2x ＋(3n －2)x n ＋11－x.19．(12分)(2010·东城一模)已知递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2、a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ＋1，S n 是数列{b n }的前n 项和，求使S n >42＋4n 成立的n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，① 又a 2＋a 3＋a 4＝28，将①代入得a 3＝8.所以a 2＋a 4＝20.于是有⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝2，或⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12.又{a n }是递增的，故a 1＝2，q ＝2. 所以a n ＝2n .(2)b n ＝log 22n ＋1＝n ＋1，S n ＝n 2＋3n2.故由题意可得n 2＋3n2>42＋4n ，解得n >12或n <－7.又n ∈N *，所以满足条件的n 的最小值为13.20．(12分)商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定：由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2002年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费还建行贷款(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部在年底还建行贷款．(1)若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2)若公寓管理处要在2010年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元？(精确到元)(参考数据：lg1.7343＝0.2391，lg1.05＝0.0212,1.058＝1.4774)解：依题意，公寓2002年底建成，2003年开始使用．(1)设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1000×800元＝800000元＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1. 化简得62(1.05n －1)≥25×1.05n ＋1， ∴1.05n ≥1.7343.两边取对数整理得n ≥lg1.7343lg1.05＝0.23910.0212＝11.28，∴取n ＝12(年)．∴到2014年底可全部还清贷款． (2)设每生每年的最低收费标准为x 元， ∵到2010年底公寓共使用了8年，依题意有(1000x10000－18)[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x －18)1.058－11.05－1≥500×1.059.∴x ≥10(18＋25×1.0591.058－1)＝10(18＋25×1.05×1.47741.4774－1)＝10×(18＋81.2)＝992(元)故每生每年的最低收费标准为992元．21．(12分)若公比为c 的等比数列{a n }的首项a 1＝1，且a n ＝a n －1＋a n －22(n＝3,4，…)．(1)求c 的值．(2)求数列{na n }的前n 项和S n .解：(1)由题设，当n ≥3时，a n ＝c 2a n －2， a n －1＝ca n －2，a n ＝a n －1＋a n －22＝1＋c 2a n －2， ∴c 2＝1＋c 2. 解得c ＝1或c ＝－12. (2)当c ＝1时{a n }是一个常数数列，a n ＝1.此时S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.当c ＝－12时，a n ＝(－12)n －1(n ∈N *)． 此时S n ＝1＋2(－12)＋3(－12)2＋…＋n (－12)n －1.① －12S n ＝－12＋2(－12)2＋3(－12)3＋…＋(n －1)(－12)n －1＋n (－12)n .② ①－②，得(1＋12)S n ＝1＋(－12)＋(－12)2＋…＋(－12)n －1－n (－12)n ＝1－(－12)n 1＋12－n (－12)n .∴S n ＝19[4－(－1)n 3n ＋22n －1]． 22．(14分)(2009·陕西高考)(理)已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n，n ∈N *.(1)猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论；(2)证明：|x n ＋1－x n |≤16(25)n －1. (文)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求{a n }的通项公式．解：(理)(1)由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321. 由x 2>x 4>x 6猜想，数列{x 2n }是递减数列．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，已证命题成立．②假设当n ＝k 时命题成立，即x 2k >x 2k ＋2，易知x n >0，那么x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3＝x 2k ＋3－x 2k ＋1(1＋x 2k ＋1)(1＋x 2k ＋3)＝x 2k －x 2k ＋2(1＋x 2k )(1＋x 2k ＋1)(1＋x 2k ＋2)(1＋x 2k ＋3)>0，即x 2(k ＋1)>x 2(k ＋1)＋2， 也就是说，当n ＝k ＋1时命题也成立．结合①和②知，命题成立．(2)当n ＝1时，|x n ＋1－x n |＝|x 2－x 1|＝16，结论成立； 当n ≥2时，易知0<x n －1<1，∴1＋x n －1<2，x n ＝11＋x n －1>12， ∴(1＋x n )(1＋x n －1)＝(1＋11＋x n －1)(1＋x n －1) ＝2＋x n －1≥52， ∴|x n ＋1－x n |＝|11＋x n －11＋x n －1|＝|x n －x n －1|(1＋x n )(1＋x n －1)≤25|x n －x n －1|≤(25)2|x n －1－x n －2|≤…≤(25)n －1|x 2－x 1|＝16(25)n －1. (文)(1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， ∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝(－12)n －1， 当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋(－12)＋…＋(－12)n －2 ＝1＋1－(－12)n －11－(－12)＝1＋23[1－(－12)n －1]＝53－23(－12)n －1，当n ＝1时，53－23(－12)1－1＝1＝a 1.∴a n ＝53－23(－12)n －1(n ∈N *)．。
历年高考数学真题汇编专题13 等差、等比数列的应用(解析版)
历年高考数学真题汇编专题13 等差、等比数列的应用1．【2019年高考全国III 卷文数】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 ．2．【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 .②当<0b 时，令2x x b =+，即20x x b -+=.则该方程140b ∆=->，即必存在0x ，使得2000x x b -+=， 则一定存在10 ==a a x ，使得21n n n a a b a +=+=对任意n *∈N 成立，解方程20a a b -+=，得12a ±=，10≤时，即90b -…时，总存在a =，使得121010a a a ==⋯=≤， 故C 、D 两项均不正确.③当0b >时，221a a b b =+≥，则2232a a b b b =+≥+，()22243a a b b b b =+++….（ⅰ）当12b =时，22451111711,1222162a a ⎡⎤⎛⎫++=>>+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦≥，则26111112224a ⎛⎫>++=> ⎪⎝⎭，2719222a >+=， 28918310224a ⎛⎫>+=> ⎪⎝⎭ ，则2981102a a =+>， 21091102a a =+> ， 故A 项正确.（ⅱ）当14b =时，令1==0a a ，则2231111,4442a a ⎛⎫==+< ⎪⎝⎭，所以224311114242a a ⎛⎫=+<+= ⎪⎝⎭，以此类推，所以2210911114242a a ⎛⎫=+<+= ⎪⎝⎭，故B 项不正确. 故本题正确答案为A.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.3、【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=___________． 【答案】58【解析】设等比数列的公比为q ，由已知223111314S a a q a q q q =++=++=，即2104q q ++=.解得12q =-，所以441411()(1)521181()2a q S q ---===---． 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．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算3343431315()428S S a S a q =+=+=+-=，避免繁分式计算． 4、【2019年高考全国III 卷文数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________.【答案】100【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，根据题意可得317125,613a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩得11,2a d =⎧⎨=⎩ 101109109101012100.22S a d ⨯⨯∴=+=⨯+⨯= 5、【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 ⨯=+=-+⨯=. 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. 6、【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=-a 5．（1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．n 由95S a =-得140a d +=． 由a 3=4得124a d +=． 于是18,2a d ==-．因此{}n a 的通项公式为102n a n =-．（2）由（1）得14a d =-，故(9)(5),2n n n n da n d S -=-=. 由10a >知0d <，故n n S a ≥等价于211100n n -+…，解得1≤n ≤10． 所以n 的取值范围是{|110,}n n n *≤≤∈N ．该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.7、【2019年高考全国II 卷文数】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得22416q q =+，即2280q q --=．解得2q =-（舍去）或q =4．因此{}n a 的通项公式为121242n n n a --=⨯=．（2）由（1）得2(21)log 221n b n n =-=-， 因此数列{}n b 的前n 项和为21321n n +++-=L ．本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题.8、【2019年高考北京卷文数】设{a n }是等差数列，a 1=–10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．（1）求{a n }的通项公式；（2）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值．n 因为110a =-，所以23410,102,103a d a d a d =-+=-+=-+． 因为23410,8,6a a a +++成等比数列， 所以()()()23248106a a a +=++． 所以2(22)(43)d d d -+=-+． 解得2d =．所以1(1) 212n a a n d n =+-=-． （2）由（1）知，212n a n =-．所以，当7n ≥时，0n a >；当6n ≤时，0n a ≤． 所以，n S 的最小值为630S =-．一、等差数列1、定义：数列{}n a 若从第二项开始，每一项与前一项的差是同一个常数，则称{}n a 是等差数列，这个常数称为{}n a 的公差，通常用d 表示2、等差数列的通项公式：()11n a a n d =+-，此通项公式存在以下几种变形： （1）()n m a a n m d =+-，其中m n ≠：已知数列中的某项m a 和公差即可求出通项公式（2）n ma a d n m -=-：已知等差数列的两项即可求出公差，即项的差除以对应序数的差（3）11n a a n d-=+：已知首项，末项，公差即可计算出项数3、等差中项：如果,,a b c 成等差数列，则b 称为,a c 的等差中项（1）等差中项的性质：若b 为,a c 的等差中项，则有c b b a -=-即2b a c =+ （2）如果{}n a 为等差数列，则2,n n N *∀≥∈，n a 均为11,n n a a -+的等差中项（3）如果{}n a 为等差数列，则m n p q a a a a m n p q +=+⇔+=+ 4、等差数列通项公式与函数的关系：()111n a a n d d n a d =+-=⋅+-，所以该通项公式可看作n a 关于n 的一次函数，从而可通过函数的角度分析等差数列的性质。
三年高考(2016-2018)数学(理)试题分项版解析——专题17 椭圆(解析版)
专题17 椭圆考纲解读明方向考纲解读考点内容解读要求常考题型预测热度1.椭圆的定义及其标准方程掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单性质掌握选择题解答题★★★2.椭圆的几何性质掌握填空题解答题★★★3.直线与椭圆的位置关系掌握解答题★★★分析解读 1.能够熟练使用直接法、待定系数法、定义法求椭圆方程.2.能熟练运用几何性质(如范围、对称性、顶点、离心率)解决相关问题.3.能够把直线与椭圆的位置关系的问题转化为方程组解的问题,判断位置关系及解决相关问题.4.本节在高考中以求椭圆的方程、椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系为主,与向量等知识的综合起来考查的命题趋势较强,分值约为12分,难度较大.2018年高考全景展示1．【2018年理数全国卷II】已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.2．【2018年浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.3．【2018年理北京卷】已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为__________；双曲线N的离心率为__________．【答案】2【解析】分析：由正六边形性质得渐近线的倾斜角，解得双曲线中关系，即得双曲线N的离心率；由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，解得椭圆M的离心率.详解：由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，所以椭圆M的离心率为双曲线N的渐近线方程为，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为，点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.4．【2018年理数天津卷】设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O 为原点) ，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或【解析】分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知知，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，由，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．又因为，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．由方程组消去x，可得．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，解得，或．所以，k的值为或点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．5．【2018年全国卷Ⅲ理】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．【答案】（1）（2）或（2）由题意得，设，则.由（1）及题设得.又点P在C上，所以，从而，.于是.同理.所以.故，即成等差数列.设该数列的公差为d，则.②将代入①得.所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.故，代入②解得.所以该数列的公差为或.点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，等差数列的性质，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量，第二问由已知得到,求出m得到直线方程很关键，考查了函数与方程的思想，考察学生的计算能力，难度较大。
2018年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅰ)(含解析版)
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18．（12 分）如图，在平行四边形 ABCM 中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以 AC 为 折痕将△ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB⊥DA．
（1）证明：平面 ACD⊥平面 ABC； （2）Q 为线段 AD 上一点，P 为线段 BC 上一点，且 BP=DQ= DA，求三棱锥
A．12 π
B．12π
C．8 π
D．10π
【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积． 菁优网版权所有
【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5F：空间位置关系与距离．
【分析】利用圆柱的截面是面积为 8 的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后
求解圆柱的表面积．
【解答】解：设圆柱的底面直径为 2R，则高为 2R，
（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于 0.35m3 的概率； （3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按 365 天计算，
同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）
20．（12 分）设抛物线 C：y2=2x，点 A（2，0），B（﹣2，0），过点 A 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点．
参考答案与试题解析
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．（5 分）已知集合 A={0，2}，B={﹣2，﹣1，0，1，2}，则 A∩B=（ ）
A．{0，2}
B．{1，2}
C．{0}
D．{﹣2，﹣1，0，1，2}
【考点】1E：交集及其运算． 菁优网版权所有
问题解决问题的能力．
三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题13 等差与等比数列(含解析)
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,分值约为5分,属中低档题.考查数列定义、通项公式、前n项和公式及性质解答题分析解读 1.理解等比数列的概念、掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.2.体会等比数列与指数函数的关系.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项的和为 A ．24-B ．3-C ．3D ．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.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 。
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理第一讲 等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义． 数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)． 即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假 解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题． 故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32． 解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式． 解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。
专题13 数列(解答题)(教师版)
专题13 数列（解答题）1．【2022年全国甲卷】记S n为数列{a n}的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：{a n}是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)−78．【解析】【分析】（1）依题意可得2S n+n2=2na n+n，根据a n={S1,n=1S n−S n−1,n≥2，作差即可得到a n−a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{a n}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n−1+(n−1)2=2(n−1)a n−1+(n−1)②，①−②得，2S n+n2−2S n−1−(n−1)2=2na n+n−2(n−1)a n−1−(n−1)，即2a n+2n−1=2na n−2(n−1)a n−1+1，即2(n−1)a n−2(n−1)a n−1=2(n−1)，所以a n−a n−1=1，n≥2且n∈N*，所以{a n}是以1为公差的等差数列．(2)解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即(a1+6)2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，所以a n=n−13，所以S n=−12n+n(n−1)2=12n2−252n=12(n−252)2−6258，所以，当n=12或n=13时(S n)min=−78．2．【2022年新高考1卷】记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1=1,{S na n }是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵{S na n}是公差为13的等差数列，∴S na n=1+13(n −1)=n+23,∴S n =(n+2)a n3,∴当n ≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n −1)a n =(n +1)a n−1, 即a nan−1=n+1n−1,∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×…×an−1a n−2×ana n−1=1×32×43×…×n n−2×n+1n−1=n (n+1)2，显然对于n =1也成立， ∴{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；(2)1a n=2n (n+1)=2(1n −1n+1),∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n −1n+1)]=2(1−1n+1)<23．【2022年新高考2卷】已知{a n }为等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2−b 2=a 3−b 3=b 4−a 4． (1)证明：a 1=b 1；(2)求集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中元素个数． 【答案】(1)证明见解析； (2)9． 【解析】 【分析】（1）设数列{a n }的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出； （2）根据题意化简可得m =2k−2，即可解出． (1)设数列{a n }的公差为d ，所以，{a 1+d −2b 1=a 1+2d −4b 1a 1+d −2b 1=8b 1−(a 1+3d ) ，即可解得，b 1=a 1=d2，所以原命题得证． (2)由（1）知，b 1=a 1=d2，所以b k =a m +a 1⇔b 1×2k−1=a 1+(m −1)d +a 1，即2k−1=2m ，亦即m =2k−2∈[1,500]，解得2≤k ≤10，所以满足等式的解k =2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中的元素个数为10−2+1=9．4．【2021年甲卷文科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列{}n S 是等差数列，证明：{}n a 是等差数列. 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】21S S {}n S 的公差d ，进一步写出{}n S 的通项，从而求出{}n a 的通项公式，最终得证. 【详解】∵数列{}n S 是等差数列，设公差为d 212111a a a a S S +111(1)n S a n a a n =-，()n *∈N∴12n S a n =，()n *∈N∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=- 当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-， ∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦ ∴{}n a 是等差数列. 【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况.5．【2021年甲卷理科】已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：②数列{}n S 是等差数列；③213a a =． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】证明过程见解析 【解析】 【分析】n S ,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.n S 选②③作条件证明①时，n S an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式 (0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二] ：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d ，等差数列{}n S 的公差为1d ， 11(1)n S a n d -，将1(1)2n n n S na d -=+11(1)n S a n d -， 化简得())222221111111222d d n a n d n a d d n a d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有2121111112,2440,d d a d a d d a d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得111,2d a d a =．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列， 所以公差2112d a a a =-=， 所以()21112n n n S na d n a -=+=1n S a n =， )11111n n S S a n a n a +=+ 所以{}n S 是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法(0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-； 当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列； 当43a b =-4=3n S an b an a =+-103aS =-<不合题意，舍去. 综上可知{}n a 为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a =11S a =21212S a a a +{}n S 也为等差数列，所以公差1211d S S a ()1111n S a n d n a -=21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系11d a =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S n S 进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数n S 1211d S S a ==nS 的通项公式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.6．【2021年乙卷文科】设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n nn nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅， 所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.7．【2021年乙卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【解析】 【分析】 （1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】 （1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积， 所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---， 所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ． ②由①②得1nn n b S b -=． ③又212n nS b +=， ④ 由③④得112n n b b --=． 令1n =，由11S b =，得132b =． 所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法三]： 由212n n S b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠． 又因为111--=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ． 故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法 由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+． 下面用数学归纳法证明． 当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++． 综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． （2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【整体点评】 （1）方法一从212n n S b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论； 方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解； 方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论． （2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；8．【2021年新高考1卷】已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数 （1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300. 【解析】【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+， 所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===， 所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是122,5,31n b b b n ===-． [方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=． 由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知， 数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-． （2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+， 所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=． 【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质； 方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.9．【2021年新高考2卷】记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）求使n n S a >成立的n 的最小值． 【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】 【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-， 从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =， 数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->， 解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差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差数列的有关公式并能灵活运用.10．【2020年新课标1卷理科】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【解析】 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论. 【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.11．【2020年新课标3卷理科】设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】 【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可． 【详解】 （1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯， (111)4(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解； 方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式； 方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式； 方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式． （2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法； 方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．12．【2020年新课标3卷文科】设等比数列{an }满足124a a +=，318a a -=． （1）求{an }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3an }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ． 【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =. 【解析】【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果. 【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-， 所以(01)(1)22n n n n n S +--==， 根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =， 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.13．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ． 【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =. 【解析】 【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)， 所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =. （2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以 1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100]，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =． 【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．14．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +-- 【解析】 【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列(){}111n n n a a -+-的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可. 【详解】(1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩， 整理可得：22520q q -+=， 11,2,2q q a >==，数列的通项公式为：1222n nn a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----. 【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，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础. 15．【2019年新课标1卷文科】记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{an }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得Sn ≥an 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n *≤≤∈N . 【解析】 【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于1a 和d 的方程组，求得1a 和d 的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有50a =，根据10a >，可知0d <，根据n n S a >，得到关于n 的不等式，从而求得结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩，解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n *≤≤∈N 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.16．【2019年新课标2卷理科】已知数列{an }和{bn }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{an +bn }是等比数列，{an –bn }是等差数列； （2）求{an }和{bn }的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）1122nn a n，1122nnb n．【解析】 【分析】(1)可通过题意中的1434n n n a a b +-=+以及1434n n n b b a +-=-对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式，然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-，111a b ，111a b -=， 所以1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ，即1112n n n n a b a b ，n n 22n n 因为11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ，所以112n n n n a b a b ，数列{}n n a b -是首项1、公差为2的等差数列，21n na b n ．(2)由(1)可知，112n n n a b ，21n na b n ，所以111222nnn n n na ab a b n，111222nn n n n nb a b a b n．【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．17．【2019年新课标2卷文科】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和.【答案】（1）212n n a -=；（2）2n S n =.【解析】 【分析】(1)本题首先可以根据数列{}n a 是等比数列将3a 转化为21a q ，2a 转化为1a q ，再然后将其带入32216a a 中，并根据数列{}n a 是各项均为正数以及12a =即可通过运算得出结果；(2)本题可以通过数列{}n a 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列{}n b 的通项公式，再通过数列{}n b 的通项公式得知数列{}n b 是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果． 【详解】(1)因为数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，32216a a ，12a =， 所以令数列{}n a 的公比为q ，2231=2a a q q ，212a a qq ，所以22416q q =+，解得2q =-(舍去)或4，n n (2)因为2log n n b a =，所以21n b n =-，+121n b n ，12n nb b ， 所以数列{}n b 是首项为1、公差为2的等差数列，21212n n S nn ．【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．18．【2018年新课标1卷文科】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=． （1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由； （3）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析；（3）12n n a n -=⋅.【解析】 【分析】（1）根据题中条件所给的数列{}n a 的递推公式()121n n na n a +=+，将其化为()121n n n a a n++=，分别令1n =和2n =，代入上式求得24a =和312a =，再利用nn a b n=，从而求得11b =，22b =，34b =；（2）利用条件可以得到121n na a n n+=+，从而 可以得出12n n b b +=，这样就可以得到数列{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列； （3）借助等比数列的通项公式求得12n na n-=，从而求得12n n a n -=⋅. 【详解】（1）由条件可得()121n n n a a n++=．将1n =代入得，214a a =，而11a =，所以，24a =． 将2n =代入得，323a a =，所以，312a =．从而11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得121n na a n n+=+，即12n n b b +=，又11b =， 所以{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列； （3）由（2）可得11122n n nn a b n--==⨯=，所以12n n a n -=⋅． 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列{}n b 的通项公式，借助于{}n b 的通项公式求得数列{}n a 的通项公式，从而求得最后的结果.19．【2018年新课标2卷理科】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）an =2n –9，（2）Sn =n 2–8n ，最小值为–16． 【解析】 【详解】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n S 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{an }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15． 由a 1=–7得d =2．所以{an }的通项公式为an =2n –9． （2）由（1）得Sn =n 2–8n =（n –4）2–16． 所以当n =4时，Sn 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.20．【2018年新课标3卷理科】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）()12n n a -=-或12n n a -= .（2）6m =. 【解析】 【详解】分析：（1）列出方程，解出q 可得；（2）求出前n 项和，解方程可得m ．详解：（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()12n n a -=-或12n n a -=．（2）若()12n n a -=-，则()123nn S --=．由63m S =得()2188m-=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21nn S =-．由63m S =得264m =，解得6m =．综上，6m =．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．。