2018届高考数学(文)二轮专题复习习题 第1部分 专题四 数列 1-4-2 Word版 含答案
2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案名师制作优质教学资料
2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1.(4)等比数列前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
2018届高三数学文二轮复习课件：第1部分专题四 数列 1-4-1 精品
[速解方略]——不拘一格
类型一 等差数列的运算
[例 1] (1)已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项
和．若 S8＝4S4，则 a10＝( B )
17
19
A. 2
B. 2
C．10
D．12
解析：基本法：设首项为 a1，由 S8＝4S4 得 8×a21＋a8＝4×4×a21＋a4，∴a8＝a1＋2a4. ∴a1＋7d＝a1＋2a1＋6d，∴d＝2a1，∴a1＝12. ∴a10＝a1＋9d＝12＋9＝129.
速解法：由 S8＝4S4 得
8a1＋8×2 7d＝4×4a1＋4×2 3d，∵d＝1，∴a1＝12.
∴a10＝a1＋9d＝12＋9＝129. 答案：B
方略点评：基本法和速解法各选用了不同的求和公式，比较起来， 用 a1 和 d 的关系求和较简单.
(2)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＋a3＋a5＝3，则 S5＝
( A) A．5
B．7
C．9
D．11
解析：基本法：∵a1＋a3＋a5＝a1＋(a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d ＝3， ∴a1＋2d＝1， ∴S5＝5a1＋5×2 4d＝5(a1＋2d)＝5，故选 A. 速解法：∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3， ∴a3＝1， ∴S5＝5a12＋a5＝5a3＝5，故选 A. 答案：A
且 m＋n＝p＋q，则 am m＋n＝p＋q，则 am·an＝
性 ＋an＝ap＋aq；
ap·aq；
质 (2)an＝am＋(n－m)d； (2)an＝amqn－m；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－ (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…
2018届高三数学(文)二轮复习专题集训：专题四 数列4.2 Word版含解析
A 级1．已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析： 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.答案： C2．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析： 因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.答案： D3．(2017·广东省五校协作体第一次诊断考试)数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a 1＋a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016等于( )A.4 0322 017 B ．4 0282 015C.2 0152 016D ．2 0142 015解析： 由a 1＝1，a n ＋1＝a 1＋a n ＋n 可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，利用累加法可得a n －a 1＝(n －1)(n ＋2)2，所以a n ＝n 2＋n 2，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝2⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋12 016－12 017＝2⎝⎛⎭⎫1－12 017＝4 0322 017，选A. 答案： A4．(2017·湖北省七市(州)联考)在各项都为正数的数列{a n }中，首项a 1＝2，且点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．3n－1 B ．1－(－3)n 2C.1＋3n 2D ．3n 2＋n 2解析： 由点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，得a 2n －9a 2n －1＝0，即(a n ＋3a n －1)(a n －3a n －1)＝0，又数列{a n }各项均为正数，且a 1＝2，∴a n ＋3a n －1>0，∴a n －3a n －1＝0，即a na n －1＝3，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝3的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2×(3n －1)3－1＝3n－1，故选A.答案： A5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3·a 5＝4，则下列说法正确的是( ) A ．{a n }是单调递减数列 B ．{S n }是单调递减数列 C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析： 由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4>0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 答案： C6．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1.记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 100＝________.解析： 当n ＝2k 时，a 2k ＋2＋a 2k ＝1；当n ＝2k －1时，a 2k ＋1＝a 2k －1＋1，所以a 2k －1＝1＋(k －1)×1＝k .所以S 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 100)＝1＋502×50＋25＝1 275＋25＝1 300.答案： 1 3007．(2016·全国卷乙)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析： 设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12(n －1)n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案： 648．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析： 由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0.∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d (4k －1)＝0，(2k －1)(2－d )＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差为2.答案： 29．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (n ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(1－an )log 3(a 2n ·a n ＋1)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n . 解析： (1)∵6S n ＝3n ＋1＋a (n ∈N *)，∴当n ＝1时，6S 1＝6a 1＝9＋a ， 当n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝2×3n ， 即a n ＝3n －1，∵{a n }是等比数列，∴a 1＝1，则9＋a ＝6，得a ＝－3， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝(1－an )log 3(a 2n ·a n ＋1)＝(3n －2)(3n ＋1)， ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝11×4＋14×7＋…＋1(3n －2)(3n ＋1)＝13⎝⎛⎭⎫1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1 ＝n3n ＋1. 10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且点(n ，S n )(n ∈N *)在函数y ＝3x 22－x2的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋23n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析： (1)因为点(n ，S n )(n ∈N *)在函数y ＝3x 22－x2的图象上，所以3n 2－n ＝2S n ，①所以当n ≥2时，3(n －1)2－(n －1)＝2S n －1，② 由①－②，得6n －4＝2a n ，所以a n ＝3n －2.因为n ＝1时，3×12－1＝2a 1，所以a 1＝1，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n＝3n －2.(2)因为b n ＝a n ＋23n ＋1＝3n 3n ＋1＝n 3n ，则T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，③3T n ＝1＋23＋332＋…＋n3n －1，④由④－③，得2T n ＝1＋13＋132＋…＋13n －1－n3n ＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13－n 3n ＝3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 2－n 3n ，所以T n ＝34－14·3n －1－n 2·3n ＝34－2n ＋34·3n .B 级1．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110解析： 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14，且n ∈N *，即 N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设 N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A.答案： A2．(2017·昆明市教学质量检测)在平面直角坐标系上，有一点列P 1，P 2，…，P n ，…(n ∈N *)，设点P n 的坐标为(n ，a n )，其中a n ＝2n (n ∈N *)，过点P n ，P n ＋1的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为b n ，设S n 表示数列{b n }的前n 项和，则S 5＝________.解析： 由题意得，过点P n ，P n ＋1的直线为y －2n x －n ＝2n ＋1－2n(n ＋1)－n，即2x ＋n (n ＋1)y －2(2n＋1)＝0.令y ＝0，得x ＝2n ＋1，令x ＝0，得y ＝2(2n ＋1)n (n ＋1)，所以b n ＝12×(2n ＋1)×2(2n ＋1)n (n ＋1)＝4＋1n (n ＋1)＝4＋1n －1n ＋1，所以S 5＝4×5＋1－12＋12－13＋…＋15－16＝1256.答案：12563．已知△ABC 的角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，其面积S ＝43，B ＝60°，且a 2＋c 2＝2b 2；等差数列{a n }中，a 1＝a ，公差d ＝b .数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前2n ＋1项和P 2n ＋1.解析： (1)∵S ＝12ac sin B ＝43，∴ac ＝16，又a 2＋c 2＝2b 2，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， ∴b 2＝ac ＝16，∴b ＝4，从而(a ＋c )2＝a 2＋c 2＋2ac ＝64，a ＋c ＝8， ∴a ＝c ＝4.故可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝4，∴a n ＝4n .∵T n －2b n ＋3＝0，∴当n ＝1时，b 1＝3， 当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)， ∴数列{b n }为等比数列，∴b n ＝3·2n －1.(2)依题意，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n ，n 为奇数3·2n －1，n 为偶数.P 2n ＋1＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n ) ＝[4＋4(2n ＋1)](n ＋1)2＋6(1－4n )1－4＝22n －1＋4n 2＋8n ＋2.4．已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2[f (n ＋1)－f (n )](n ∈N *)． (1)若a 1＝1，f (x )＝3x ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，f (x )＝2x 且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围． 解析： (1)因为a n ＋1－a n ＝2[f (n ＋1)－f (n )](n ∈N *)，f (n )＝3n ＋5， 所以a n ＋1－a n ＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为a 1＝1，公差为6，即a n ＝6n －5. (2)因为f (x )＝2x ，所以f (n ＋1)－f (n )＝2n ＋1－2n ＝2n ，所以a n ＋1－a n ＝2·2n ＝2n ＋1.当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2.由λa n >2n＋n ＋2λ，得λ>2n ＋n 2n ＋1＝12＋n 2n ＋1，而n ＋12n ＋2－n2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0，所以当n ＝1或n ＝2时，2n ＋n 2n ＋1取得最大值34，故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫34，＋∞.。
2018届高三数学理二轮复习课件：专题四 数列1.4.2 精品
【解析】由题意得,a1+a2=4,a2=2a1+1, 解得a1=1,a2=3, 再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2), 所以an+1-an=2an,an+1=3an, 又a2=3a1,
所以an+1=3an(n≥1), S5=11335=121. 答案:1 121
热点考向一 求数列的通项公式 命题解读:主要考查等差数列与等比数列的定义、有关 性质以及逻辑推理和各种变形能力,一直是高考的重点 和热点.以选择题、填空题、解答题为主.
)2
=aannn1 +1,又因为an>0,所以
又a1=1,则an=aann1
a n·1 …·
a n2
·a1
a a
2 1
＝ n n 1 2 1＝ 2 . n 1 n 3 n 1
an1 ＝ n 1 . an n 2
2.(2016·银川一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且 Sn=4an-3(n∈N*). (1)证明:数列{an}是等比数列. (2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n∈N*),且b1=2,求数列 {bn}的通项公式.
a n1
an
a n1 a n
所以数列{ 1}是首项为 ,公1 差为2的等差数列.
an
3
所以 1= +1 (n-1)×2=2n- 5,
an 3
3
所以an=
3 6n
.
5
答案:an=
3 6n
5
(2)①由题意可得a2=
1 2
,a3=
1.
4
②由 a-2n (2an+1-1)an-2an+1=0,得
2018届高考数学二轮复习 第一部分 专题四 数列 1.4.1 等差数列、等比数列教案 理
B．1
1
1
C.2
D.8
解析：通解：∵a3＝a1·q2，a4＝a1·q3，a5＝a1·q4， ∴a21·q6＝4(a1·q3－1) ∵a1＝14， ∴q6－16q3＋64＝0，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝a1·q＝12.
优解：设{an}的公比为q，由等比数列的性质 可知a3a5＝a24，∴a24＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0， 得a4＝2， 则q3＝aa14＝21＝8，得q＝2，
(2)由(1)可得 Sn＝－2[11－＋2－2n]＝－23＋(－1)n2n3＋1. 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－3 2n＋2 ＝2－23＋－1n2n3＋1＝2Sn， 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
专题四 数 列
[高考领航]——————————摸清规律 预测考情
(大纲卷) T18(等差数列 求和)
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
考点一 等差数列、等比数列
1．等差、等比数列的性质
等差数列
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q，则am＋ 性 an＝ap＋aq； 质 (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，…仍成等差数列
4
则a2＝a1q＝14×2＝12，故选C.
1．解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关 系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
2．运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些 性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．
[自我挑战]
3．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前 8 项和 等于( C )
解得d＝4.故选C.
2018届高三数学文二轮复习课件：第1部分专题四 数列 1-4-2 精品
[终极提升]——登高博见 选择题、填空题的解法——归纳法
根据某类事物的部分对象具有某种性质，推出 方法
这类事物的全部对象都具有这种性质的推理方 诠释
法叫归纳法． 方法 由部分到整体，由特殊到一般，在数列中由a1， 特征 a2，a3…想象an由S1，S2，S3…想象Sn.
限时速解训练
综合提升训练
②由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 也适合“an 式”，则需 统一“合写”. ③由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 不适合“an 式”，则数 列的通项公式应分段表示“分写”，即 an＝SS1nn－＝S1n－，1n≥2.
1．数列{an}满足 an＋1＝1－1an，a8＝2，则 a1＝__________.
[速解方略]——不拘一格 类型一 数列的递推关系
[例 1] (1)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1， 则 Sn＝________.
解析：基本法：∵an＋1＝SnSn＋1， 且 an＋1＝Sn＋1－Sn， ∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1， ∴S1n－Sn1＋1＝1，即Sn1＋1－S1n＝－1. 又S11＝a11＝－1， ∴S1n是首项为－1，公差为－1 的等差数列， ∴S1n＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n. ∴Sn＝－1n.
n＋1－1＝10.
即 n＋1＝11，所以 n＋1＝121，n＝120.
答案：A
2．(2016·江西八所重点中学联考)在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1 ＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，则 S2 019＝ ________.
解析：∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当 n＝2k 时，a2k ＋1＋a2k＝－1，k∈N*，∴S2 019＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 018＋a2 019) ＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008. 答案：－1 008
2018届高考数学(文)二轮专题复习习题：第1部分 专题四 数列 1-4-1 Word版含答案
限时规范训练十 等差数列、等比数列 限时45分钟，实际用时________ 分值81分，实际得分________一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝20，且a 3，a 7，a 9成等比数列．S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D.依题意得a 27＝a 3a 9，即(a 1＋6d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋8d )，即(20＋6d )2＝(20＋2d )(20＋8d )．因为d ≠0，解得d ＝－2，故S 10＝10a 1＋10×92d ＝110，故选D.2．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1) C.n n ＋2D.n n －2解析：选A.∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，将d ＝2代入上式，解得a 1＝2， ∴S n ＝2n ＋n n －2＝n (n ＋1)，故选A.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B.由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝( ) A ．9 B ．8 C ．7D ．6解析：选C.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，d ＝2.∴a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152.又n 为正整数，∴当S n 取最小值时，n ＝7.故选C.5．已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D.因为数列{a n }为等差数列，所以a 4＋3a 8＝(a 4＋a 8)＋2a 8＝2a 6＋2a 8＝2(a 6＋a 8)＝2×2a 7，所以由a 4－2a 27＋3a 8＝0得4a 7－2a 27＝0，又因为数列{a n }的各项均不为零，所以a 7＝2，所以b 7＝2，则b 2b 8b 11＝b 6b 7b 8＝(b 6b 8)b 7＝(b 7)3＝8，故选D.6．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且满足a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2，a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4，则a 1a 5＝( )A ．24 2B ．8C ．8 2D ．16解析：选C.设正项等比数列的公比为q ，q ＞0，则由a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2得a 1＋a 22＝a 1＋a 2a 1a 2，a 1a 2＝4，同理由a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4得a 3a 4＝16，则q 4＝a 3a 4a 1a 2＝4，q ＝2，a 1a 2＝2a 21＝4，a 21＝22，所以a 1a 5＝a 21q 4＝82，故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若S k －2＝－4(k ＞2)，S k ＝0，S k ＋2＝8，则k ＝________.解析：由题意，得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝8，S k －S k －2＝a k －1＋a k ＝4(k ＞2)，两式相减，得4d ＝4，即d ＝1，由S k ＝ka 1＋k k －2＝0，得a 1＝－k －12，将a 1＝－k －12代入a k －1＋a k ＝4，得－(k －1)＋(2k －3)＝k －2＝4，解得k ＝6.答案：68．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________． 解析：当q ＞0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1＋1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3， 当q ＜0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1， 所以，S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．解析：a n ＝S 2n －1⇒a n ＝n －a 1＋a 2n －12＝n －a n ⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n －1，n ∈N *.因为λa n≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立． 所以λ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n －nmin ， 即λ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －8n＋15min ，f (n )＝2n －8n＋15在n ≥1时单调递增，其最小值为f (1)＝9，所以λ≤9， 故实数λ的最大值为9. 答案：9三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或d ＝4. 所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则当n ≤11时， |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－a 13－…－a 11＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 11＋a n )＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ， n ≤11，12n 2－212n ＋110， n ≥12.11．设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)． 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n. (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .12．已知数列{a n }是等比数列，其前n 项和是S n ，且S n ＝t ·3n－2t ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 1311＋S n (n ∈N *)，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝t ·3－2t ＋1＝t ＋1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝t ·3n－t ·3n －1＝2t ·3n －1.∵数列{a n }是等比数列，∴a n a n －1＝2t ·3n －12t ·3n －2＝3(n ≥2)，∴a 2a 1＝2t ·3t ＋1＝3，∴t ＝1，a 1＝2， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝3n －1，∴1＋S n ＝3n，∴11＋S n ＝13n ，b n ＝log1311＋S n＝n ， ∴a n b n ＝2n ×3n －1，T n ＝2＋4×3＋6×32＋…＋2n ×3n －1，①3T n ＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2n ×3n，② ①－②得，－2T n ＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－2n ×3n＝2＋2×－3n －11－3－2n ×3n，∴T n ＝12＋n －n2.。
2018届高考数学(文)二轮专题复习课件：第1部分 专题四 数列 1-4-2
4．本例改为：在数列{an}中 a1＝1，an－2an· an＋1－an＋1＝0，求 {an}的通项公式．
解：由 an－2an· an＋1－an＋1＝0 1 得 － ＝2， an＋1 an 1 1 即{a }是以a 为首项，公差为 2 的等差数列， n 1 1 1 ∴a ＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∴an＝ . 2n－1 n 1
3．本例改为：在数列{an}中，an＞0，且 a1＝1，a2 n＋n(an＋an
＋1
)－a2 n＋1＝0，求{an}的通项公式．
2 解：由 a2 n＋n(an＋an＋1)－an＋1＝0 得
(an＋an＋1)(an－an＋1＋n)＝0， ∵an＞0，∴an＋1－an＝n， ∴a2－a1＝1，a3－a2＝2，„，an－an－1＝n－1.累加得 nn－1 n2－n＋2 ∴an－a1＝1＋2＋„＋(n－1)，∴an＝1＋ 2 ＝ . 2
n 项和
1 an＋1－an 1 1 d 1 － 可尝试此方法，事实上， ＝ ＝ ＝d· . a a ＋ n anan＋1 danan＋1 danan＋1 n 1
类型一 由递推关系求通项 [典例 1] (2016· 高考全国卷Ⅲ)(本小题满分 12 分)已知各项都 为正数的数列{an}满足 a1＝1，a2 n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0. (1)求 a2，a3； (2)求{an}的通项公式．
解析：∵an＝2Sn－1＋3n，∴an－1＝2Sn－2＋3n－1(n≥3)，两式相减 得：ann＝3an－1＋2×3
为公比的等比数列求解． 1 1 1 pan (2)递推关系形如 an＋1＝ (p 为非零常数)可化为 －a ＝p an＋p an＋1 n 的形式．
[ 自我挑战] 1.数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝3，an＝2Sn－1＋3n(n≥2)， 则该数列的通项公式为 an＝________.
【高三数学试题精选】2018年高考数学二轮专题四 数列复习题(有答案)
即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+11d),
化简,得13d+7a1=0②
由①②,得d=7,a1=-13,
∴an=a1+(n-1)d=7n-13整除,∴=2,=10,
∴存在唯一的正整数=2
12解(1)由已知得
∴d=2
故an=2n-1+,Sn=n(n+)
(2)由(1)得bn==n+
2018年高考数学二轮专题四数列复习题（有答案）
5 c专题升级训练等差数列、等比数列
(时间60分钟满分100分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)
1已知数列{an}满足a1=1,且,则a2 014=( )
A2 012B2 013
c2 014D2 015
2已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=( )
两式两边分别相减得
-2Sn=1+4×3+4×32+4×33+…+4×3n-1-(4n-3)×3n
=1+4(3+32+33+…+3n-1)-(4n-3)×3n
=1+-(4n-3)×3n
=(5-4n)×3n-5,∴Sn=
11解(1)设{an}的差为d≠0,则S9=9a1+d=135
∴a1+4d=15①
又∵a3,a4, a12成等比数列,
A5B4
c6 D7
3(4q+4=0,得q=2∴S4==15
4A解析∵=a1+a1,b6=故选A
73解析由题意知an an+1=15,即a2=5,a 3=3,a4=5,…观察可得数列的奇数项都为3,偶数项都为5故a21=3
2018届高考数学(文)二轮专题复习：第1部分 专题四 数列 1-4-2
限时规范训练十一 数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时________ 分值81分，实际得分________一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10. 即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1的值为( )A.n ＋1n ＋ B.34－n ＋1n ＋C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2 解析：选C.∵1n ＋2－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.6．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 0088．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n－1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －19．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 1－q n1－q －1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n .所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝－2101－2＋＋2＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.11．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3， 两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2， 又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋ (2))＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1 ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。
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限时规范训练十一 数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时________ 分值81分，实际得分________一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10. 即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1 n ＋1 2－1的值为( ) A.n ＋12 n ＋2 B.34－n ＋12 n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2 解析：选C.∵1 n ＋1 2－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1 n ＋1 2－1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.6．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 0088．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n－1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －19．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 1 1－q n1－q －1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q 4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4， a 1＋3d ＋ a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n .所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝2 1－210 1－2＋ 1＋10 ×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.11．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3， 两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2， 又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋ (2))＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×4 1－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .。