2021年高考数学(理)一轮复习单元检测试卷：第六单元数列(A卷过关检测)(原卷版)

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2021年高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪检测35理新人教A版

2021年高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪检测35理新人教A 版1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *有a n ＋S n ＝n .(1)设b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列；(2)设c 1＝a 1且c n ＝a n －a n －1(n ≥2)，求{c n }的通项公式．(1)证明：由a 1＋S 1＝1及a 1＝S 1，得a 1＝12. 又由a n ＋S n ＝n 及a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1.∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，即2b n ＋1＝b n .∴数列{b n }是首项b 1＝a 1－1＝－12，公比为12的等比数列． (2)解：由(1)知，2a n ＋1＝a n ＋1，∴2a n ＝a n －1＋1(n ≥2)，∴2a n ＋1－2a n ＝a n －a n －1(n ≥2)，即2c n ＋1＝c n (n ≥2)，又c 1＝a 1＝12，2a 2＝a 1＋1，∴a 2＝34. ∴c 2＝34－12＝14，即c 2＝12c 1. ∴数列{c n }是首项为12，公比为12的等比数列． ∴c n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n . 2．已知数列{a n }与{b n }，若a 1＝3且对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2＋a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解：(1)因为对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差为2的等差数列．又因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1.当n ＝1时，b 1＝S 1＝4；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n ＋1)－[(n －1)2＋2(n －1)＋1]＝2n ＋1，对b 1＝4不成立．所以数列{b n }的通项公式为b n ＝⎩⎨⎧ 4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2)由(1)知，当n ＝1时，T 1＝1b 1b 2＝120. 当n ≥2时，1b n b n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝120＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝120＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－12n ＋3＝120＋n －110n ＋15. 当n ＝1时仍成立，所以T n ＝120＋n －110n ＋15. 3．[xx·山东青岛模拟]已知数列{a n }是等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，且a 10＝28，S 8＝92；数列{b n }对任意n ∈N *，总有b 1b 2b 3·…·b n －1b n ＝3n ＋1成立．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n b n2n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 10＝a 1＋9d ＝28，S 8＝8a 1＋8×72×d ＝92，解得a 1＝1，d ＝3，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 因为b 1b 2b 3·…·b n －1b n ＝3n ＋1，所以b 1b 2b 3·…·b n －1＝3n －2(n ≥2)，两式相除，得b n ＝3n ＋13n －2(n ≥2)．因为当n ＝1时，b 1＝4适合上式，所以b n ＝3n ＋13n －2(n ∈N *)． (2)由(1)知，c n ＝a n b n 2n ＝3n ＋12n ，则T n ＝42＋722＋1023＋…＋3n ＋12n ，① 12T n ＝422＋723＋1024＋…＋3n －22n ＋3n ＋12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋323＋…＋32n －3n ＋12n ＋1，从而12T n ＝2＋3×14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－3n ＋12n ＋1＝72－3n ＋72n ＋1，即T n ＝7－3n ＋72n . 4．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：13≤T n <12. (1)解：由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴a n ＝a 1·2n －1＝2n －1.∴S n ＝2n－1. 设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7，∴d ＝2，∴b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)证明：∵log 2a 2n ＋2＝log 222n ＋1＝2n ＋1， ∴c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. ∵n ∈N *，∴T n <12，当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝12n ＋12n －1>0， ∴数列{T n }是一个递增数列，∴T n ≥T 1＝13. 综上知，13≤T n <12. [冲刺名校能力提升练]1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋2a n ＝3(n ∈N *)，设数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝2b n －1b n －1＋2(n ≥2)． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝na n，求数列{c n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＋2a n ＝3(n ∈N *)，∴当n ≥2时，S n －1＋2a n －1＝3，两式相减，得3a n ＝2a n －1，即a n a n －1＝23. 又当n ＝1时，a 1＋2a 1＝3，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为23的等比数列，则a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. ∵当n ≥2时，b n ＝2b n －1b n －1＋2，两边取倒数，得1b n ＝1b n －1＋12， ∴1b n －1b n －1＝12，b 1＝a 1＝1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 是首项为1，公差为12的等差数列，则1b n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12， ∴b n ＝2n ＋1. (2)由(1)可知，c n ＝n a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， T n ＝1＋2×32＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，① 32T n ＝32＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n .② ①－②，得－12T n ＝1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝－2＋(2－n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ， ∴T n ＝4＋2(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n . 2．[xx·山东临沂八校联考]已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{b n －(－1)n a n }是等比数列，且b 2＝7，b 5＝71，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列，所以(3d ＋2)2＝(d ＋2)(7d ＋2)，解得d ＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)令c n ＝b n －(－1)n a n ，设数列{c n }的公比为q ，因为b 2＝7，b 5＝71，a n ＝2n ，所以c 2＝b 2－a 2＝7－4＝3，c 5＝b 5＋a 5＝71＋10＝81，所以q 3＝c 5c 2＝813＝27，故q ＝3，所以c n ＝c 2·q n －2＝3×3n －2＝3n －1，即b n －(－1)n a n ＝3n －1，所以b n ＝3n －1＋(－1)n ·2n .故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(30＋31＋…＋3n －1)＋[－2＋4－6＋…＋(－1)n ·2n ]．当n 为偶数时，T n ＝1－3n 1－3＋2×n 2＝3n ＋2n －12；当n 为奇数时，T n ＝1－3n 1－3＋2×n －12－2n ＝3n －2n －32. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3n ＋2n －12，n 为偶数，3n －2n －32，n 为奇数.3．函数f (x )对任意x ∈R 都有f (x )＋f (1－x )＝12. (1)数列{a n }满足：a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)，数列{a n }是等差数列吗？若是，给予证明；若不是，请说明理由；(2)令b n ＝44a n －1，T n ＝b 21＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ，S n ＝32－16n，试比较T n 与S n 的大小．解：(1)数列{a n }是等差数列，证明如下：令x ＝1n ，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝12，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝12. a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)，又a n ＝f (1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f (0)，两式相加，得2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝n ＋12.所以a n ＝n ＋14，n ∈N *. 又a n ＋1－a n ＝n ＋1＋14－n ＋14＝14，故数列{a n }是等差数列．(2)b n ＝44a n －1＝4n， T n ＝b 21＋b 22＋…＋b 2n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋132＋…＋1n 2 ≤16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋11×2＋12×3＋…＋1n n －1 ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1n ＝32－16n＝S n ，所以T n ≤S n .4．[xx·江苏南通模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10.(1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫3lg a n lg a n ＋1的前n 项和，求T n ； (3)求使T n >14(m 2－5m )对所有的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合． (1)证明：依题意，当n ＝1时，a 2＝9a 1＋10＝100，故a 2a 1＝10. 当n ≥2时，a n ＋1＝9S n ＋10，a n ＝9S n －1＋10，两式相减，得a n ＋1－a n ＝9a n ，即a n ＋1＝10a n ，a n ＋1a n ＝10，故{a n }为等比数列，且a n ＝a 1q n －1＝10n (n ∈N *)， ∴lg a n ＝n .∴lg a n ＋1－lg a n ＝(n ＋1)－n ＝1，即{lg a n }是等差数列．(2)解：由(1)知，T n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n n ＋1 ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝3－3n ＋1. (3)解：∵T n ＝3－3n ＋1， ∴当n ＝1时，T n 取最小值32.依题意有32>14(m 2－5m )，解得－1<m <6，故所求整数m 的取值集合为{0,1,2,3,4,5}．。

2021版《大高考》高考数学(理)一轮总复习模拟创新题：第6章第1节数列的概念及简单表示法

全国新课标区模拟精选题：依据高考命题大数据分析，重点关注基础题3，4，力量题12，14. 专项基础测试模拟精选题一、选择题1.(2022·陕西西安模拟)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.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析若数列{a n }为递增数列，则a n ＋1－a n >0，即2n ＋1>2λ对任意n ∈N *都成立，于是有3>2λ，λ<32，由λ<1可得λ<32；反之由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，故选A. 答案 A2.(2022·玉溪一中模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n （n 为正奇数），a n ＋1 （n 为正偶数），则其前6项之和是( ) A.16 B.20 C.33D.120解析 a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，∴S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33. 答案 C3.(2021·天津南开中学月考)下列可作为数列{a n }：1，2，1，2，1，2，…的通项公式的是( ) A.a n ＝1B.a n ＝（－1）n ＋12C.a n ＝2－|sin n π2|D.a n ＝（－1）n －1＋32解析 A 项明显不成立；n ＝1时，a 1＝－1＋12＝0，故B 项不正确；n ＝2时，a 2＝（－1）2－1＋32＝1，故D 项不正确.由a n ＝2－|sin n π2|可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，…，故选C. 答案 C4.(2022·济南外国语学校模拟)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 016等于( ) A.0 B.－ 3 C. 3D.32解析由已知得a 1＝0，a 2＝－3，a 3＝3，a 4＝0，a 5＝－3＝a 2，a 6＝a 3，…，由此归纳得出a n ＋3＝a n ，故a 2 016＝a 3×672＝a 3＝3，选C. 答案 C5.(2022·北大附中模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 013的值是( ) A.8 B.6 C.4D.2解析 a 1a 2＝2×7＝14，∴a 3＝4，4×7＝28，∴a 4＝8，4×8＝32，∴a 5＝2，2×8＝16，∴a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8，a 11＝2，∴从第三项起，a n 的值成周期排列，周期数为6，2 013＝335×6＋3，∴a 2 013＝a 3＝4. 答案 C 二、填空题6.(2022·山东聊城二模)如图所示是一个类似杨辉三角的数阵，则第n (n ≥2)行的第2个数为________.解析每行的第2个数构成一个数列{a n }，由题意知a 2＝3，a 3＝6，a 4＝11，a 5＝18，所以 a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…，a n －a n －1＝2(n －1)－1＝2n －3，由累加法得a n －a 2＝[（2n －3）＋3]×（n －2）2＝n 2－2n ，所以a n ＝n 2－2n ＋a 2＝n 2－2n ＋3(n ≥2). 答案 n 2－2n ＋3 创新导向题利用递推公式求数列通项公式问题7.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________. 解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1.答案 3n －1利用S n 与a n 关系式求a n 问题8.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝5n －3，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________(n ∈N *). 解析数列的前n 项和S n ＝5n －3， ∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝5－3＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(5n －3)－(5n －1－3)＝4×5n －1.此式中令n ＝1，得a 1＝4， ∴a 1不适合a n ＝4×5n －1(n ≥2).故数列的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 （n ＝1），4×5n －1 （n ≥2）.答案 ⎩⎨⎧2 （n ＝1），4×5n －1 （n ≥2）专项提升测试模拟精选题一、选择题9.(2022·广东佛山一模)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝1，a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2n π2a n ＋4cos 2n π2，则a 9，a 10的大小关系为( )二、填空题10.(2021·温州质检)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫78n，则当a n 取得最大值时，n 等于________.解析由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，∴⎩⎨⎧（n ＋2）⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ≥（n ＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫78n －1，（n ＋2）⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ≥（n ＋3）⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ＋1.解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤6，n ≥5.∴n ＝5或6.答案 5或611.(2021·天津新华中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn ≤2的正整数n 的集合为________.解析由于S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列. 又由于a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1，故a n ＝2n －1，而a nn ≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ∈{1，2，3，4}. 答案 {1，2，3，4}12.(2022·河南洛阳模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则该数列的前2 015项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 015＝________. 解析由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，所以{a n }是以4为周期的数列，而2021＝4×503＋3，a 1a 2a 3a 4＝1，则前2 015项的乘积为1503·a 1·a 2·a 3＝3. 答案 3 三、解答题13.(2021·青岛一中模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若存在n ∈N *，使得a n ≤(n ＋1)λ成立，求实数λ的最小值. 解 (1)当n ≥2时，由题可得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n2a n .① a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1，② ②－①得na n ＝n ＋12a n ＋1－n2a n ，即(n ＋1)a n ＋1＝3na n ，（n ＋1）a n ＋1nan＝3，∴{na n }是以2a 2＝2为首项，3为公比的等比数列(n ≥2)， ∴na n ＝2·3n －2， ∴a n ＝2n ·3n －2(n ≥2)，∵a 1＝1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n·3n －2，n ≥2. (2)a n ≤(n ＋1)λ⇔λ≥a n n ＋1，由(1)可知当n ≥2时，a nn ＋1＝2·3n －2n （n ＋1），设f (n )＝n （n ＋1）2·3n(n ≥2，n ∈N *)，则f (n ＋1)－f (n )＝2（n ＋1）（1－n ）2·3n ＋1<0，∴1f （n ＋1）>1f （n ）(n ≥2)，又1f （2）＝13及a 12＝12，可得λ≥1f （2）， ∴所求实数λ的最小值为13. 创新导向题利用S n 求a n 及数列求和问题14.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝a ，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)当a ＝1时，若b n ＝na n ＋1－a n，数列{b n }的前n 项和为T n ，n ∈N *，证明：T n <2.(1)解由S n ＋1＝2S n ＋n ＋1得S n ＝2S n －1＋n (n ≥2)，两式相减得S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即a n ＋1＝2a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2). 故数列{a n ＋1}从第2项起，是以a 2＋1为首项，2为公比的等比数列. 又S 2＝2S 1＋1＋1，a 1＝a ，∴a 2＝a ＋2， ∴a n ＝(a ＋3)·2n －2－1(n ≥2)，又a 1＝a ，不满足a n ＝(a ＋3)·2n －2－1. ∴a n ＝⎩⎨⎧a （n ＝1），（a ＋3）·2n －2－1 （n ≥2）. (2)证明由a 1＝a ＝1，得a n ＝2n －1(n ∈N *)，则b n ＝n （2n ＋1－1）－（2n －1）＝n 2n ＋1－2n ＝n2n ， ∴T n ＝12＋2·122＋3·123＋…＋n ·12n ①，从而12T n ＝122＋2·123＋…＋(n －1)·12n ＋n ·12n ＋1②， ①－②得：12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1，故12T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n2n ＋1，∴T n ＝2－12n －1－n2n ＝2－n ＋22n <2.。

2021高考数学一轮复习第六章数列6.4数列的综合应用练习理

2021高考数学一轮复习第六章数列6.4数列的综合应用练习理2021高考数学一轮复习第六章数列6.4数列的综合应用练习理§6.4顺序的综合应用考纲解读对考试场地内容的理解掌握了高考非等差和等比顺序要求的几种常用方法：全国2022、12级课程标准；2022课程标准国家II、17个常见问题、预测热1序列求和掌握问题解决★★★ 能够识别特定问题情境中的序列等，2022，山东，19；多选题2：序列差分关系或等比关系的综合应用提取序列模块，掌握2022、福建、8；★★★ 回答问题，并能用相关知识解决相应的问题2022重庆，12分析和解释1能够使用公式法、反序加法、位错减法、分裂项消去和分组变换来解决不同类型级数的求和。

2.能综合运用等差等比数列的基本知识解决相关综合问题。

3.数列的递推关系、不等差和等比数列的求和是高考的热点，尤其是错位减法和分裂项消除法的求和，分数在12分左右，难度中等五年高考总结一个数字1.(2021课标全国ⅰ,12,5分)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2,接下01012来的两项是2,2,再接下来的三项是2,2,2,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答案a2.（2022年课程标准国家II，15,5分）如果算术序列{an}的前n项之和为Sn，A3=3，S4=10，则=答案3.(2021课标ⅱ,16,5分)设sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=snsn+1,则sn=.答案-4.（2022年国家标准II，17,12点）Sn是算术序列{an}的前n项之和，A1=1，S7=28注BN=[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1（1）求B1，B11，B101；(2)求数列{bn}的前1000项和.分析（1）将{an}的公差设为D，已知7+21d=28，解为D=1所以{an}的通项公式为an=n.b1=[lg1]=0，b11=[lg11]=1，b101=[lg101]=2。

2021年高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和数列的综合应用课时练理

2021年高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和数列的综合应用课时练理1.[xx·冀州中学猜题]已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2na 1＋a 2＝q 2n ＝52n ，选C.2．[xx·武邑中学仿真]已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1答案 C解析由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.3．[xx·衡水中学模拟]已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( )A ．127B ．255C ．511D ．1023答案 B解析 ∵2a 4，a 6,48成等差数列，∴2a 6＝2a 4＋48，∴2a 1q 5＝2a 1q 3＋48，解得a 1＝1，∴S 8＝1×1－281－2＝255.4．[xx·冀州中学期中]已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于 ( )A ．126B ．130C ．132D ．134答案 C解析 ∵b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lga n ＋1a n为常数， ∴{b n }为等差数列．设公差为d ，则⎩⎨⎧b 1＋2d ＝18，b 1＋5d ＝12，∴⎩⎨⎧d ＝－2，b 1＝22.由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，∴S 11，S 12最大且S 11＝S 12＝132.5. [xx·衡水中学仿真]设数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，记数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________.答案－513解析由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)得，a 6＋a 7＝4(b 5＋b 6)，又a 5＝b 5，a 6＝b 6，所以a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)，所以6a 1＋25d ＝0，所以a 1＝－256d ，又q ＝b 6b 5＝a 6a 5＝－256d ＋5d －25d6＋4d ＝－5，所以a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 6b 5q 2＋1＝2b 6b 5q 2＋1＝2q q 2＋1＝－513. 6．[xx·枣强中学预测]已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n ，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎨⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是________．答案 [－5，－3]解析 c n 是取a n 和b n 中的较大值，又c 5是数列{c n }中的最小项，由于函数y ＝25－n是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.7．[xx·冀州中学一轮检测]如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a xx ＋a xx ＋a xx ＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 x 1y 1x 2y 2x 3y 3x 4y 4x 5y 5x 6y 6解析由a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2,3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a xx ＋a xx ＝1，a xx ＝1006，故a xx ＋a xx ＋a xx ＝1007.8．[xx·武邑中学一轮检测]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 4≥4，S 7≤28，则a 10的最大值为________．答案 16解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4≥4，S 7≤28， ∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ≥4，S 7＝7a 1＋7×62d ≤28，即⎩⎨⎧2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 10＝a 1＋9d ＝a 1＋3d ＋6d ≤4＋6d ，a 10＝a 1＋9d ＝122a 1＋3d ＋15d 2≥2＋15d 2，∴2＋15d 2≤a 10≤4＋6d ，∴2＋15d2≤4＋6d ，解得d ≤2， ∴a 10≤4＋6×2＝16.9. [xx·武邑中学月考]已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________．答案 5解析要使S 2n －S n >m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min >m16.因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0，所以{S 2n －S n }为递增数列，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5.10．[xx·衡水中学热身]数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1. (2)设{b n }的公差为d .由T 3＝15，即b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5，故b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，由a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列可得(5－d ＋1)·(5＋d ＋9)＝(5＋3)2，解得d＝2或d ＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d >0，∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n n －12×2＝n 2＋2n .11．[xx·冀州中学期末]某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(参考数据：取1.0510＝1.629,1.310＝13.786,1.510＝57.665)解甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S 10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3＝42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10＝16.29(万元)，故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T 10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.5(万元)，从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为11＋5%，故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)．综上可知，甲方案获利更多．12. [xx·衡水中学预测]数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.解 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n＝2n －1，∴S n ＝n 1＋2n －12＝n 2.证法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 证法二：(数学归纳法)当n ＝1时，1S 1＝1，n n ＋1＝12，不等式成立．假设当n ＝k 时，不等式成立，即1S 1＋1S 2＋…＋1S k >k k ＋1. 则当n ＝k ＋1时，1S 1＋1S 2＋…＋1S k ＋1S k ＋1>k k ＋1＋1k ＋12，又∵kk ＋1＋1k ＋12－k ＋1k ＋2＝1－1k ＋1＋1k ＋12－1＋1k ＋2＝1k ＋2－k k ＋12＝1k ＋2k ＋12>0，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S k ＋1S k ＋1>k ＋1k ＋2， ∴原不等式成立．解法三：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n2>1，又∵1>nn ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1. 能力组13.[xx·枣强中学热身]设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 答案 C解析因为对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，所以令x ＝n ，y ＝1，得f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1a n ＝f n ＋1f n ＝f (1)＝12，所以数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，则S n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.故选C.14．[xx·衡水中学猜题]已知函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，数列{a n }满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性．解 (1)由已知得log 22 an －1log 22 a n＝2n ， ∴a n －1a n＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0，∴a n ＝n ±n 2＋1. ∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1. (2)∵a n＋1－a n ＝(n ＋1)－n ＋12＋1－(n －n 2＋1)＝1－2n ＋1n ＋12＋1＋n 2＋1>1－2n ＋1n ＋1＋n＝0，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．15．[xx·衡水中学一轮检测]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意得1a n ＋1－1a n＝1，又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n.(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)，所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg (n －2)－lg n ＋lg (n －1)－lg (n ＋1)＋lg n －lg (n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg (n ＋1)－lg (n ＋2)＝lg2n ＋1n ＋2.16．[xx·冀州中学模拟]已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a (单位：m 2)，其中有部分旧住房要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b (单位：m 2)的旧住房．(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b 是多少？(计算时取1.15＝1.6)．解 (1)第一年末的住房面积为a ·1110－b ＝1.1a －b (m 2)．第二年末的住房面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1110－b 1110－b ＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2)．(2)第三年末的住房面积为⎣⎢⎡ a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－⎦⎥⎤b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11101110－b ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11103－实用文档 b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102(m 2)，第四年末的住房面积为a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11104－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103(m 2)，第五年末的住房面积为a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11105－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11104 ＝1.15a －1－1.151－1.1b ＝1.6a －6b (m 2)．依题意，得1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a 20. 所以每年拆除的旧房面积为a 20 m 2.。

2021年高考数学一轮复习第六章数列第5讲数列的综合应用理

2021年高考数学一轮复习第六章数列第5讲数列的综合应用理一、选择题1．已知{a n }为等比数列．下面结论中正确的是 ( )．A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 21＋a 23≥2a 22 C ．若a 1＝a 3，则a 1＝a 2D ．若a 3>a 1，则a 4>a 2解析设公比为q ，对于选项A ，当a 1<0，q ≠1时不正确；选项C ，当q ＝－1时不正确；选项D ，当a 1＝1，q ＝－2时不正确；选项B 正确，因为a 21＋a 23≥2a 1a 3＝2a 22.答案 B2．满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n >1 025的最小n 值是( )．A ．9B ．10C ．11D ．12解析因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n－1，则满足S n >1 025的最小n 值是11. 答案 C3．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( )．A ．5年B ．6年C ．7年D ．8年解析由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2.当n ＝1时也适合，据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．答案 C4．在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝( )．A ．7B ．8C ．9D ．10解析设公差为d ，由题设3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )，所以d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1>0，所以n <374，则n ≤9，当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10时，a n <0. 故当n ＝9时，S n 取得最大值．答案 C5．设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )．A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n .答案 A6．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 解析 a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n .答案 C 二、填空题7．设关于x 的不等式x 2－x ＜2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．解析由x 2－x ＜2nx (n ∈N *)，得0＜x ＜2n ＋1，因此知a n ＝2n . ∴S 100＝1002＋2002＝10 100.答案 10 1008．已知a ，b ，c 成等比数列，如果a ，x ，b 和b ，y ，c 都成等差数列，则a x ＋cy＝________.解析赋值法．如令a ，b ，c 分别为2,4,8，可求出x ＝a ＋b2＝3，y ＝b ＋c2＝6，a x＋cy＝2. 答案 29．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99的值为________．解析由y ′＝(n ＋1)x n (x ∈N *)，所以在点(1,1)处的切线斜率k ＝n ＋1，故切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，令y ＝0得x n ＝nn ＋1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99＝lg x 1＋lg x 2＋…＋lg x 99＝lg(x 1·x 2·…·x 99)＝lg 12×23×…×9999＋1＝lg 199＋1＝－2.答案－210．数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列{a n }的各项按如下规律排列：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，有如下运算和结论： ①a 24＝38；②数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…是等比数列；③数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…的前n 项和为T n ＝n 2＋n4；④若存在正整数k ，使S k <10，S k ＋1≥10，则a k ＝57.其中正确的结论有________．(将你认为正确的结论序号都填上)解析依题意，将数列{a n }中的项依次按分母相同的项分成一组，第n 组中的数的规律是：第n 组中的数共有n 个，并且每个数的分母均是n ＋1，分子由1依次增大到n ，第n 组中的各数和等于1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2.对于①，注意到21＝66＋12<24<77＋12＝28，因此数列{a n }中的第24项应是第7组中的第3个数，即a 24＝38，因此①正确．对于②、③，设b n 为②、③中的数列的通项，则b n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，显然该数列是等差数列，而不是等比数列，其前n 项和等于12×n n ＋12＝n 2＋n4，因此②不正确，③正确．对于④，注意到数列的前6组的所有项的和等于62＋64＝1012，因此满足条件的a k 应是第6组中的第5个数，即a k ＝57，因此④正确．综上所述，其中正确的结论有①③④. 答案 ①③④ 三、解答题11．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝35，a 5和a 7的等差中项为13. (1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝4a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 5＝5a 3＝35，a 5＋a 7＝26，所以⎩⎨⎧a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，S n ＝3n ＋n n －12×2＝n 2＋2n .(2)由(1)知a n ＝2n ＋1，所以b n ＝4a 2n －1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.(1)解当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7，② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)，③由①②③解得a 1＝1.(2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1，两式相减整理得a n ＋1－3a n ＝2n，则a n ＋12n－32·a n2n －1＝1，即a n ＋12n＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －1＋2.又a 120＋2＝3，知 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1＋2是首项为3，公比为32的等比数列，∴a n2n －1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式，∴a n ＝3n －2n . (3)证明由(2)得1a n ＝13n －2n.当n ≥2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n >2，即3n －2n >2n ，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1<32. 13．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T nK n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)． (1)解设公差为d ，则⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2，所以a n ＝n ＋1，S n ＝n n ＋32.又a 1＝2，d ＝1，所以a 3＝4，即b 2＝4.所以数列{b n }的首项为b 1＝2，公比q ＝b 2b 1＝2，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明因为K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ， ①故2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，∴K n ＝n ·2n ＋1，则c n ＝S n T n K n ＝n ＋32n －12n ＋1.c n ＋1－c n ＝n ＋42n ＋1－12n ＋2－n ＋32n －12n ＋1＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N *)．14．设数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＝a 2S n ＋a 1，其中a 2≠0. (1)求证：{a n }是首项为1的等比数列；(2)若a 2＞－1，求证：S n ≤n2(a 1＋a n )，并给出等号成立的充要条件．证明 (1)由S 2＝a 2S 1＋a 1，得a 1＋a 2＝a 2a 1＋a 1，即a 2＝a 2a 1.因a 2≠0，故a 1＝1，得a 2a 1＝a 2，又由题设条件知S n ＋2＝a 2S n ＋1＋a 1，S n ＋1＝a 2S n ＋a 1，两式相减得S n ＋2－S n ＋1＝a 2(S n ＋1－S n )，即a n ＋2＝a 2a n ＋1，由a 2≠0，知a n ＋1≠0，因此a n ＋2a n ＋1＝a 2. 综上，a n ＋1a n＝a 2对所有n ∈N *成立．从而{a n }是首项为1，公比为a 2的等比数列． (2)当n ＝1或2时，显然S n ＝n2(a 1＋a n )，等号成立．设n ≥3，a 2＞－1且a 2≠0，由(1)知，a 1＝1，a n ＝a n －12，所以要证的不等式化为：1＋a 2＋a 22＋…＋a n －12≤n2(1＋a n －12)(n ≥3)，即证：1＋a 2＋a 22＋…＋a n2≤n ＋12(1＋a n 2)(n ≥2)，当a 2＝1时，上面不等式的等号成立．当－1＜a 2＜1时，a r2－1与a n －r2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为负；当a 2＞1时，a r 2－1与a n －r 2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为正；因此当a 2＞－1且a 2≠1时，总有(a r 2－1)(a n －r 2－1)＞0，即a r 2＋a n －r 2＜1＋a n 2，(r ＝1,2，…，n －1)．上面不等式对r 从1到n －1求和得2(a 2＋a 22＋…＋a n －12)＜(n －1)(1＋a n 2)．由此得1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2＜n ＋12(1＋a n 2)．综上，当a 2＞－1且a 2≠0时，有S n ≤n2(a 1＋a n )，当且仅当n ＝1,2或a 2＝1时等号成立.。

2021年高考数学一轮复习数列试题理

2021年高考数学一轮复习数列试题理n n m－1m m＋1则m＝( )．A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【xx新课标I版（理）12】设△A n B n C n的三边长分别为a n，b n，c n，△A n B n C n的面积为S n，n ＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，a n＋1＝a n，b n＋1＝，c n＋1＝，则( )．A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列【答案】：B【xx新课标I版（理）5】已知{a n}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( ) A．7 B．5 C．－5 D．－7【答案】D【xx新课标I版（理）14】若数列{a n}的前n项和，则{a n}的通项公式是a n＝__________. 【答案】：【xx新课标I版（理）16】数列{a n}满足a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，则{a n}的前60项和为__________．【答案】1830【xx新课标I版（理）17】已知数列的前项和为，，，，其中为常数，（I）证明：；（II）是否存在，使得为等差数列？并说明理由.【答案】（I）由题设，两式相减得由于，所以……6分（II）由题设，，，可得由（I）知，令，解得故，由此可得是首项为1，公差为4的等差数列，；是首项为3，公差为4的等差数列，.所以，.因此存在，使得数列为等差数列. ……12分1 ．（河北省唐山市xx届高三摸底考试数学（理）试题）设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=13,S15=63,则S20= （）A．100 B．90 C．120 D．110【答案】B2 ．（河北省邯郸市xx届高三上学期摸底考试数学（理）试题）在等比数列中,,则（）A．3 B．C．3或D．或【答案】C3 ．（河北省邯郸市武安三中xx届高三第一次摸底考试数学理试题）数列是首项为1,且公比的等比数列,是的前项和,若,则数列的前5项和为（）A．B．5 C．D．【答案】C4 ．（河北省保定市八校联合体xx届高三上学期第一次月考数学（理科）试题）在等差数列中,a1+ a5 = 16,则a3等于（）A．8 B．4 C．-4 D．-8【答案】A5 ．（河北省张家口市蔚县一中xx届高三一轮测试数学试题）已知为等差数列,其前项和为,若,,则公差等于（）A．B．C．D．【答案】C6．（河北省张家口市蔚县一中xx届高三一轮测试数学试题）等比数列中,已知对任意自然数,,则等于（）A．B．C．D．【答案】D7．（河北省邯郸市武安三中xx届高三第一次摸底考试数学理试题）设等差数列的前项和为,若,则等于（）A．45 B．60 C．D．【答案】B8．（河北省张家口市蔚县一中xx届高三一轮测试数学试题）若数列满足:存在正整数,对于任意正整数都有成立,则称数列为周期数列,周期为. 已知数列满足, 则下列结论中错．误．的是（） A ．若,则B ．若,则可以取3个不同的值C ．若,则数列是周期为的数列D ．且,数列是周期数列【答案】D 9．（河北省张家口市蔚县一中xx 届高三一轮测试数学试题）在首项为57,公差为的等差数列中,最接近零的是第( ) 项. （） A ．14 B ．13 C ．12 D ．11 【答案】C 10．（河北省唐山市xx 届高三摸底考试数学（理）试题）已知数列{a n }满足a 1=0,a 2=1,,则{a n }的前n 项和S n =_______________. 【答案】（河南省安阳市xx 届高三第一次调研）设等差数列{}的前n 项和为，若，是方程－3x ＋2＝0的两个实数根，则＝______________．答案：11．（河北省邯郸市xx 届高三上学期摸底考试数学（理）试题）在等差数列中,.(1)求数列的通项公式;(2)设**122(),()(12)n n n n b n N T b b b n N n a =∈=+++∈-,求.【答案】设的公差为,由题意得解得得: (2)∵ ∵1)111()3121()211(321+=+-+⋅⋅⋅⋅⋅+-+-=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++=n nn n b b b b T n n 12．（河北省容城中学xx 届高三上学期第一次月考数学（理）试题）已知数列{a n }的前n 项和(其中),且S n 的最大值为8. (1)确定常数k,求a n . (2)求数列的前n 项和T n . 【答案】(1)当时,取最大值,即,13．（河北省张家口市蔚县一中xx 届高三一轮测试数学试题）已知二次函数,其导函数为,数列的前项和为点均在函数的图像上. (1)求数列的通项公式;(2)若231231(2),22223n n n n n c a b b b b c =+++++=,求数列的通项公式.【答案】14．（河北省保定市八校联合体xx 届高三上学期第一次月考数学（理科）试题）设是公差不为零的等差数列,为其前项和,满足. (1)求数列的通项公式及前项和; (2)试求所有的正整数,使得为数列中的项.【答案】[解析] 本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识,考查运算和求解的能力.满分14分.(1)设公差为,则,由性质得,因为,所以,即,又由得,解得,,(2)(方法一)=,设,则=, 所以为8的约数(方法二)因为1222222(4)(2)86m m m mmm m ma a a aaa a a+++++++--==-+为数列中的项,故为整数,又由(1)知:为奇数,所以经检验,符合题意的正整数只有15．（河北省张家口市蔚县一中xx届高三一轮测试数学试题）已知为两个正数,且,设当,时,.(Ⅰ)求证:数列是递减数列,数列是递增数列;(Ⅱ)求证:;(Ⅲ)是否存在常数使得对任意,有,若存在,求出的取值范围;若不存在,试说明理由.【答案】(Ⅱ)证明:.(Ⅲ)解:由,可得.若存在常数使得对任意,有,则对任意,.即对任意成立.即对任意成立.设表示不超过的最大整数,则有.即当时,.与对任意成立矛盾.所以,不存在常数使得对任意,有（河南省安阳市xx 届高三第一次调研）已知等差数列{}的前n 项和为，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列．（Ⅰ）求数列{}的通项公式；（Ⅱ）设{}是首项为1,公比为3的等比数列，求数列{}的前n 项和. （Ⅰ）依题意得解得， 1212)1(23)1(1+=+=-+=-+=∴n a n n d n a a n n 即，．……6分（Ⅱ），n n n n n T 3)12(3)12(3735333132⋅++⋅-++⋅+⋅+⋅=-2123232323(21)3n n n T n --=+⋅+⋅++⋅-+13(13)32(21)32313n n n n n --=+⋅-+=-⋅- ∴ . ………12分16．（河南省中原名校xx 届高三下学期第二次联考数学（理）试题）已知等差数列中,首项a 1=1,公差d 为整数,且满足数列满足前项和为. (1)求数列的通项公式a n ;(2)若S 2为S l ,的等比中项,求正整数m 的值. 【答案】解:(1)由题意,得解得< d <.又d ∈Z,∴d = 2∴a n =1+(n -1)2=2n -1. 4分(2)∵,∴111111[(1)()()]23352121n S n n =-+-+⋅⋅⋅+--+∵,,,S 2为S 1,S m (m ∈)的等比中项, ∴,即, 解得m =12.12分17．（河北省石家庄市xx 届高中毕业班第二次模拟考试数学理试题（word 版））已知公差不为0的等差数列{a n }的首项为2,且a 1,a 2,a 4成等比数列. (I )求数列{a n }的通项公式; (II)令,求数列{b n }的前n 项和.【答案】解:(I)设等差数列的公差为d,由, 又首项为,得, 因为,所以,所以(Ⅱ)设数列的前n 项和,由(Ⅰ)知,所以===, 所以==,即数列的前n项和=18．（山西省康杰中学xx届高三第二次模拟数学（理）试题）已知数列的前项和,满足.(Ⅰ)求数列的前三项;(Ⅱ)求证:数列为等比数列,并求出的通项公式.【答案】解:(Ⅰ)在中分别令得:解得:(Ⅱ)由得:两式相减得:故数列是以为首项,公比为2的等比数列.所以32069 7D45 絅 27073 69C1 槁23055 5A0F 娏 25203 6273 扳^28413 6EFD 滽35110 8926 褦38236 955C 镜a26180 6644 晄 28859 70BB 炻。

2021年高考数学大一轮总复习数列不等式阶段性综合检测理新人教A版

2021年高考数学大一轮总复习数列不等式阶段性综合检测理新人教A版一、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．(xx·白山一模)数列{a n}中，a2＝2，a6＝0且数列{1an＋1}是等差数列，则a4＝( )A.12B.13C.14D.16解析：设公差为d，由4d＝1a6＋1－1a2＋1得d＝16，所以1a4＋1＝12＋1＋2×16，解得a4＝1 2 .答案：A2．(xx·平顶山一模)在等比数列{a n}中，a xx＝8a xx，则公比q的值为( ) A．2 B．3C．4 D．8解析：∵q3＝a2010a2007＝8，∴q＝2.答案：A3．(xx·常州一模)数列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和为( )A．2n－1 B．n·2n－nC ．2n ＋1－nD ．2n ＋1－n －2解析：由题意知a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1，故S n ＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1) ＝(2＋22＋ (2))－n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n ＋1－n －2.答案：D4．(xx·洛阳一模)数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1(n ∈N *)，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．11B ．99C ．120D ．121解析：∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴a 1＝2－1，a 2＝3－2，…，a n ＝n ＋1－n ， ∴S n ＝n ＋1－1＝10，∴n ＝120. 答案：C5．(xx·温州一模)在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项的和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是( )A ．24B ．48C ．60D ．84解析：由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，所以T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18＝S 10－(S 18－S 10)＝60.答案：C6．(xx·山师附中质检)已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，S n 是其前n 项和，且S 9＜S 8＝S 7，则下列说法不正确的是( )A ．S 9＜S 10B ．d ＜0C ．S 7与S 8均为S n 的最大值D ．a 8＝0解析：由于等差数列的前n 项和S n 是关于非零自然数n 的一元二次函数，即S n ＝d2n 2＋(a 1－12d )n ，由S 9＜S 8＝S 7可得该二次函数的图象开口向下，即d ＜0，且其对称轴为x ＝152，其前n 项和中最大值为S 8与S 7，且其前7项均为正数项，第8项为0，由该函数的单调性可得S 9＞S 10，即不正确的为S 9＜S 10.答案：A7．(xx·上海调研)已知不等式x 2－2x －3＜0的解集为A ，不等式x 2＋x －6＜0的解集是B ，不等式x 2＋ax ＋b ＜0的解集是A ∩B ，那么a ＋b 等于( )A ．－3B ．1C ．－1D ．3解析：∵A ＝{x |－1＜x ＜3}，B ＝{x |－3＜x ＜2}， ∴A ∩B ＝{x |－1＜x ＜2}，∴不等式x 2＋ax ＋b ＜0的解集为{x |－1＜x ＜2}，∴⎩⎪⎨⎪⎧－a ＝1，b ＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，∴a ＋b ＝－3. 答案：A8．(xx·粤西北九校联考)若a ≥0，b ≥0，且a (a ＋2b )＝4，则a ＋b 的最小值等于( ) A. 2 B ．4 C ．2D ．2 2解析：∵a ≥0，b ≥0，∴a ＋2b ≥0，又a (a ＋2b )＝4，∴4＝a (a ＋2b )≤a ＋a ＋2b24，即(a ＋b )2≥4，∴a ＋b ≥2. 答案：C9．(xx·江西八校联合模拟)若实数x 、y 满足9x＋9y＝3x ＋1＋3y ＋1，则u ＝3x ＋3y的取值范围是( )A ．(0,3]B ．(0,6]C ．(3,6]D ．[6，＋∞)解析：由已知得(3x＋3y )2－2·3x·3y＝3(3x＋3y)，即u 2－2·3x ·3y ＝3u ⇒u 2－3u ＝2·3x ·3y，据基本不等式和代数式自身的限制可得：0＜u 2－3u ＝2·3x ·3y≤2(3x ＋3y 2)2＝u22，解得3＜u ≤6.答案：C10．(xx·陕西)如下图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积不小于300m 2的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x (单位：m)的取值范围是( )A ．[15,20]B ．[12,25]C ．[10,30]D ．[20,30]解析：设矩形另一边长为y ，根据上、下两个三角形相似可得：40－y 40＝x40，∴y ＝40－x ，∴矩形面积S ＝xy ＝x (40－x )≥300，解得10≤x ≤30，∴选C.答案：C11．(xx·海口二模)若不等式x 2＋ax －2＞0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是( )A ．(－235，＋∞) B ．[－235，1] C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－235)解析：法一：不等式x 2＋ax －2＞0在区间[1,5]上有解的等价为不等式x 2＋ax －2≤0在区间[1,5]上无解，故有⎩⎪⎨⎪⎧f 1≤0f 5≤0.得a ≤－235上有解，故选A.法二：解出参数a ＞2x －x ，令f (x )＝2x －x ，x ∈[1,5]为减函数，则f (x )min ＝f (5)＝－235，因为在x ∈[1,5]上有解，所以a 大于f (x )min ，即a ＞－235，故选A. 法三 f (x )＝x 2＋ax －2的图象如图所示为让x 2＋ax －2＞0，在[1,5]上有解只需f (x )max大于0即可，即f (5)＝52＋5a －2＞0解得a ＞－235，故选A.答案：A12．(xx·湘潭二模)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －2y ＋3≥0，y ≥x所表示的平面区域是Ω1，平面区域Ω2与Ω1关于直线3x －4y －9＝0对称．对于Ω1中的任意点A 与Ω2中的任意点B ，|AB |的最小值等于( )A.285 B ．4 C.125D ．2解析：画出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，观察图形可知，D (1,1)到直线3x －4y －9＝0的距离最小，故D 与其关于直线3x －4y －9＝0对称的点D ′(D ′在Ω2内)的距离|DD ′|最小，D 到直线3x －4y －9＝0的距离为|3－4－9|5＝2，故|DD ′|＝4.答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共90分)本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。

2021高考数学(理)人教A版一轮复习学案+作业：第六章 6.1 数列的概念与简单表示法 Word

姓名，年级：时间：§6。

1 数列的概念与简单表示法最新考纲考情考向分析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.以考查S n与a n的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以选择、填空的形式进行考查，难度为低档。

1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n}的第n项a n通项公式如果数列｛a n}的第n项a n与序号n之间的关系能用公式a n ＝f （n）表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列｛a n}中，S n＝a1＋a2＋…＋a n叫做数列的前n项和2。

数列的表示方法列表法列表格表示n与a n的对应关系图象法把点(n，a n)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项用公式表示递推公式使用初始值a1和a n＋1＝f （a n）或a1,a2和a n＋1＝f (a n,a n－1)等表示数列的方法n n若数列｛a n}的前n项和为S n,则a n＝错误!4．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概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．数列的通项公式a n＝3n＋5与函数y＝3x＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n＝3n＋5是特殊的函数,其定义域为N＊，而函数y＝3x＋5的定义域是R，a n＝3n＋5的图象是离散的点，且排列在y＝3x＋5的图象上．题组一思考辨析1．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)所有数列的第n项都能使用公式表达．（×）(3）根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．（√）(4)1,1，1，1，…不能构成一个数列．（×)题组二教材改编2．在数列{a n｝中,已知a1＝1，a n＋1＝4a n＋1，则a3＝________。

2021版高考数学一轮总复习第六章数列题组训练34数列的基本概念理20210515482

2021版高考数学一轮总复习第六章数列题组训练34数列的基本概念理202105154821．在数列1，1，2，3，5，8，13，x ，34，55，…中，x 应取( ) A ．19 B ．20 C ．21 D ．22答案 C解析 a 1＝1，a 2＝1，a 3＝2，∴a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，∴x ＝8＋13＝21，故选C. 2．数列13，18，115，124，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝12n ＋1B ．a n ＝1n ＋2C ．a n ＝1n （n ＋2）D ．a n ＝12n －1答案 C解析观看知a n ＝1（n ＋1）2－1＝1n （n ＋2）. 3．(2020·济宁模拟)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5等于( )A.56 B.65 C.130 D ．30 答案 D解析 ∵当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n （n ＋1），∴1a 5＝5×(5＋1)＝30.4．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1a n ＝a n －1，则a 2 017的值为( ) A ．－1 B.12 C ．2 D ．3 答案 C解析因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1a n ＝a n －1，因此a n ＋1＝1－1a n ，因此a 2＝12，a 3＝1－2＝－1，a 4＝1＋1＝2，可知数列的周期为3.而2 017 ＝3×672＋1，因此a 2 017＝a 1＝2.故选C. 5．(2020·辽宁省实验中学月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2nD ．2n－1答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }为等比数列，公比为2，首项为2，∴通项公式为a n ＝2n.故选C. 6．(2020·辽宁)设等差数列{a n }的公差为d ，若数列{2a 1a n }为递减数列，则( ) A ．d<0 B ．d>0 C ．a 1d<0 D ．a 1d>0答案 C解析 ∵数列{2a 1a n }为递减数列，∴2a 1a n >2a 1a n ＋1，n ∈N *，∴a 1a n >a 1a n ＋1，∴a 1(a n ＋1－a n )<0.∵{a n }为公差为d 的等差数列，∴a 1d<0.故选C.7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n(n∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式．∴a n ＝2n －11(n∈N *)．记f(n)＝na n ＝n(2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图像的对称轴为直线n ＝114，但n∈N *，∴当n ＝3时，f(n)取最小值．因此，数列{na n }中数值最小的项是第3项． 8．数列53，108，17a ＋b ，a －b 24，…中，有序实数对(a ，b)能够是( ) A ．(21，－5) B ．(16，－1) C ．(－412，112)D ．(412，－112)答案 D解析由数列中的项可观看规律，5－3＝10－8＝17－(a ＋b)＝(a －b)－24＝2，⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝15，a －b ＝26，解得a ＝412，b ＝－112.故选D.9．(2021·山东荷泽重点高中联考)观看下列的图形中小正方形的个数，则第n 个图中的小正方形的个数f(n)为( )A.（n ＋1）（n ＋2）2B.（n ＋2）（n ＋3）2C.n 2D.n 2＋n 2答案 A解析由题意可得f(1)＝2＋1；f(2)＝3＋2＋1；f(3)＝4＋3＋2＋1；f(4)＝5＋4＋3＋2＋1；f(5)＝6＋5＋4＋3＋2＋1；…；∴f(n)＝(n ＋1)＋n ＋(n －1)＋…＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2.10．(2020·郑州第二次质量推测)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n≥2)，a 1＝m ，a 2＝n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017的值为( ) A ．2 017n －m B ．n －2 017m C ．m D ．n答案 C解析依照题意运算可得a 3＝n －m ，a 4＝－m ，a 5＝－n ，a 6＝m －n ，a 7＝m ，a 8＝n ，…，因此数列{a n }是以6为周期的周期数列，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝0，因此S 2 017＝S 336×6＋1＝a 1＝m.故选C.11．(2020·湖南长沙模拟)已知S n 是各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，S n >1且S n ＝（a n ＋3）（a n ＋1）8(n∈N *)，则a n ＝( )A ．4n －1B ．4n －3C ．4n －3或4n －1D ．n ＋2 答案 A解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝（a 1＋3）（a 1＋1）8，解得a 1＝1或a 1＝3，∵S n >1，∴a 1＝3，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（a n ＋3）（a n ＋1）8－（a n －1＋3）（a n －1＋1）8，即(a n ＋a n －1)(a n －a n－1－4)＝0，∵a n >0，故a n －a n －1＝4，∴{a n }是首项为3，公差为4的等差数列，∴a n ＝3＋4(n－1)＝4n －1.12．(2020·湖北宜昌一中月考)定义a n ＝5n＋(15)n ，其中n∈{110，15，12，1}，则a n 取最小值时，n 的值为( ) A.110 B.15 C.12 D ．1答案 A解析令5n＝t>0，考虑函数y ＝t ＋1t (t>0)，易知其中(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，且当t ＝1时，y 的值最小．再考虑函数t ＝5n，当0<n≤1时，t ∈(1，5]，可知当n ＝110时，a n 取得最小值．故选A.13．用火柴棒按下图的方法搭三角形：按图示的规律搭下去，则所用火柴棒数a n 与所搭三角形的个数n 之间的关系式能够是________．答案 a n ＝2n ＋114．(2020·课标全国Ⅰ)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 ＝________．答案 (－2)n －1解析由S n ＝23a n ＋13，得当n≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，∴当n≥2时，a n ＝－2a n －1.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1.15．已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2 013＝________；a 2 014＝________．答案 1，0解析 a 2 013＝a 504×4－3＝1，a 2 014＝a 2×1 007＝a 1 007＝a 4×252－1＝0.16．(2020·广东梅州质量检测)已知数列2 016，2 017，1，－2 016，－2 017，…，那个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则那个数列的前2 017项之和S 2 017等于________．答案 2 016解析依照题意可将该数列多写几项出来，以便观看：2 016，2 017，1，－2 016，－2 017，－1，2 016，2 017，1，….观看发觉该数列是周期为6的周期数列，且前6项的和为0.而要求的2 017＝6×336＋1，则S 2 017＝0×336＋a 2 017＝0＋a 1＝2 016.17．(2020·广州一模)设数列{a n }的各项差不多上正数，且对任意n∈N *，都有4S n ＝a n 2＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________．答案 2n解析当n ＝1时，由4S 1＝a 12＋2a 1，a 1>0，得a 1＝2；当n≥2时，由4a n ＝4S n －4S n －1＝(a n 2＋2a n )－(a n －12＋2a n －1)，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.因为a n ＋a n －1>0，因此a n －a n －1＝2，则数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，故a n ＝2＋(n －1)×2＝2n.18．(2020·北京海淀区一模)数列{a n }的通项为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋（a －1）n ，n ≥5，(n∈N *)，若a 5是{a n }中的最大值，则a 的取值范畴是________．答案 [9，12]解析当n≤4时，a n ＝2n－1单调递增，因此n ＝4时取最大值，a 4＝24－1＝15. 当n≥5时，a n ＝－n 2＋(a －1)n ＝－(n －a －12)2＋（a －1）24.∵a 5是{a n }中的最大值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －12≤5.5，－52＋5（a －1）≥15，解得9≤a≤12.∴a 的取值范畴是[9，12]．19．已知在数列{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．答案 (1)a 2＝3，a 3＝6 (2)a n ＝n （n ＋1）2解析 (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a 1＝1. 当n>1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.因此a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1.将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n （n ＋1）2.综上，{a n }的通项公式a n ＝n （n ＋1）2.1．已知数列12，23，34，45，…，那么0.94，0.96，0.98，0.99中属于该数列中某一项值的有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个答案 C2．关于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 B解析当a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2，0，1，则a 2>|a 1|不成立，即a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件． 3．已知数列2，5，22，…，则25是该数列的( ) A ．第5项 B ．第6项 C ．第7项 D ．第8项答案 C解析由数列2，5，22，…的前三项2，5，8可知，数列的通项公式为a n ＝2＋3（n －1）＝3n －1，由3n －1＝25，可得n ＝7.4．已知数列{a n }满足a 0＝1，a n ＝a 0＋a 1＋…＋a n －1(n≥1)，则当n≥1时，a n 等于( ) A ．2nB.12n(n ＋1) C ．2n －1D ．2n－1答案 C解析由题设可知a 1＝a 0＝1，a 2＝a 0＋a 1＝2. 代入四个选项检验可知a n ＝2n －1.故选C.5．(2021·上海松江一模)在一个有穷数列每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把如此的操作叫做该数列的一次“H 扩展”．已知数列1，2.第一次“H 扩展”后得到1，3，2；第二次“H 扩展”，后得到1，4，3，5，2.那么第10次“H 扩展”后得到的数列的项数为( ) A ．1 023 B ．1 025 C ．513 D ．511答案 B解析设第n 次“H 扩展”后得到的数列的项数为a n ，则第n ＋1次“H 扩展”后得到的数列的项数为a n ＋1＝2a n －1，∴a n ＋1－1＝2(a n －1)．∴a n ＋1－1a n －1＝2.又∵a 1－1＝3－1＝2，∴{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n －1＝2·2n －1，∴a n ＝2n ＋1，∴a 10＝210＋1＝1 025.故选B.6．(2020·辽宁沈阳二中月考)数列{a n }中，a n ＝n － 2 016n － 2 017，则该数列前100项中的最大项与最小项分别是( ) A ．a 1，a 50 B ．a 1，a 44 C ．a 45，a 44 D ．a 45，a 50答案 C 解析 a n ＝1＋2 017－ 2 016n － 2 017，∴a 44<0，a 45>0，且从a 1到a 44递减，从a 45到a 100递减．7．(2020·河北省衡水中学模拟)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n 2(a n >0，n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．10n －2B ．10n －1C ．102n －1D ．22n －1答案 D解析因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n 2(a n >0，n ∈N *)，因此log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即log 2a n ＋1log 2a n ＝2.又a 1＝2，因此log 2a 1＝log 22＝1.故数列{log 2a n }是首项为1，公比为2的等比数列．因此log 2a n ＝2n －1，即a n ＝22n －1.故选D.8．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 7＋a 8的值为________．答案 28解析 a 7＋a 8＝S 8－S 6＝82－62＝28.9．(2021·广东广州5月月考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋a n ，用[x]表示不超过x 的最大整数，则[1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1]＝________．答案 0解析因为a n ＋1＝a n 2＋a n ，因此1a n ＋1＝1a n （a n ＋1）＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，因此1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2021＋1＝(1a 1－1a 2)＋(1a 2－1a 3)＋…＋(1a 2 017－1a 2 018)＝1a 1－1a 2 018.因为a 1＝1，a 2＝2>1，a 3＝6>1，…，可知1a 2 018∈(0，1)，则1a 1－1a 2 018∈(0，1)，因此[1a 1－1a 2 018]＝0.10．(2020·安徽屯溪一中月考)已知函数f(x)＝2x －2－x，数列{a n }满足f(log 2a n )＝－2n(n∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)讨论数列{a n }的单调性，并证明你的结论．答案 (1)a n ＝n 2＋1－n (2)略解析 (1)因为f(x)＝2x－2－x，f(log 2a n )＝－2n ，因此2log 2a n －2－log 2a n ＝－2n ，即a n －1a n ＝－2n ，因此a n 2＋2na n －1＝0，解得a n ＝－n±n 2＋1. 因为a n >0，因此a n ＝n 2＋1－n. (2)数列{a n }是递减数列．证明如下：因为a n ＋1a n ＝（n ＋1）2＋1－（n ＋1）n 2＋1－n ＝n 2＋1＋n（n ＋1）2＋1＋（n ＋1）<1，又a n >0，因此a n ＋1<a n ，即数列{a n }是递减数列．11．(2020·河南洛阳第二次统一考试)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n－λa n 2，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范畴．答案 (1)a n ＝n(n∈N *) (2)(－∞，2)解析 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1， ∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn ，∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n(n∈N *)． (2)b n ＝3n－λn 2. b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n＋1)．∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，则c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1.∴{c n}为递增数列，∴λ<c1＝2，即λ的取值范畴为(－∞，2)．。

2021高考数学(理)一轮复习专项检测《数列》(解析版)

两式相减得-2S=1+2( 31 0 13 ∴S=19 320 1
故选 A。 4．（山东省潍坊市 2019 届高三模拟）如图所示，在著名的汉诺塔问题中，有三根高度相同的柱子和一
些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有 n 个圆盘，较
a1, a2 ,, an,, 并记相应的极大值为 b1, b2 ,, bn,, 则 a1b1 a2b2 a20b20 的值为（）
A．19 320 1 B．19 319 1
C． 20 319 1
D． 20 320 1
【答案】A
【解析】由题当当 0 x 2 时， f x 2x x2 x 12 1, 极大值点为 1，极大值为 1
A.64
B.48
C.36
D.24
【答案】B
【解析】由等差数列性质可知， S17 17a9 272，解得 a9 16 ，故 a3 a9 a15 3a9 48.
故选 B。
6．（山东省日照市 2019 届高三联合考试）已知数列 an 前 n 项和为 Sn ，满足 Sn an2 bn （ a,b 为
常数），且 a9
2
，设函数
f
(x)
2 sin
2x
2 sin 2
x 2
，记
yn f an
，则数列 yn 的前 17 项和为
（）
A． 17 2
【答案】D
B． 9
C．11
D．17
【解析】因为 f ( x) 2 sin 2x 2 sin 2 x sin 2x cos x 1，
2
由 Sn an2 bn ，得 an Sn Sn1 an2 bn a(n 1)2 b(n 1) 2an a b ，

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『高考一轮复习精品』『单元检测试卷AB双卷』
第六单元数列
A 卷基础过关检测
一、选择题：本题共12个小题，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．（2020·江西景德镇高三月考（理））设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，若342332,32S a S a =-=-，则首项1a =（） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
2．（2020·全国高三课时练习（理））等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，若
32
21
n n S n T n -=+，则7
7
a b =（） A ．
3727
B ．
3828
C ．
3929
D ．
4030
3．（2020·山西迎泽太原五中高三月考（理））已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若
844S S =，则10a =（）
A ．
17
2
B ．
192
C ．10
D ．12
4．（2020·山西运城高三其他（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21a =，且
11,1,(2)n n n S S S n -++成等差数列，则（）
A ．2n n S n
a n
-=
B ．2n n S n
a n
+=
C ．21
n n S a n
-=
D ．21
n n S a n
+=
5．（2020·天津市南开中学滨海生态城学校高三月考）数列{}n a 满足：()
*
11,0,n n a a n N R λλλ+=-∈≠∈，
若数列{}1n a -是等比数列，则λ的值是（） A ．1
B ．2
C ．
1
2
D ．1-
6．（2020·河南开封高三二模（理））九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数，决定解开圆环的个数在某种玩法中，用n a 表示解下
()9,n n n *≤∈N 个圆环所需的最少移动次数，数列{}n a 满足11a =，且1121,,
22,,
n n n a n a a n ---⎧=⎨+⎩为偶数为奇数则解下
5个环所需的最少移动次数为（） A ．7
B ．10
C ．16
D ．22
7．（2020·黑山县黑山中学高三月考（理））已知数列{}n a 为等差数列，公差2d =，首项11a =，数列{}n b 为等比数列，公比1q ≠，若存在不同的,,m n p N *
∈使得m a ，n a ，p a 成等差数列，且m a b ，n a b ，p a b 也
成等差数列，则等比数列的公比q 为（） A ．2
B ．2-
C ．1-
D ．无法确定
8．（2020·湖北高三月考（理））若等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且6
36S S =，则96
S S =（） A ．
11
6
B ．
316
C ．
56
D ．3
9．（2020·安徽高三其他（理））数列{}n a 的前n 项和(21)n S n n =-，若4(,)k l k l N +
-=∈，则k l a a -=
（） A ．4
B ．8
C ．16
D ．32
10．（2019·福建高三其他（理））设1n n c q -=，n T 是{}n c 的前n 项和.若{}n c 是递增数列，且对任意*n N ∈，
存在*
m N ∈，使得
1
0m n
m n T c T c +-≤-.则q 的取值范围是（） A ．(,0)-∞ B ．(0,1) C ．(1,2) D ．[2,)+∞
11．（2017·宁夏高三月考（理））已知数列{a n }满足331log 1log ()n n a a n N +
++=∈且2469a a a ++=，则
15793
log ()a a a ++的值是( )
A ．－5
B ．－
1
5
C ．5
D ．
15
12．（2020·福建高三其他（理））设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，3122S S S =+，且23a =，则5a =（） A ．3
B ．12
C ．24
D ．48
二、填空题：本大题共4小题，共20分。

13．（2020·河北新华石家庄二中高三其他（理））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11
2
a =
且当2n ≥时，
1n n n a S S -=-⋅，则{}n a 的通项公式n a =_______.
14．（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a 满足：13a =，当2n ≥
时，)
2
11n a =-，则数
列{}n a 的通项公式n a =______．
15．（2020·江苏鼓楼南京师大附中高三其他）已知一个数列只有21项，首项为1100
，末项为1
101，其中任
意连续三项a ，b ，c 满足b ＝
2ac
a c
+，则此数列的第15项是． 16．（2020·重庆高三月考（理））已知数列{}n a 中，11a =，1(2,)n n a a n n n N +
--=≥∈，设
12321111...n n n n n b a a a a +++=
++++，若对任意的正整数n ，当[1,2]m ∈时，不等式2
13
n m mt b -+>恒成立，则实数t 的取值范围是______．
三、解答题（本大题共6小题，17题10分，其余每题12分共70分）
17．（2020·江苏泰州高三三模）已知数列{}n a 、{}n b 、{}n c 满足2n n n b a a +=-，12n n n c a a +=+．（1）若数列{}n a 是等比数列，试判断数列{}n c 是否为等比数列，并说明理由；（2）若n a 恰好是一个等差数列的前n 项和，求证：数列{}n b 是等差数列；
（3）若数列{}n b 是各项均为正数的等比数列，数列{}n c 是等差数列，求证：数列{}n a 是等差数列． 18．（2020·正定河北正中实验中学高三其他（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 是n S 与2的等差中项．数列{}n b 中，12b =，点()1,n n P b b +在直线2y x =+上．（1）求1a 和2a 的值；
（2）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；
（3）设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T ．
19．（2020·新疆乌鲁木齐高三月考（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足*
21()n n a S n N -=∈.
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设()2log 1n n b S =+，求数列11n n b b +⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和n T .
20．（2020·天津南开中学高三月考）已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列,数列11n n a a +⎧
⎫
⎨
⎬⋅⎩⎭
的前n 项和为
21
n
n +. （1）求3a ,并求出数列{}n a 的通项公式; （2）设2n a
n n b a =⋅,求数列{}n b 的前n 项和n T .
21．（2020·全国高三课时练习（理））已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，
()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-．
（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；
（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：(
)2
*
21n n n S S S n ++<∈N
；
（Ⅲ）对任意的正整数n ，设()2
11
32,,,.n n
n n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪
⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．
22．（2020·河北邯郸高三二模（理））已知数列{}n a 满足数列{}2log n a 的前n 项和为()1
12
n A n n =+．（1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和S n ；（2）若数列1n a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的前n 项和为T n ，求S n ﹣8T n 的最小值．。