历年高考数学真题精选25 等比数列
第1页（共9页） 历年高考数学真题精选（按考点分类） 专题25 等比数列（学生版）
一．选择题（共6小题） 1．（2014•全国）等比数列4x，10x，20x的公比为( )
A．12 B．43 C．32 D．53 2．（2014•大纲版）设等比数列{}na的前n项和为nS．若23S，415S，则6(S ) A．31 B．32 C．63 D．64 3．（2014•重庆）对任意等比数列{}na，下列说法一定正确的是( ) A．1a，3a，9a成等比数列 B．2a，3a，6a成等比数列 C．2a，4a，8a成等比数列 D．3a，6a，9a成等比数列 4．（2014•上海）如果数列{}na是一个以q为公比的等比数列，*2()nnbanN，那么数列{}nb是( ) A．以q为公比的等比数列 B．以q为公比的等比数列 C．以2q为公比的等比数列 D．以2q为公比的等比数列 5．（2013•福建）已知等比数列{}na的公比为q，记(1)1(1)2(1)nmnmnmnmbaaa，
(1)1(1)2(1)nmnmnmnmaaa，*(,)mnN，则以下结论一定正确的是( )
A．数列{}nb为等差数列，公差为mq B．数列{}nb为等比数列，公比为2mq C．数列{}n为等比数列，公比为2mq D．数列{}n为等比数列，公比为mmq 6．（2012•北京）已知{}na为等比数列，下面结论中正确的是( ) A．1322aaa B．2221322aaa C．若13aa，则12aa D．若31aa，则42aa 第2页（共9页）
二．填空题（共7小题） 7．（2015•安徽）已知数列{}na是递增的等比数列，149aa，238aa，则数列{}na的前n
项和等于 ． 8．（2014•广东）等比数列{}na的各项均为正数，且154aa，则
2122232425logloglogloglogaaaaa ． 9．（2012•辽宁）已知等比数列{}na为递增数列．若10a，且212()5nnnaaa，则数列{}na
的公比q ． 10．（2012•江苏）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是 ． 11．（2012•江西）等比数列{}na的前n项和为nS，公比不为1．若11a，且对任意的nN
都有2120nnnaaa，则5S ． 12．（2011•上海）若nS为等比数列{}na的前n项的和，2580aa，则63SS ． 13．（2011•北京）在等比数列{}na中，112a，44a，则公比q ；12||||||naaa ． 三．解答题（共2小题） 14．（2015•江苏）设1a，2a，3a．4a是各项为正数且公差为(0)dd的等差数列． （1）证明：12a，22a，32a，42a依次构成等比数列； （2）是否存在1a，d，使得1a，22a，33a，44a依次构成等比数列？并说明理由； （3）是否存在1a，d及正整数n，k，使得1na，2nka，23nka，34nka依次构成等比数列？并说明理由． 15．（2014•江西）已知数列{}na的前n项和232nnnS，*nN． （1）求数列{}na的通项公式； （2）证明：对任意的1n，都存在*mN，使得1a，na，ma成等比数列． 第3页（共9页）
历年高考数学真题精选（按考点分类） 专题25 等比数列（教师版） 一．选择题（共6小题） 1．（2014•全国）等比数列4x，10x，20x的公比为( )
A．12 B．43 C．32 D．53 【答案】D 【解析】等比数列4x，10x，20x， 2(10)(4)(20)xxx，解得5x，
等比数列4x，10x，20x的公比为1055453q．故选：D． 2．（2014•大纲版）设等比数列{}na的前n项和为nS．若23S，415S，则6(S ) A．31 B．32 C．63 D．64 【答案】C 【解析】212Saa，2423412()SSaaaaq，4645612()SSaaaaq， 所以2S，42SS，64SS成等比数列，即3，12，615S成等比数列， 可得26123(15)S，解得663S 故选：C． 3．（2014•重庆）对任意等比数列{}na，下列说法一定正确的是( ) A．1a，3a，9a成等比数列 B．2a，3a，6a成等比数列 C．2a，4a，8a成等比数列 D．3a，6a，9a成等比数列 【答案】D 【解析】A项中231aaq，28191aaaq，2319()aaa，故A项说法错误， B项中2222631261()()aaqaaaq，故B项说法错误， C项中2322841281()()aaqaaaq，故C项说法错误， D项中25221061391()()aaqaaaq，故D项说法正确， 故选：D． 第4页（共9页）
4．（2014•上海）如果数列{}na是一个以q为公比的等比数列，*2()nnbanN，那么数列{}nb是( ) A．以q为公比的等比数列 B．以q为公比的等比数列 C．以2q为公比的等比数列 D．以2q为公比的等比数列 【答案】A 【解析】1nnaqa，11122nnnnnnbaaqbaa，所以，数列{}nb是以q为公比的等比数列．
5．（2013•福建）已知等比数列{}na的公比为q，记(1)1(1)2(1)nmnmnmnmbaaa，
(1)1(1)2(1)nmnmnmnmaaa，*(,)mnN，则以下结论一定正确的是( )
A．数列{}nb为等差数列，公差为mq B．数列{}nb为等比数列，公比为2mq C．数列{}n为等比数列，公比为2mq D．数列{}n为等比数列，公比为mmq 【答案】C 【解析】①2(1)()mnmnbaqqq，当1q时，(1)nmnbma，
1(1)(1)nmnmmnnbmamab，此时是常数列，选项A不正确，选项B正确；
当1q时，(1)(1)1mnmnqqbaq，1(1)(1)(1)(1)11mmmnmnmmnqqqqbaaqqq，此时1mnnbqb，选项B不正确， 又1(1)(1)(1)1mmnnmnqqbbaqq，不是常数，故选项A不正确，
②等比数列{}na的公比为q，(11)(1)(1)mmnmnmmnaaaq， (1)122(1)(1)mmmmmnmnmncaqaq，
2(1)2(11)(1)1(1)(1)()(1)2mmmmmmnmnmnmmnmnmnaqaqcqmmcaaq
，故C正确D不正确．
综上可知：只有C正确． 第5页（共9页）
6．（2012•北京）已知{}na为等比数列，下面结论中正确的是( ) A．1322aaa B．2221322aaa C．若13aa，则12aa D．若31aa，则42aa 【答案】B 【解析】设等比数列的公比为q，则2132aaaaqq，当且仅当2a，q同为正时，1322aaa
成立，故A不正确； 222222
1322()()2aaaaqaq，2221322aaa，故B正确；
若13aa，则211aaq，21q，1q，12aa或12aa，故C不正确； 若31aa，则211aqa，2421(1)aaaqq，其正负由q的符号确定，故D不正确 二．填空题（共7小题） 7．（2015•安徽）已知数列{}na是递增的等比数列，149aa，238aa，则数列{}na的前n
项和等于 ． 【答案】21n 【解析】数列{}na是递增的等比数列，149aa，238aa，
可得148aa，解得11a，48a，381q，2q， 数列{}na的前n项和为：122112nn． 8．（2014•广东）等比数列{}na的各项均为正数，且154aa，则
2122232425logloglogloglogaaaaa ． 【答案】5 【解析】521222324252123452323logloglogloglogloglog5logaaaaaaaaaaaa． 又等比数列{}na中，154aa，即32a．故2325log5log25a．故答案为：5． 9．（2012•辽宁）已知等比数列{}na为递增数列．若10a，且212()5nnnaaa，则数列{}na
的公比q ． 【答案】2
历年(2020-2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)
历年(2020‐2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编【2023年真题】1. （2023·新课标I 卷 第7题） 记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列：乙：{}n sn为等差数列，则( )A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2. （2023·新课标II 卷 第8题） 记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S = ( ) A. 120B. 85C. 85-D. 120-3. （2023·新课标I 卷 第20题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且 1.d >令2n n n nb a +=，记n S ，n T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和.(1)若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式; (2)若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求.d4. （2023·新课标II 卷 第18题）已知为等差数列，，记n S ，n T 分别为数列，的前n 项和，432S =，316.T =(1)求的通项公式；(2)证明：当5n >时，n S .n T >【2022年真题】5.（2022·新高考I 卷 第17题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)证明：121112.na a a +++< 6.（2022·新高考II 卷 第17题）已知{}n a 为等差数列，{}nb 为公比为2的等比数列，且223344.a b a b b a -=-=-(1)证明：11;a b =(2)求集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素个数.【2021年真题】7.（2021·新高考II 卷 第12题）（多选）设正整数010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ，则( ) A.()()2n n ωω=B. ()()231n n ωω+=+C. ()()8543n n ωω+=+D. ()21nn ω-=8.（2021·新高考I 卷 第16题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________；如果对折*()n n N ∈次，那么12n S S S ++= __________2dm . 9.（2021·新高考I 卷 第17题）已知数列{}n a 满足11a =，，记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； 求{}n a 的前20项和.(1)(2)10.（2021·新高考II 卷 第17题）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S =，244.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．【2020年真题】11.（2020·新高考I 卷 第14题、II 卷 第15题）将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{n a }，则{}n a 的前n 项和为__________.12.（2020·新高考I 卷 第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8.a 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100.S13.（2020·新高考II 卷 第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38.a =(1)求{}n a 的通项公式；(2)求1223a a a a -+…11(1).n n n a a -++-参考答案1. （2023·新课标I 卷 第7题） 解：方法1:为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ， 则1(1)2n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，112n n S S dn n +-=+， 故{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件，， 反之，{}n Sn为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t 即1(1)n nna S t n n +-=+，故1(1)n n S na t n n +=-⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n -=--⋅-，2n …两式相减有：11(1)22n n n n n a na n a tn a a t ++=---⇒-=，对1n =也成立，故{}n a 为等差数列， 则甲是乙的必要条件， 故甲是乙的充要条件，故选.C 方法2:因为甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为.d 即1(1)2n n n S na d -=+， 则11(1)222n S n d d a d n a n -=+=+-，故{}n S n 为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：{}n S n为等差数列.即11n n S S D n n +-=+，1(1).n SS n D n =+-即1(1).n S nS n n D =+-当2n …时，11(1)(1)(2).n S n S n n D -=-+-- 上两式相减得：112(1)n n n a S S S n D -=-=+-， 所以12(1).n a a n D =+-当1n =时，上式成立．又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数.所以{}n a 为等差数列． 则甲是乙的必要条件， 故甲是乙的充要条件，故选C . 2. （2023·新课标II 卷 第8题）解：2S ，42S S -，64S S -，86S S -成等比数列，242224264264262(1)55(21)521S S q S q S S S q S S q S S S⎧-=⎧+=-⎪-==+⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎩从而计算可得24681,5,21,85S S S S =-=-=-=- 故选.C3. （2023·新课标I 卷 第20题）解：因为21333a a a =+，故3132d a a d ==+，即1a d =，故n a nd =，所以21n n n n b nd d++==，(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d +=，又3321S T +=，即34362122d d ⨯⨯+=，即22730d d -+=，故3d =或1(2d =舍)， 故{}n a 的通项公式为：3.n a n =(2)方法一：(基本量法)若{}n b 为等差数列，则2132b b b =+，即11123123422a d a a d⨯⨯⨯⨯=+++，即2211320a a d d -+=，所以1a d =或12;a d =当1a d =时，n a nd =，1n n b d +=，故(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d+=，又999999S T -=， 即99100991029922d d ⋅⋅-=，即250510d d --=，所以5150d =或1(d =-舍); 当12a d =时，(1)n a n d =+，n n b d=，故(3)2n n n d S +=，(1)2n n n T d +=，又999999S T -=，即99102991009922d d ⋅⋅-=，即251500d d --=，所以50(51d =-舍)或1(d =舍); 综上：51.50d = 方法二：因为{}n a 为等差数列且公差为d ，所以可得1n a dn a d =+-，则211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+-+- 解法一：因为{}n b 为等差数列，根据等差数列通项公式可知n b 与n 的关系满足一次函数，所以上式中的分母“1dn a d +-”需满足10a d -=或者11da d=-，即1a d =或者12;a d = 解法二：由211(1)n n n n nb dn a d dn a d ++⋅==+-+-可得，112b a =，216b a d =+，31122b a d =+，因为{}n b 为等差数列，所以满足1322b b b +=，即111212622a a d a d+=⋅++，两边同乘111()(2)a a d a d ++化简得2211320a a d d -+=，解得1a d =或者12;a d =因为{}n a ，{}n b 均为等差数列，所以995099S a =，995099T b =，则999999S T -=等价于50501a b -=， ①当1a d =时，n a dn =，1(1)n b n d =+，则505051501a b d d-=-=，得 250510(5051)(1)0d d d d --=⇒-+=，解得5150d =或者1d =-，因为1d >，所以51;50d =②当12a d =时，(1)n a d n =+，1n b n d =，则505050511a b d d-=-=，化简得 251500(5150)(1)0d d d d --=⇒+-=，解得5051d =-或者1d =，因为1d >，所以均不取; 综上所述，51.50d =4. （2023·新课标II 卷 第18题） 解：(1)设数列的公差为d ，由题意知：，即，解得52(1)2 3.n a n n ∴=+-=+(2)由(1)知23n a n =+，，212121n n b b n -+=+，当n 为偶数时，当n 为奇数时，22113735(1)(1)4(1)652222n n n T T b n n n n n ++=-=+++-+-=+-， ∴当n 为偶数且5n >时，即6n …时，22371(4)(1)022222n n n nT S n n n n n n -=+-+=-=->， 当n 为奇数且5n >时，即7n …时， 22351315(4)5(2)(5)0.22222n n T S n n n n n n n n -=+--+=--=+-> ∴当5n >时，n S .n T >5.（2022·新高考I 卷 第17题）解：1112(1)(1)33n n S S n n a a +=+-=，则23n n n S a +=①，1133n n n S a +++∴=②; 由②-①得：111322;33n n n n n a n n n a a a a n ++++++=-⇒=∴当2n …且*n N ∈时，13211221n n n n n a a a a aa a a a a ---=⋅⋅ 1543(1)(1)1232122n n n n n n n a n n +++=⋅⋅⋅=⇒=-- ， 又11a =也符合上式，因此*(1)();2n n n a n N +=∈ 1211(2)2((1)1n a n n n n ==-++， 1211111111112(2(12122311n a a a n n n ∴+++=-+-++-=-<++ ， 即原不等式成立.6.（2022·新高考II 卷 第17题） 解：(1)设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b -=-，知1111224a d b a d b +-=+-，故12d b = 由2244a b b a -=-，知111128(3)a d b b a d +-=-+，故11124(3);a d b d a d +-=-+故1112a d b d a +-=-，整理得11a b =，得证.(2)由(1)知1122d b a ==，由1k m b a a =+知：11112(1)k b a m d a -⋅=+-⋅+即111112(1)2k b b m b b -⋅=+-⋅+，即122k m -=，因为1500m 剟，故1221000k -剟，解得210k 剟， 故集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素的个数为9个. 7.（2021·新高考II 卷 第12题）（多选）解：对于A 选项，010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，， 则12101122222kk k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，，而0120212=⋅+⋅，则，即，B 选项错误；对于C 选项，34302340101852225121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 32k k a ++⋅，所以，，23201230101432223121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 22k k a ++⋅，所以，，因此，，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n --=+++ ，故，D 选项正确.故选.ACD8.（2021·新高考I 卷 第16题）解：对折3次时，可以得到2.512dm dm ⨯，56dm dm ⨯，103dm dm ⨯，20 1.5dm dm ⨯四种规格的图形. 对折4次时，可以得到2.56dm dm ⨯，1.2512dm dm ⨯，53dm dm ⨯，10 1.5dm dm ⨯，200.75dm dm ⨯五种规格的图形.对折3次时面积之和23120S dm =，对折4次时面积之和2475S dm =，即12402120S ==⨯，2180360S ==⨯，3120430S ==⨯，475515S ==⨯，……得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且()*12401,2nn S n n N ⎛⎫=+⨯∈ ⎪⎝⎭，121111240[234(1)]2482n n S S S n ∴++=⨯⨯+⨯+⨯++⋅+记231242n n n T +=+++ ，则112312482n n n T ++=+++ ， 11111111(224822n n n n n n T T T ++-==++++-113113322222n n n n n ++++=--=-， 得332n nn T +=-，123240(3)2n n n S S S +∴++=⨯-， 故答案为5；3240(3).2n n +⨯-9.（2021·新高考I 卷 第17题）解：⑴12b a =，且21+1=2a a =，则1=2b ， 24b a =，且4321215a a a =+=++=，则25b =；1222121213n n n n n b a a a b +++==+=++=+，可得13n n b b +-=，故{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列； 故()21331n b n n =+-⨯=-.数列{}n a 的前20项中偶数项的和为2418201210109=102+3=1552a a a ab b b ⨯++++=+++⨯⨯ ， 又由题中条件有211a a =+，431a a =+， ，20191a a =+， 故可得n a 的前20项的和10.（2021·新高考II 卷 第17题）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22433()()a a a d a d d =-+=-，412343333(2)()()2S 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：*3(3)26().n a a n d n n N =+-=-∈(2)由数列的通项公式可得1264a =-=-，则2(1)(4)252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-， 则不等式n n S a >即2526n n n ->-，整理可得(1)(6)0n n -->， 解得1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.(2)11.（2020·新高考I 卷 第14题、II 卷 第15题）解：数列 的首项是1，公差为2的等差数列； 数列 的首项是1，公差为3的等差数列； 公共项构成首项为1 ，公差为6的等差数列; 故 的前n 项和S n 为： .故答案为232.n n -12.（2020·新高考I 卷 第18题）解：(1)设等比数列的公比为q ，且1q >，2420a a += ，38a =，，解得舍)或，∴数列{}n a 的通项公式为2;n n a =(2)由(1)知12a =，24a =，38a =，416a =，532a =，664a =，7128a =，则当1m =时，10b =，当2m =时，21b =， 以此类推，31b =，45672b b b b ====，815...3b b ===，1631...4b b ===， 3263...5b b ===，64100...6b b ===， 10012100...S b b b ∴=+++0122438416532637480.=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=13.（2020·新高考II 卷 第18题）解：(1)设等比数列{}n a 的公比为(1)q q >，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩， {21}n -{32}n -{}n a1q > ，122a q =⎧∴⎨=⎩， 1222.n n n a -∴=⋅=1223(2)a a a a -+…11(1)n n n a a -++- 35792222=-+-+…121(1)2n n -++-⋅，322322[1(2)]82(1).1(2)55n n n +--==----。
等差数列和等比数列的证明问题 -高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品
高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第二篇数列与不等式专题05等差数列和等比数列的证明问题【典例1】设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知23a =，121n n a a +=+.（1）证明{}1n a +为等比数列；（2）判断n ，n a ，n S 是否成等差数列？并说明理由.【思路引导】（1）由递推关系求得1a ，通过计算1121n n a a ++=+，证得数列{}1n a +为等比数列.（2）由（1）求得数列{}n a 的通项公式，由分组求和法求得n S ，证得2n n n S a +=，所以n ，n a ，n S 成等差数列.【典例2】已知数列{}n a 有0n a ≠，n S 是它的前n 项和，13a =且22213,2n n n S n a S n -=+≥．（1）求证：数列{}1n n a a ++为等差数列.（2）求{}n a 的前n 项和n S .【思路引导】（1）先化简已知得21()3n n S S n -+=，21()3(1)n n S S n ++=+，再求出1=6n 3n n a a +++，再证明数列{}1n n a a ++为等差数列；（2）对n 分奇数和偶数两种情况讨论得解.【典例3】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.【思路引导】(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．【典例4】已知数列{}n a 满足11a =，且1131n n n n a a a a ++-=+.（1）证明数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）若21nn n b a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .【思路引导】(1)由1131n n n n a a a a ++-=+，利用定义能证明11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以12为公差的等差数列，从而求出21na n =-；(2)由1221nn n n b n a -==⋅+，利用错位相减法即可求得数列{}n b 的前n 项和.【典例5】在正项数列{}n a 中，已知11121n n n n a a a a a ++=-=+,且22nn a b =-.（1）证明：数列{}n b 是等差数列；（2）设{}n b 的前n 项和为n S ，证明：123111134n S S S S +++⋯+<.【思路引导】(1)由题设条件证明数列{}2n a 是等差数列，并得出数列{}2n a 的通项公式，进而得出21n b n =+，再由等差数列的定义证明即可；(2)由等差数列的前n 项和公式得出n S ，再由裂项求和法证明不等式.【典例6】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．【思路引导】（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 -=⋅.【典例7】一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站，共101站，设棋子跳到第n 站的概率为n P ，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(获胜)或第100站(失败)时，游戏结束(骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)．(1)求0P ，1P ，2P ，并根据棋子跳到第n 站的情况，试用2n P-和1n P -表示n P ；(2)求证：1{}12100()n n P P n --=⋯，，，为等比数列；(3)求玩该游戏获胜的概率．【思路引导】(1)在第0站是必然事件，所以01P =．棋子跳到第1站，只有一种情形，第一次掷骰子出现奇数点,可求出1P ，棋子跳到第2站，包括两种情形，①第一次掷骰子岀现偶数点，②前两次掷骰子出现奇数点，可求出2P .棋子跳到第站，包括两种情形，①棋子先跳到第2n -站，又掷骰子出现偶数点,②棋子先跳到第1n -站，又掷骰子出现奇数点,进行求解.(2)由(1)知，211122n n n P P P --=+，所以112(1)2n n n n P P P P ----=--可证.(3)该游戏获胜的概率,即求99P ，由（2）用累加法可求解.1.在数列{}n a 中，有()2*1232n a a a a n n n +++⋯+=+∈N .（1）证明：数列{}n a 为等差数列，并求其通项公式；（2）记11n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .2.已知数列{}n a 中，11a =且()*12621n n a a n n N +=+-∈（1）求证：数列2n n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ．3.已知数列{}n a 的前n 项和n S ，满足2n n S a n =-，*n ∈N .（1）求证：数列{}1n a +为等比数列；（2）若()2log 1n nb a =+，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .4.已知数列{}n a ，{}n b 满足11a =，112b =，1122n n n a a b +=+，1122n n nb a b +=+.（1）证明：数列{}n n a b +，{}n n a b -为等比数列；（2）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，证明：103n S <.5.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a n =+.（1）证明：数列{}23n a n --是等比数列；（2）设2n n b n a =-，证明：1211123n b b b ++⋅⋅⋅+<.6.设*n N ∈，向量(31,3)AB n =+ ，(0,32)BC n =-，na AB AC =⋅ .（1）试问数列{}1n n a a +-是否为等差数列？为什么？（2）求数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .7.已知数列{}n a 满足13a =，()1211n n a a n n n n +=+++.（1）证明：数列{}n na 为等差数列；（2）设()()122n n n b a a +=--，求数列{}n b 的前n 项和n S .8.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，132n n S S +=+，n *∈N .（1）证明：数列{}1n S +为等比数列；（2）已知曲线()22:191n n C x a y +-=若n C 为椭圆，求n 的值；（3）若33log 22n n n a a b ⎛⎫⎛⎫=⨯⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n T ．9.已知数列｛n a ｝的前n 项和为Sn ，1232a a a +=，且对任意的n ∈N*，n≥2都有1112(25)n n n nS n S S ra +--++=．（1）若1a ≠0，213a a =，求r 的值；（2）数列｛n a ｝能否是等比数列？说明理由；（3）当r ＝1时，求证：数列｛n a ｝是等差数列．10.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比22340,22,2q S a S a >=-=-.数列{}n b 满足()2*2114,(1)n n a b nb n b n n n N +=-+=+∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（3）设数列{}n c 的通项公式为：24n nn n n a b n c a b n ⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，其前n 项和为n T ，求2n T .11.为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1-分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1-分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X ．（1）求X 的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，(0,1,,8)i p i = 表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则00p =，81p =，11i i i i p ap bp cp -+=++(1,2,,7)i = ，其中(1)a P X ==-，(0)b P X ==，(1)c P X ==．假设0.5α=，0.8β=．(i)证明：1{}i i p p +-(0,1,2,,7)i = 为等比数列；(ii)求4p ，并根据4p 的值解释这种试验方案的合理性．参考答案【典例1】解：（1）证明：∵23a =，2121a a =+，∴11a =，由题意得10n a +≠，1122211n n n n a a a a +++==++，∴{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1）12nn a +=，∴21nn a =-.∴11222212n n n S n n ++-=-=---，∴()12222210n n n n n S a n n ++-=+----=，∴2nn n S a +=，即n ，n a ，n S 成等差数列.【典例2】解：（1）当2n ≥时，22221113()()3,0n n n n n n n n n S n a S S S S S n a a ---=+-+=≠，所以21()3n n S S n -+=，21()3(1)n n S S n ++=+，两式对应相减得13(21)n n a a n ++=+，所以11)63(63)6n n n n a a a a n n +-=+-++-=）-(（又n=2时，2222(3+)129,6a a a =+∴=所以39a =，所以2231)69(6+3)6a a a a ++=+-=（）-(，所以数列{}1n n a a ++为等差数列.（2）当n 为偶数时，12341()()()3(37(21))n n n S a a a a a a n -=++++++=+++- 2(321)323()22nn n n +-=⋅=+当n 为奇数时，1231()()n n n S a a a a a -=+++++21(521)3233(59(21))33(2)322n n n n n -+-=++++-=+=+-+ ()23n n 2=+综上：()23S n n 2n =+【典例3】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 nn a b ab ++++=，所以数列{}n n a b +是首项为1、公比为12的等比数列，(112n n n a b -+=，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 n a b n -=-．(2)由(1)可知，(112n n n a b -+=，21n n a b n -=-，所以()111222nn nn n n a ab a b n =++-=+-，()111222nn n n n n b a b a b n 轾=+--=-+臌．【典例4】解：（1）因为1131n n n n a a a a ++-=+，所以113n n n a a a +-=+，两边都加上1，得()12113n n n a a a +++=+，所以111211112121n n n a a a +⎛⎫=+=+ ⎪+++⎝⎭，即1111112n na a +-=++，所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以12为公差的等差数列，且首项是11112a =+，所以112n n a =+，即21n a n=-.（2）因为1221nn n n b n a -==⋅+，所以数列{}n b 的前n 项和1211122322n n S n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，①则12321222322nn S n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，②由①－②，得()121111212122121n n n n S n n --=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯-⋅=--，所以()121nn S n =-⋅+.【典例5】解：（1）∵112n n n na a a a ++-=+∴2212n n a a +-=，∴数列{}2n a 是公差为2的等差数列.∵11a =∴()2211121n a a n ==+-，，∴221n a n =-，∴22n n a b =-，∴22n n b a =+，∴21n b n =+，∴()123211n n b b n n +-=+-+=，∴数列{}n b 是等差数列.（2）由（1）可得∴()()32122n n n S n n ++==+，∴111122n S n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，∴1231111n S S S S ++++…，11111111111232435112n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ (1111311131221242124)n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭.【典例6】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 -=⋅．【典例7】解：(1)棋子开始在第0站是必然事件，所以01P =．棋子跳到第1站，只有一种情形，第一次掷骰子出现奇数点，其概率为12，所以112P =．棋子跳到第2站，包括两种情形，①第一次掷骰子岀现偶数点，其概率为12；②前两次掷骰子出现奇数点，其概率为14，所以2113244P =+=．棋子跳到第(299)n n 站，包括两种情形，①棋子先跳到第2n -站，又掷骰子出现偶数点，其概率为212n P -；②棋子先跳到第1n -站，又掷骰子出现奇数点，其概率为112n P -．故211122n n n P P P --=+．(2)由(1)知，211122n n n P P P --=+，所以112(1)2n n n n P P P P ----=--．又因为1012P P -=-，所以1{}(1,2,,100)n n P P n --= 是首项为12-，公比为12-的等比数列．(3)由(2)知，11111222n nn n P P --⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．所以9999989897100()()()P P P P P P P P =-+-++-+ 99981111222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-+ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭99111221112⎡⎤⎛⎫⎛⎫---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦=+⎛⎫-- ⎪⎝⎭10021132⎛⎫=- ⎪⎝⎭．所以玩该游戏获胜的概率为10021132⎛⎫- ⎪⎝⎭．1.【思路引导】（1）由前n 项和与通项关系，求出{}n a 的通项公式，再利用等差数列的定义，即可证明；（2）求出数列{}n b 的通项公式，用裂项相消法，即可求解.解：（1）因为()2*1232n a a a a n n n +++⋯+=+∈N，所以当2n ≥时，212312((11))n a a a a n n -+++⋯+=--+，上述两式相减并整理，得21(2)n a n n =+≥.又因为1n =时，211213a =+⨯=，适合上式，所以()*21n a n n =+∈N .从而得到121n an -=-，所以12n n a a --=，所以数列{}n a 为等差数列，且其通项公式为()*12n N a n n +∈=.（2）由（1）可知，111111(21)(23)22123n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪⋅+⋅+++⎝⎭.所以12311111111123557792123n n T b b b b n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦11123233(23)n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭.2.【思路引导】（1）根据递推公式可得111133322223222n n n n n n n n a a n a n n n n a a a +++++-++===+++,即可证明；（2）由（1）1322n n na =⨯-,进而利用分组法求得数列的和即可解：（1）证明：∵()12621N*n n a a n n +=+-∈,∴1132n n a a n +=+-,∴111133322223222n n n n n n n n a a n a n n n a a a +++++-++===+++,11131222a +=+= ,∴2n n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列,首项为32,公比为3（2）解：由（1）得,13133222n n n n a -+=⨯=⨯,∴1322n n na =⨯-,123n n S a a a a =++++……()()12311333312322n n =++++-++++…………()()()23133311112132244n n n n n n --++=-=--12334n n n +---=3.【思路引导】（1）利用1n n n a S S -=-可得121n n a a -=+，再证明111n n a a -++是定值即可；（2）将1n a +代入()2log 1n n b a =+，然后利用裂项相消法求和.解：（1）由题可知2n n S a n =-，①当1n =时，11121a S a ==-，得11a =；当2n ≥时，()1121n n S a n --=--，②①－②并整理，得121n n a a -=+，所以()1121n n a a -+=+，所以数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）知()22log 1log 2nn n b a n =+==，则()1111111n n b b n n n n +==-++，所以12233411111n n n T b b b b b b b b +=+++⋅⋅⋅+111111111223341n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111n =-+1n n =+.4.【思路引导】（1）将题中条件分别相加和相减，结合等比数列的定义，即可得证．（2）根据（1）结论可求出1344n nn a ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则前n 项和n S 为两个等比数列的前n 项和之和，代入公式，即可求解．解：（1）依题：11122122n n n n n n a a b b a b++⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，两式相加得：()1134n n n n a b a b +++=+，∴{}n n a b +为等比数列，两式相减得：()1114n n n n a b a b ++-=-，∴{}n n a b -为等比数列.（2）由上可得：13324n n n a b -⎛⎫+= ⎪⎝⎭①，11124n n n a b -⎛⎫-= ⎪⎝⎭②，两式相加得：1344nnn a ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1133114444131144n n n S ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+--1310441331144<+=--.5.【思路引导】（1）由已知当2n ≥时，可得11221n n n n S n S a a --=--+=，整理为[]12322(1)3n n a n a n ---=---，根据等比数列的定义，即可证明结论；（2）由（1）求出n a ，进而求出323nn b =⨯-，根据()111232321nn n b =≤⨯-(1n =取等号），要证1211123n b b b ++⋅⋅⋅+<成立，转化为证等比数列12{}32n ⨯前n 项和小于或等于23，即可证明结论.解：（1）当2n ≥时，由221122(1)n n n n S a n S a n --⎧=+⎨=+-⎩1221n n a a n -⇒=-+[]12322(1)3n n a n a n -⇒--=---，令1n =1121S a ⇒=+11a ⇒=-，则12360,230n a a n --=-≠∴--≠，12322(1)3n n a n a n ---=---故{}23n a n --为等比数列；（2）由（1）得1236232n n n a n ---=-⋅=-⨯，2332n n a n =+-⨯，323n n b =⨯-，()111232321n n n b =≤⨯-111(132n n -=⨯=时，取等号），所以原式01111322n -⎡⎤≤⨯+⋅⋅⋅+⎢⎥⎣⎦111211312n ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=⨯-2121323n ⎡⎤⎛⎫=-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以1211123n b b b ++⋅⋅⋅+<成立.6.【思路引导】(1)先求解出AC的坐标表示，然后根据数量积的坐标表示求解出{}n a 的通项公式，再根据定义判断{}1n n a a +-是否为等差数列；(2)根据(1)中结果求出1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，然后根据裂项相消法求解出n S 的表达式.解：（1）(31,31)AC AB BC n n =+=++，2(31)3(31)(31)(34)n a n n n n ∴=+++=++.1(34)(37)(31)(34)6(34)n n a a n n n n n +-=++-++=+ ，()()21118n n n n a a a a +++∴---=为常数，{}1n n a a +∴-是等差数列.（2）111133134n a n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，1111111111347710313434341216n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-= ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭ .7.【思路引导】（1）在等式()1211n n a a n n n n +=+++两边同时乘以()1n n +，结合等差数列的定义可证明出数列{}n na 为等差数列；（2）结合（1）中的结论求出数列{}n a 的通项公式，进而求出数列{}n b 的通项公式，然后利用裂项求和法求出数列{}n b 的前n 项和n S .解：（1）由()1211n n a a n n n n +=+++得()112n n n a na ++-=，又13a =，所以数列{}n na 首项为3，公差为2的等差数列；（2）由（1）得，()32121n na n n =+-=+，所以2112n n a n n+==+.所以11222n a n n ⎛⎫-=-+=- ⎪⎝⎭，所以1121n a n +-=-+，所以()()()11112211n n n b a a n n n n +=--==-++，所以1111111111112233445111n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.8.【思路引导】（1）利用{}n S 的递推公式证明出111n n S S +++为非零常数，即可得出结论；（2）利用（1）中的结论求出n S ，由n a 与n S 之间的关系求出n a ，结合题意得出190191n n a a ->⎧⎨-≠⎩，可求出n 的值；（3）求出数列{}n b 的通项公式，然后利用错位相减法求出n T .解：（1）对任意的n *∈N ，132n n S S +=+，则1133311n n n n S S S S +++==++且113S +=，所以，数列{}1n S +是以3为首项，以3为公比的等比数列；（2）由（1）可得11333n n n S -+=⨯=，31n n S ∴=-.当2n ≥时，()()111313123nn n n n n S a S ---=-=---=⨯，12a =也适合上式，所以，123n n a -=⨯.由于曲线()22:191n n C x a y +-=是椭圆，则190191n n a a ->⎧⎨-≠⎩，即1123192318n n --⎧⨯<⎨⨯≠⎩，n N *∈ ，解得1n =或2；（3）11333log 3log 3322n n n nn n a a b n --⎛⎫⎛⎫=⨯==⋅⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，01211323333n n T n -∴=⨯+⨯+⨯++⋅ ，①()12131323133n n n T n n -=⨯+⨯++-⋅+⋅ ，②①-②得()()012111312312333333132n n n nnnn T n n -⨯--⋅--=++++-⋅=-⋅=- ，因此，()21314n nn T -⋅+=.9.【思路引导】（1）令2n =，得到321149S S S ra -+=，再将和用项来表示，再结合条件，求得结果；（2）假设其为等比数列，利用21112a a q a q +=，结合10a ≠，得到关于q 的方程，求解得出2q =或1q =-，将其回代检验得出答案；（3）将r ＝1代入上式，类比着写出()()1114213n n n S n a a ra n --=---≥，两式相减得到()()112233n n n na a n a n +-+=+≥，进一步凑成()1124n n n n a a a a n ----=-≥，结合322112a a a a a -=-=，从而证得数列{}n a 是以1a 为首项，21a 为公差的等差数列.解：（1）令n ＝2，得：321149S S S ra -+=，即：()()321211149a a a a a a ra ++-++=，化简，得：3211454a a a ra --=，因为，1232a a a +=，213a a =，所以，111145534a a a ra ⨯-⨯-=，解得：r ＝1.（2）假设{}n a 是等比数列，公比为q ，则21112a a q a q +=，且10a ≠，解得2q =或1q =-，由()111225n n n nS n S S ra +--++=，可得()11422n n n S na a ra n +=--≥，所以()()1114213n n n S n a a ra n --=---≥，两式相减，整理得()11223n n n na a n a +-+=+，两边同除以1n a -，可得()2231n q q q -=-，因为1q ≠，所以20q q -≠，所以上式不可能对任意3n ≥恒成立，故{}n a 不可能是等比数列.（3）1r =时，令2n =，整理得1231454a a a ra --+=，又由1232a a a +=可知21313,5a a a a ==，令3n =，可得4321611S S S a -+=，解得417a a =，由（2）可知()11422n n n S na a a n -=--≥，所以()()1114213n n n S n a a a n --=---≥，两式相减，整理得()()112233n n n na a n a n +-+=+≥，所以()()()2121214n n n n a a n a n ---+=+≥，两式相减，可得()()()()()()1111224n n n n n n n n n a a a a a a a a n +-------=---≥，因为()()43320a a a a ---=，所以()()()11204n n n n a a a a n ------=≥，即()1124n n n n a a a a n ----=-≥，又因为322112a a a a a -=-=，所以数列{}n a 是以1a 为首项，21a 为公差的等差数列.10.【思路引导】(1)由题意分别求得数列的首项和公比即可确定数列的通项公式；(2)由题意结合递推关系证明1n 1n b b n n +-+为定值即可证明数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；(3)首项求得212n n n p c c -=+的表达式，然后结合通项公式的特点错位相减即可确定数列{}n c 的前n 项和n T .解：（1）∵等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比22340,22,2q S a S a >=-=-.∴3422a a a =-，可得()2222a q a q =-，∴220q q --=，解得2q =.∴12222a a a +=-，即121222a a a =-=-，解得12a =.∴2n n a =.（2）证明：∵214a b =，∴11b =∵21(1)n n nb n b n n +-+=+，∴*1n 1,1n b b n N n n +-=∈+，综上，n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为111b =，公差是1的等差数列.∵n b n n =，∴2n b n =.（3）令22122221212(21)2(2)2(41)2(41)424n nn n n n n n n p c c n n -----⋅⋅=+=-+=-⋅=-⋅012123474114(41)4n n T n -=⨯+⨯+⨯+⋯⋯+-⋅123243474114(41)4nn T n =⨯+⨯+⨯+⋯⋯+-⋅01231233444444444(41)4n n n T n --=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯⋯+⋅--⋅,()12161433(41)414n nn T n -⨯--=+--⋅-2164334(41)433n nn T n -=-+⨯--⋅277123433n n n T --=-+⋅27127499n n n T -=+⋅.11.【思路引导】（1）首先确定X 所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）（i ）求解出,,a b c 的取值，可得()110.40.50.11,2,,7i i i i p p p p i -+=++=⋅⋅⋅，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii ）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合8p 和0p 的值可求得1p ；再次利用累加法可求出4p .解：（1）由题意可知X 所有可能的取值为：1-，0，1()()11P X αβ∴=-=-；()()()011P X αβαβ==+--；()()11P X αβ==-则X 的分布列如下：X1-01P ()1αβ-()()11αβαβ+--()1αβ-（2）0.5α= ，0.8β=0.50.80.4a ∴=⨯=，0.50.80.50.20.5b =⨯+⨯=，0.50.20.1c =⨯=（i ）()111,2,,7ii i i p ap bp cp i -+=++=⋅⋅⋅ 即()110.40.50.11,2,,7i i i i p p p p i -+=++=⋅⋅⋅整理可得：()11541,2,,7ii i p p p i -+=+=⋅⋅⋅()()1141,2,,7i i i i p p p p i +-∴-=-=⋅⋅⋅{}1i i p p +∴-()0,1,2,,7i =⋅⋅⋅是以10p p -为首项，4为公比的等比数列（ii ）由（i ）知：()110144i ii i p p p p p +-=-⋅=⋅78714p p p ∴-=⋅，67614p p p -=⋅，……，01014p p p -=⋅作和可得：()880178011114414441143p p p p p ---=⋅++⋅⋅⋅+===-18341p ∴=-()4401234401184144131144441434141257p p p p p --∴=-=⋅+++==⨯==--+4p 表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为410.0039257p =≈，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.。
全国卷数列高考题汇总附答案
数列专题高考真题(2014·I) 17. (本小题满分12分)已知数列{}的前项和为，=1，，，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.(2014·II) 17.（本小题满分12分）已知数列满足=1，.（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；（Ⅱ）证明：.(2015·I)（17）（本小题满分12分）为数列的前项和.已知，（Ⅰ）求的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列的前项和。
(2015·II)（4）等比数列满足，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( )（A ）21 （B ）42 （C ）63 （D ）84(2015·II)（16）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________． (2016·I)（3）已知等差数列前9项的和为27，，则（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97(2016·I)（15）设等比数列满足的最大值为__________。
(2016·II)（17）（本题满分12分）S n 为等差数列的前项和，且=1 ，=28 记，其中表示不超过的最大整数，如.（I ）求，，；（II ）求数列的前1 000项和.(2016·III)（12）定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有（A ）18个（B ）16个（C ）14个（D ）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列的前项和，其中（I ）证明是等比数列，并求其通项公式；（II ）若 ，求.(2017·I)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(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。
全国卷数列高考题汇总附答案
数列专题高考真题(2014·I) 17. (本小题满分12分) 已知数列{}的前项和为，=1，，，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.(2014·II) 17.（本小题满分12分） 已知数列满足=1，.（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；（Ⅱ）证明： .(2015·I)（17）（本小题满分12分）为数列的前项和.已知，（Ⅰ）求的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列的前项和。
(2015·I I)（4）等比数列满足，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( )（A ）21 （B ）42 （C ）63 （D ）84(2015·I I)（16）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________． (2016·I)（3）已知等差数列前9项的和为27，，则（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97(2016·I)（15）设等比数列满足的最大值为__________。
(2016·II)（17）（本题满分12分）S n 为等差数列的前项和，且=1 ，=28 记，其中表示不超过的最大整数，如.（I ）求，，；（II ）求数列的前1 000项和.(2016·III)（12）定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有 （A ）18个（B ）16个（C ）14个（D ）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列的前项和，其中（I ）证明是等比数列，并求其通项公式；（II ）若 ，求.(2017·I)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(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。
高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)
高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ；n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq；等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数，且a3 ·a9 =2 2a ，a2 =1，则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3（. 江西卷）公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904（湖南卷）设S n 是等差数列a n 的前n 项和，已知a2 3，a6 11，则S7 等于【】第1页/ 共8页A ．13 B．35 C．49 D．633.（辽宁卷）已知a为等差数列，且a7 －2 a4 ＝－1, a3 ＝0, 则公差d＝n（A）－2 （B）－12 （C）12（D）24.（四川卷）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A. 90B. 100C. 145D. 1905.（湖北卷）设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ]，则{ 52 1} ，[ 521],521A.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6.（湖北卷）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：他们研究过图1 中的1，3，6，10，⋯，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16⋯这样的数成为正方形数。
高考备考数学等差等比数列专题练习
高考数学等差等比数列专题练习一．选择题1．{}n a 为等差数列，且7421a a -=-，30a =，则公差d =（ ） A ．2-B ．12-C ．12D ．22．在等比数列{}n a 中，若37a =，前3项和321S =，则公比q 的值为（ ） A ．1B ．12-C ．1或12-D ．1-或12-3．已知等比数列{}n a 中有31174a a a =，数列{}n b 是等差数列，且77a b =，则59b b +=（ ） A ．2B ．4C ．8D ．164．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足122n n S λ+=+，则λ的值为（ ） A ．4B ．2C ．2-D ．4-5．已知{}n a 为正项等比数列，n S 是它的前n 项和，若116a =，且4a 与7a 的等差中项为98，则5S 的值是（ ）A ．29B ．30C ．31D ．326．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升”．其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升”，在该问题中第3天共分发大米（ ） A ．192升B ．213升C ．234升D ．255升7．在等差数列{}n a 中，满足4737a a =，且10a >，n S 是{}n a 前n 项的和，若n S 取得最大值，则n =（ ） A ．7B ．8C ．9D ．108．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S =（ ） A ．3B ．9C ．10D ．139．等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，公差d 不等于零，若2a ，3a ，6a 成等比，则（ ） A ．10a d >，30dS > B ．10a d >，30dS < C ．10a d <，30dS >D ．10a d <，30dS <10．设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，44a =，515S =，若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前m 项和为1011，则m =（ ）A ．8B ．9C ．10D ．1111．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，则“n n S na <对2n ≥恒成立”是“数列{}n a 为递增数列”的（ ） A ．充分必要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必条件12．已知数列{}n a 是各项为正数的等比数列，点()222,log M a 、()255,log N a 都在直线1y x =-上，则数列{}n a 的前n 项和为（ ） A ．22n - B ．122n +- C ．21n - D ．121n +-13．各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知630S =，970S =，则3S =_____． 14．等比数列{}n a 的各项均为正数，且154a a =，则2122232425log log log log log a a a a a ++++=_____． 15．设有四个数的数列1a ，2a ，3a ，4a 前三个数构成一个等比数列，其和为k ，后三个数构成一个等差数列，其和为15，且公差非零．对于任意固定的实数k ，若满足条件的数列个数大于1，则k 的取值范围为________． 16．数列{}n a 满足1111,231,n n n n n a a a a a ----⎧⎪=⎨⎪+⎩是偶数是奇数，若134a =，则数列{}n a 的前100项的和是__________．二、填空题。
高考数学：证明等差等比数列的解法
高考数学：证明等差等比数列的解法
我们在数列部分常碰到这样的问题：证明某个复杂数列为等差或者等比数列。
比如下面这道题：
从求证出发，我们回顾等比数列的定义：从第2项开始，数列的后一项除以前一项等于同一个不为零的常数，则这个数列为等比数列。
这就是我们证明等比数列的主要办法，也称定义法.即只需证明后项/前项为常数即可。
使用定义法的技巧，就是在化简过程中，保持前项不变，然后后项用题中给定的关系式代入。
道理也是显然的，要使得计算结果为常数，必须要出现消项、约分，所以把后项朝前项去靠近，才能最终通过消项、约分得到常数。
根据条件中给定的关系式，代入上式。
结果还真是一个常数，神奇吗？
其实一点也不神奇，只要方法正确，常数是命题者设计好了的，你不用担心。
下面，增加一点难度，看这一道分段形式给出的数列递推式。
请自觉做题3分钟.不要往下看。
分析：首先来理解数列递推式传递的信息.我们用具体的例子来理解它。
通过这种方式，我们对数列有了一些感性的认识。
不管怎样，还是采用定义法来证明。
还是采用前面介绍的技巧：保持前项不变，把后项用题中给定的关系式代入。
注意看，分子项和分母项的脚标相差2，我们根据题目所给递推式，可以分两步来。
咦！结果又是一个常数。
废话，要不是常数，那就是题目出错了。
总结：定义法来真好用，证明等比显奇功。
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。
2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)
2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b82．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．324．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．155．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．58．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．11．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝．15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．参考答案与试题解析⼀．选择题（共8⼩题）1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b8【解答】解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，b n+1＝S2n+2﹣S2n，∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，b4＝S8﹣S6＝a7+a8，b6＝S12﹣S10＝a11+a12，b8＝S16﹣S14＝a15+a16，A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成⽴，B正确，C．若a42＝a2a8，则（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），即a12+6a1d+9d2＝a12+8a1d+7d2，得a1d＝d2，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正确；D．若b42＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），即4a12+52a1d+169d2＝4a12+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；故选：D．2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝0，得n＝，⽽n∈N*，可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，⾃第6项开始为正值．可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最⼤项，⾃T5起均⼩于0，且逐渐减⼩．∴数列{T n}有最⼤项，⽆最⼩项．故选：B．3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．32【解答】解：{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，故选：D．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．15【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦，即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j ＝9，k＝12，共5个；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则a i，a j，a k为原位⼩三和弦，可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j ＝8，k＝12，共5个，总计10个．故选：C．5．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+0）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+1+1）＝，不满⾜条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝a i a i+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝a i a i+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝a i a i+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选项：序列1100111001C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+1）＝不满⾜条件．故选：C．6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1【解答】解：设等⽐数列的公⽐为q，∵a5﹣a3＝12，∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），∴q＝2，∴a1q4﹣a1q2＝12，∴12a1＝12，∴a1＝1，∴S n＝＝2n﹣1，a n＝2n﹣1，∴＝＝2﹣21﹣n，故选：B．7．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．5【解答】解：由a1＝2，且a m+n＝a m a n，取m＝1，得a n+1＝a1a n＝2a n，∴，则数列{a n}是以2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，则，∴a k+1+a k+2+…+a k+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解答】解：⽅法⼀：设每⼀层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇⾯形⽯板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，⽅法⼆：设第n环天⽯⼼块数为a n，第⼀层共有n环，则{a n}是以9为⾸项，9为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×9＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层⽐中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．⼆．填空题（共6⼩题）9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满⾜a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以＝＝＝＝．故答案为：．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．故答案为：2511．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝10．【解答】解：数列{a n}满⾜a n＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为3n2﹣2n．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，故答案为：3n2﹣2n．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是4．【解答】解：因为{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），因为{a n}是公差为d的等差数列，设⾸项为a1；{b n}是公⽐为q的等⽐数列，设⾸项为b1，所以{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，当{b n}中，当公⽐q＝1时，其前n项和S＝nb1，所以{a n+b n}的前n项和S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，则{b n}的前n项和为S＝＝+，所以S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，所以d+q＝4，故答案为：4．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝7．【解答】解：由a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，当n为奇数时，有a n+2﹣a n＝3n﹣1，可得a n﹣a n﹣2＝3（n﹣2）﹣1，…a3﹣a1＝3•1﹣1，累加可得a n﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]﹣＝3•＝；当n为偶数时，a n+2+a n＝3n﹣1，可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．可得a2+a4+…+a16＝92．∴a1+a3+…+a15＝448．∴＝448，∴8a1＝56，即a1＝7．故答案为：7．三．解答题（共8⼩题）15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等⽐数列{b n}的公⽐为q，由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴a n＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴b n＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法⼀：由（Ⅰ）可得S n＝，∴S n S n+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（S n+1）2＝（n+1）2（n+2）2，∴S n S n+2﹣S n+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；法⼆：∵数列{a n}为等差数列，且a n＝n，∴S n＝，S n+2＝，S n+1＝，∴＝＝＜1，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，c n＝＝＝﹣，当n为偶数时，c n＝＝，对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，和c2k＝＝+++…+，①，由①×可得c2k＝++…++，②，①﹣②得c2k＝+++…+﹣﹣，∴c2k＝﹣，因此c2k＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．数列{c n}的前2n项和﹣﹣．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．【解答】解：（1）设等⽐数列{a n}的公⽐为q（q＞1），则，∵q＞1，∴，∴．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，＝＝．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）k＝1时，a n+1＝S n+1﹣S n＝λa n+1，由n为任意正整数，且a1＝1，a n≠0，可得λ＝1；（2）﹣＝，则an+1＝S n+1﹣S n＝（﹣）•（+）＝•（+），因此+＝•，即＝，Sn+1＝a n+1＝（S n+1﹣S n），从⽽S n+1＝4S n，⼜S1＝a1＝1，可得S n＝4n﹣1，a n＝S n﹣S n﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，综上可得a n＝，n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，则S n+1﹣S n＝λa n+1，则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n＝λ3a n+1＝λ3（S n+1﹣S n），由a1＝1，a n≥0，且S n＞0，令p n＝（）＞0，则（1﹣λ3）p n3﹣3p n2+3p n﹣（1﹣λ3）＝0，λ＝1时，p n＝p n2，由p n＞0，可得p n＝1，则S n+1＝S n，即a n+1＝0，此时{a n}唯⼀，不存在三个不同的数列{a n}，λ≠1时，令t＝，则p n3﹣tp n2+tp n﹣1＝0，则（p n﹣1）[p n2+（1﹣t）p n+1]＝0，①t≤1时，p n2+（1﹣t）p n+1＞0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0⽆解，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③t＝3时，（p n﹣1）3＝0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0有两解α，β，设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果，所以这样的数列{S n}有⽆数多个，则对应的数列{a n}有⽆数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0，综上可得0＜λ＜1．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．【解答】解：（1）设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，即2a1＝a1q+a1q2，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝﹣2（1舍去），所以{a n}的公⽐为﹣2；（2）若a1＝1，则a n＝（﹣2）n﹣1，na n＝n•（﹣2）n﹣1，则数列{na n}的前n项和为S n＝1•1+2•（﹣2）+3•（﹣2）2+…+n•（﹣2）n﹣1，﹣2S n＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n•（﹣2）n，两式相减可得3S n＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n•（﹣2）n＝﹣n•（﹣2）n，化简可得S n＝，所以数列{na n}的前n项和为．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．【解答】解：（1）∵a2+a4＝20，a3＝8，∴+8q＝20，解得q＝2或q＝（舍去），∴a1＝2，∴a n＝2n，（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，∴2n≤m，∴n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，…，由＜100，＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．∴数列{b m}的前100项和S100＝0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37＝480．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．【解答】解：（1）设公⽐为q，则由，可得a1＝1，q＝3，所以a n＝3n﹣1．（2）由（1）有log3a n＝n﹣1，是⼀个以0为⾸项，1为公差的等差数列，所以S n＝，所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0，解得m＝6，或m＝﹣1（舍去），所以m＝6．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴c n+1＝•c n＝•c n＝•c n＝•c n＝4•c n，∴数列{c n}是以1为⾸项，4为公⽐的等⽐数列，∴c n＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴a n+1﹣a n＝c n＝4n﹣1，则a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝41，•••a n﹣a n﹣1＝4n﹣2，各项相加，可得a n＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．（Ⅱ）证明：依题意，由c n+1＝•c n（n∈N*），可得b n+2•c n+1＝b n•c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1＝b n b n+1c n，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴数列{b n b n+1c n}是⼀个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n＝1+d，∴c n＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），⼜∵b1＝1，d＞0，∴b n＞0，∴c1+c2+…+c n＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+c n＜1+，故得证．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．【解答】解：（1）数列{a n}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则a n＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则a n＝（）n﹣1，S n＝＝2﹣（）n﹣1，S n＞100a n，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最⼩值为7．考点卡⽚1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝2、等⽐数列的通项公式：a n＝a1q n﹣1；前n项和公式S n＝＝（q≠1）3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列（1）对于等差数列，a n＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，a n是n的⼀次函数，对应的点（n，a n）是位于直线上的若⼲个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题．（2）对于等⽐数列：a n＝a1q n﹣1．可⽤指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等⽐数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等⽐数列{a n}是递减数列．当q＝1时，是⼀个常数列．当q＜0时，⽆法判断数列的单调性，它是⼀个摆动数列．【典型例题分析】典例1：数列{a n}满⾜a n＝n2+kn+2，若不等式a n≥a4恒成⽴，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：a n＝n2+kn+2＝，∵不等式a n≥a4恒成⽴，∴，解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），其前n项和为S n，若数列{}也为等差数列，则的最⼤值是（）A．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），设公差为d，则a n＝1+（n﹣1）d，其前n项和为S n＝，∴＝，＝1，＝，＝，∵数列{}也为等差数列，∴＝+，∴＝1+，解得d＝2．∴S n+10＝（n+10）2，＝（2n﹣1）2，∴＝＝，由于为单调递减数列，∴≤＝112＝121，故选：D．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，已知等差数列的⾸项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代⼊2n﹣1可得1≠2，∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第⼀项这个数列是等差数列，但如果把⾸项放进去的话就不是等差数列，题中a n的求法是数列当中常⽤到的⽅式，⼤家可以熟记⼀下．eg2：已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列a n是以1为⾸项，4为公差的等差数列，∴a n＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的⼀个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解⽅程⼀样求出⾸项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是⼀种很常⻅的题型，这⾥⾯往往⽤的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，如果⼀个数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，这个数列就叫做等差数列，⽽这个常数叫做等差数列的公差，公差常⽤字⺟d表示．其求和公式为S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出⾸项a1的值，然后套⽤公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运⽤．其实⽅法都是⼀样的，要么求出⾸项和公差，要么求出⾸项和第n项的值．【考点点评】等差数列⽐较常⻅，单独考察等差数列的题也⽐较简单，⼀般单独考察是以⼩题出现，⼤题⼀般要考察的话会结合等⽐数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运⽤．4．等⽐数列的性质【等⽐数列】（⼜名⼏何数列），是⼀种特殊数列．如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数，这个数列就叫做等⽐数列，因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，公⽐通常⽤字⺟q表示（q≠0）．注：q＝1时，a n 为常数列．等⽐数列和等差数列⼀样，也有⼀些通项公式：①第n项的通项公式，a n＝a1q n﹣1，这⾥a1为⾸项，q为公⽐，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点．②求和公式，S n＝，表示的是前⾯n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有a m•a n ＝a p•a q．例：2，x，y，z，18成等⽐数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等⽐数列，设其公⽐为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运⽤了等⽐数列第n项的通项公式，这也是⼀个常⽤的⽅法，即知道某两项的值然后求出公⽐，继⽽可以以已知项为⾸项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，⽅法就是待定系数法．【等⽐数列的性质】（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．5．等⽐数列的通项公式【知识点的认识】1．等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数，那么这个数列叫做等⽐数列，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，通常⽤字⺟q表示（q≠0）．从等⽐数列的定义看，等⽐数列的任意项都是⾮零的，公⽐q也是⾮零常数．2．等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1，公⽐为q，则它的通项a n＝a1•q n﹣13．等⽐中项：如果在a与b中间插⼊⼀个数G，使a，G，b成等⽐数列，那么G叫做a与b的等⽐中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等⽐数列的常⽤性质（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．6．等⽐数列的前n项和【知识点的知识】1．等⽐数列的前n项和公式等⽐数列{a n}的公⽐为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等⽐数列前n项和的性质公⽐不为﹣1的等⽐数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等⽐数列，其公⽐为q n．7．数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，⼀般来说要求的数列为等差数列、等⽐数列、等差等⽐数列等等，常⽤的⽅法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等⽐数列前n项和公式：③⼏个常⽤数列的求和公式：（2）错位相减法：适⽤于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等⽐数列．（3）裂项相消法：适⽤于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所⽤的⽅法，就是将⼀个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有⼀类数列，既不是等差数列，也不是等⽐数列，若将这类数列适当拆开，可分为⼏个等差、等⽐或常⻅的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满⾜：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使⽤裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第⼆问⽤的关键⽅法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常⽤的⽅法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分⺟的⼀般就可以⽤裂项求和．【解题⽅法点拨】数列求和基本上是必考点，⼤家要学会上⾯所列的⼏种最基本的⽅法，即便是放缩也要往这⾥⾯考．9．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前⼏项），且任⼀项a n与它的前⼀项a n﹣1（或前⼏项）间的关系可以⽤⼀个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容⼀个重点，要认真掌握．注意：（1）⽤a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成⽴的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统⼀为⼀个式⼦．（2）⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等⽐数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，⽤作差法：a n＝．⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，⽤作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，⽤累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，⽤累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以⽤构造法（构造等差、等⽐数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以⽤待定系数法转化为公⽐为k的等⽐数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以⽤倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前⼏项进⾏归纳猜想，再利⽤数学归纳法进⾏证明．10．等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与⾸末两端“等距离”的两项和相等，并且等于⾸末两项之和；（3）m，n∈N+，则a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第⼆项开始起，每⼀项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（⾸项不⼀定选a1）．2、等⽐数列的性质．（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．31。
全国高考数学数列真题汇总
2016-2018年高考数学全国各地数列真题汇编1．（2018全国新课标Ⅰ理）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若3243S S S =+，12a =，则=5a （ ）A ．12-B ．10-C ．10D ．12答案：B 解答：11111132433(3)24996732022a d a d a d a d a d a d ⨯⨯+⨯=+++⨯⇒+=+⇒+=6203d d ⇒+=⇒=-，∴51424(3)10a a d =+=+⨯-=-.2.（2018北京理）设{}n a 是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{}n a 的通项公式为__________．【答案】63n a n =- 【解析】13a =，33436d d ∴+++=，6d ∴=，()36163n a n n ∴=+-=-．3．（2017全国新课标Ⅰ理）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1 B ．2 C ．4D ．8【答案】C【解析】设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C. 秒杀解析：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.4.（2017全国新课标Ⅱ理）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】B5.（2017全国新课标Ⅲ理）等差数列{}na 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为（ ）A ．24-B ．3-C ．3D ．8【答案】A 【解析】∵{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d .则2326a a a =⋅，即()()()211125a d a d a d +=++又∵11a =，代入上式可得220d d += 又∵0d ≠，则2d =-∴()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-，故选A.6．（2017全国新课标Ⅰ理）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1 B ．2 C ．4D ．8【答案】C【解析】设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.秒杀解析：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.7.（2015福建文）若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点，且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q + 的值等于________．【答案】98.（2017全国新课标Ⅲ理）等差数列{}na 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}na 前6项的和为（ ）A ．24-B ．3-C ．3D ．8【答案】A 【解析】∵{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d .则2326a a a =⋅，即()()()211125a d a d a d +=++ 又∵11a =，代入上式可得220d d += 又∵0d ≠，则2d =-∴()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-，故选A.9.（2016全国Ⅰ理）已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （ ）（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C【解析】：由已知,1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=故选C. 考点：等差数列及其运算【名师点睛】我们知道,等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一10．（2016四川理）某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg2≈0.30）（ A ）2018年 （B ）2019年 （C ）2020年 （D ）2021年 【答案】B 【解析】试题分析：设第n 年的研发投资资金为n a ，1130a =，则1130 1.12n n a -=⨯，由题意，需1130 1.12200n n a -=⨯≥，解得5n ≥，故从2019年该公司全年的投入的研发资金超过200万，选B.考点：等比数列的应用.11．（2018全国新课标Ⅰ理）记n S 为数列{}n a 的前n 项和.若21n n S a =+，则6S =_____________．答案：63- 解答：依题意，1121,21,n n n n S a S a ++=+⎧⎨=+⎩作差得12n n a a +=，所以{}n a 为公比为2的等比数列，又因为11121a S a ==+，所以11a =-，所以12n n a -=-，所以661(12)6312S -⋅-==--.12.(2017北京理)若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=–1，a 4=b 4=8，则22a b =_______.【答案】1【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为d 和q ，3138dq -+=-= ，求得2,3q d =-= ，那么221312a b -+== . 13.(2017江苏) 等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知3676344S S ==,,则8a = . 【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=. 【考点】等比数列通项14.（2017全国新课标Ⅱ理）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑。