2019年高考数学艺术生百日冲刺专题06等差数列和等比数列测试题

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高考数学艺术生百日冲刺专题07数列的综合应用测试题20190307367

专题7数列的综合应用测试题命题报告：1.高频考点：等差数列、等比数列的综合，数列与函数的、不等式、方程等的综合考情分析：数列的综合问题在近几年的高考试题中一直比较稳定，难度中等，主要命题点是等差数列和等比数列的综合，数列和函数、方程、不等式的综合，与数列有关的探索性问题以及应用性问题等，对于数学文化为背景的数列问题需要特别关注。

3.重点推荐：基础卷第2、7等，涉及新定义和数学文化题，注意灵活利用所给新定义以及读懂题意进行求解。

一．选择题（共12小题，每一题5分）1. （2018春•广安期末）在等差数列{a n}中，a2=3，若从第7项起开始为负，则数列{a n}的公差d的取值范围是（）A．[﹣，﹣）B．[﹣，+∞）C．（﹣∞，﹣）D．（，]【答案】：A【解析】，解得﹣≤d＜﹣．故选：A．2. （2018•永定区校级月考）定义在（0，+∞）上的函数f（x），如果对于任意给定的等比数列a n，{f（a n）}仍是等比数列，则称f（x）为“保等比数列函数”．现有定义在（0，+∞）上的如下函数：①f（x）=x3；②f（x）=3x；③；④f（x）=lgx，则其中是“保等比数列函数”的f（x）的序号为（）A．①②B．①③C．②④D．③④【答案】B【解析】由任意给定的等比数列a n，公比设为q，定义在（0，+∞）上的如下函数：①f（x）=x3；=q，即有==q3为常数，则f（x）为“保等比数列函数”；②f（x）=3x；=q，即有==3不为常数，则f（x）不为“保等比数列函数”；3. （2018 •黄冈期末）数列{a n}满足a n+1=，若a1=，则a2018=（）A．B．C．D．【答案】A【解析】：∵a n+1=，a1=∈[，1），∴a2=2a1﹣1=∈[0，），∴a3=2a2=2×=∈[0，），∴a4=2a3=∈[，1），∴a5=2a4﹣1==a1，∴数列{a n}是以4为周期的数列，又2018=504×4+2，∴a2018=a2=．故选：A．4. (2019华南师范大学附属中学月考) 设数列为等差数列，其前项和为，已知，，若对任意，都有成立，则的值为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】设等差数列的公差为,由可得，即由可得，解得,，,，解得,的最大值为，则故选5. 在数列{a n}中，，又，则数列{b n}的前n项和S n为（）A．B．C．D．【答案】：A6. 已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意的n∈N*有，且1＜S k＜12则k的值为（）A．2或4 B．2 C．3或4 D．6【答案】：A【解析】对任意的n∈N*有，可得a1=S1=a1﹣，解得a1=﹣2，n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1，S n﹣1=a n﹣1﹣，又，相减可得a n=a n﹣﹣a n﹣1+，化为a n=﹣2a n﹣1，则a n=﹣2•（﹣2）n﹣1=（﹣2）n，S n==﹣[1﹣（﹣2）n]，1＜S k＜12，化为＜（﹣2）k＜19，可得k=2或4，故选：A．7. 公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米．当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……，所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为10﹣2米时，乌龟爬行的总距离为（）A．B．C．D．【答案】：B【解析】由题意知，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{a n}，且a1=100，q=，a n=10﹣2；∴乌龟爬行的总距离为S n===．故选：B．8. 已知函数f（x）=sin（x﹣3）+x﹣1，数列{a n}的公差不为0的等差数列，若f（a1）+f（a2）+f（a3）+…+f （a7）=14，则a1+a2+a3+…+a7=（）A．0 B．7 C．14 D．21【答案】：D【解析】∵f（x）=sin（x﹣3）+x﹣1，∴f（x）﹣2=sin（x﹣3）+x﹣3，令g（x）=f（x）﹣2，则g（x）关于（3，0）对称，∵f（a1）+f（a2）+…+f（a7）=14，∴f（a1）﹣2+f（a2）﹣2+…+f（a7）﹣2=0，即 g（a1）+g（a2）+…+g（a7）=0，∴g（a4）为g（x）与x轴的交点，由g（x）关于（3，0）对称，可得a4=3，∴a1+a2+…+a7=7a4=21．故选：D．9. 巳知数列{a n}的前n项和为S n，首项a1=﹣，且满足S n+（n≥2），则S2018等于（）A．B．C．D．【答案】：D【解析】数列{a n}的前n项和为S n，满足S n+（n≥2），则：，所以：，，当n=2时，=﹣，当n=3时，，…猜想：，所以选择D。

高考数学《等差与等比数列》练习题

等差与等比数列一、单项选择题1．已知等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，2S 8＝S 7＋S 10，则S 21＝( )A ．21B ．11C ．－21D ．02．在等比数列{}a n 中，若a 2 019＝4，a 2 021＝9，则a 2 020＝( )A ．6B ．－6C ．±6D ．1323．在等差数列{}a n 中，a 1＋a 8＋a 6＝15，则此等差数列的前9项之和为( )A ．5B ．27C ．45D ．904．等比数列{}a n 的公比为q ，前n 项和为S n ，设甲：q >0，乙：{}S n 是递增数列，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5．已知等差数列{}a n 的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为( )A ．28B ．29C ．30D ．316．设{}a n 为等比数列，{}b n 为等差数列，且S n 为数列{}b n 的前n 项和，若a 2＝1，a 10＝16，且a 6＝b 6，则S 11＝( )A ．20B ．30C ．44D ．887．已知等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，等差数列{}b n 的前n 项和为T n .若S n T n ＝2n －1n ＋1 ，则a 5b 5＝( ) A ．1911 B ．1710 C ．32 D ．758．在等差数列{}a n 中，已知a 5>0，a 3＋a 8<0，则使数列{}a n 的前n 项和S n <0成立时n 的最小值为( )A ．6B ．7C ．9D ．10二、多项选择题9．已知等比数列{}a n 的公比为q ，且a 5＝1，则下列选项正确的是( )A ．a 3＋a 7≥2B ．a 4＋a 6≥2C ．a 7－2a 6＋1≥0D ．a 3－2a 4－1≥010．已知无穷等差数列{}a n 的公差d ∈N *，且5，17，23是{}a n 中的三项，则下列结论正确的是( )A ．d 的最大值是6B ．2a 2≤a 8C ．a n 一定是奇数D ．137一定是数列{}a n 中的项11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，则下列说法正确的是( )A ．若S n ＝n 2－1，则{}a n 是等差数列B ．若S n ＝2n －1，则{}a n 是等比数列C ．若{}a n 是等差数列，则S 99＝99a 50D ．若{}a n 是等比数列，且a 1>0，q >0，则S 2n －1·S 2n ＋1>S 22n12．已知数列{}a n 是等比数列，下列结论正确的为( )A ．若a 1a 2>0，则a 2a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若a 2>a 1>0，则a 1＋a 3>2a 2D ．若a 1a 2<0，则()a 2－a 1 ()a 2－a 3 <0三、填空题13．设等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 7＝28，则a 2＋a 3＋a 7的值为________．14．已知等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，a 3＝7，S 3＝21，则公比q ＝________．15．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3，a 5，a 10成等比数列，则S 7a 7＝________． 16．已知等差数列{}a n 的公差为d ()d >1 ，前n 项和为S n ，若a 7＝a 5＋3a 1，且a 2是S 4－1和a 1－1的等比中项，则d ＝________，S n ＝________．。

2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)

2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)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b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．答案 16解析方法一设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0，即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)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．解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋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．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(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．(1)证明由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

2019高考数学(理)(新课标版)考前冲刺复习课件：第2部分专题3第1讲等差数列、等比数列

[题组通关] 1．(2016· 昆明两区七校调研)在等比数列{an}中，Sn 是它的前 n 项和，若 q＝2，且 a2 与 2a4 的等差中项为 18，则 S5＝( A ) A．62 C．32 B．－62 D．－32
[解析] 依题意得 a2＋2a4＝36，又 q＝2，则 2a1＋16a1＝36， 2×（1－25）解得 a1＝2，因此 S5＝＝62，选 A. 1－2

3．已知等差数列{an}的公差不为零，其前 n 项和为 Sn， a2 2＝S3，且 S1，S2，S4 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)记 Tn＝a1＋a5＋a9＋…＋a4n－3，求 Tn.
2 [解] (1)设数列{an}的公差为 d，由 a2 ＝ S 得 3 a ＝ a 2 3 2 2，
2．(2016· 武汉调研)若等比数列{an}的各项均为正数， a1＋2a2＝3，a2 3＝4a2a6，则 a4＝( C ) 3 A. 8 3 C. 16 24 B. 5 9 D. 16
a1＋2a1q＝3 [解析] 由题意，得 2 2 5，（a1q ）＝4a1q·a1q
3 a1＝ 3 2 1 3 3 3 解得，所以 a4＝a1q ＝ ×2 ＝，故选 C. 2 16 1 q＝ 2
[题组通关] 1．(2016· 高考浙江卷)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*， |BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q 表示点 P 与 Q 不重合)．若 dn＝|AnBn|，Sn 为△AnBnBn＋1 的面积，则( A )
(2016· 高考全国卷乙)已知{an}是公差为 3 的等差数列， 1 数列{bn}满足 b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn. 3 (1)求{an}的通项公式； (2)求{bn}的前 n 项和．

2019年高考数学(理)一轮复习第六章数列达标测试(三十) 等差数列及其前n项和习题及答案

课时达标检测（三十）等差列及其前n项和1．若等差列{a n}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7＝( ) A．12 B．13C．14 D．15解析：选B 由S 5＝a2＋a42，得25＝＋a42，解得a4＝7，所以7＝3＋2d，即d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.2．在等差列{a n}中，a1＝0，公差d≠0，若a m＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )A．37 B．36C．20 D．19解析：选A a m＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋9×82d＝36d＝a37，即m＝37.3．在单调递增的等差列{a n}中，若a3＝1，a2a4＝34，则a1＝( )A．－1 B．0C.14D.12解析：选B 由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又∵a2a4＝34，列{a n}单调递增，∴a2＝12，a4＝32.∴公差d＝a4－a22＝12.∴a1＝a2－d＝0.4．设等差列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n等于( )A．9 B．8C．7 D．6解析：选D 设等差列{a n}的公差为d.因为a3＋a7＝－6，所以a5＝－3，d＝2，则S n＝n2－12n，故当n等于6时S n取得最小值．5．已知等差列{a n}中，a n≠0，若n≥2且a n－1＋a n＋1－a2n＝0，S2n 38，则n等于________．－1＝解析：∵{a n}是等差列，∴2a n＝a n－1＋a n＋1，又∵a n－1＋a n＋1－a2n＝0，∴2a n－a2n＝0，即a n(2－a n)＝0.∵a n≠0，∴a n＝2.∴S2n－1＝(2n－1)a n＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.答案：10一、选择题1．(2017·黄冈质检)在等差列{a n}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )A．95 B．100C．135 D．80解析：选 B 由等差列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)＝40＋3×20＝100.2．(2017·东北三校联考)已知列{a n}的首项为3，{b n}为等差列，且b n＝a n＋1－a n(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝( ) A．0 B．－109C．－181 D．121解析：选B 设等差列{b n}的公差为d，则d＝b3－b2＝－14，因为a n＋1－a n＝b n，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝b1＋b72＝72＝－112，又a1＝3，则a8＝－109.3．在等差列{a n}中，a3＋a5＋a11＋a17＝4，且其前n项和为S n，则S17为( )A．20 B．17C．42 D．84解析：选B 由a3＋a5＋a11＋a17＝4，得2(a4＋a14)＝4，即a4＋a14＝2，则a 1＋a17＝2，故S17＝a1＋a172＝17.4．设等差列{a n}的前n项和为S n，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足S n＞0的最大自然n的值为( )A．6 B．7C．12 D．13解析：选C ∵a1＞0，a6a7＜0，∴a6＞0，a7＜0，等差列的公差小于零．又∵a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，∴S12＞0，S13＜0，∴满足S n＞0的最大自然n的值为12.5．设列{a n}的前n项和为S n，若S nS2n为常，则称列{a n}为“吉祥列”．已知等差列{b n}的首项为1，公差不为0，若列{b n}为“吉祥列”，则列{b n}的通项公式为( )A．b n＝n－1 B．b n＝2n－1C．b n＝n＋1 D．b n＝2n＋1解析：选 B 设等差列{b n}的公差为d(d≠0)，S nS2n＝k，因为b1＝1，则n＋12n(n－1)d＝k⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n＋12×2n n－d，即2＋(n－1)d＝4k ＋2k (2n －1)d ，整得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0.因为对任意的正整n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．设等差列{a n }满足a 1＝1，a n >0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若列{S n }也为等差列，则S n ＋10a 2n的最大值是( )A ．310B ．212C ．180D ．121解析：选D 设列{a n }的公差为d ，依题意得2S 2＝S 1＋S 3，因为a 1＝1，所以22a 1＋d ＝a 1＋3a 1＋3d ，简可得d ＝2a 1＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S n ＝n ＋n n －2×2＝n 2，所以S n ＋10a 2n＝n ＋2n －2＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋102n －12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －＋2122n －12＝14⎝⎛⎭⎪⎫1＋212n －12≤121.即S n ＋10a 2n的最大值为121. 二、填空题7．已知等差列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则列{a n }的公差d 是________．解析：由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d2＝1，所以d ＝2.答案：28．若等差列{a n }的前17项和S 17＝51，则a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13等于________．解析：因为S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝51，所以a 9＝3.根据等差列的性质知a 5＋a 13＝a 7＋a 11，所以a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝a 9＝3.答案：39．在等差列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则列{a n }的前11项和S 11等于________．解析：S 11＝a 1＋a 112＝11a 6，设公差为d ，由a 9＝12a 12＋6得a 6＋3d ＝12(a 6＋6d )＋6，解得a 6＝12，所以S 11＝11×12＝132.答案：13210．在等差列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78三、解答题11．已知列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：列{b n }为等差列； (2)求列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n2a n ＋1＝2a n ＋1a n，∴b n ＋1－b n ＝2a n ＋1a n－1a n＝2.又∵b 1＝1a 1＝1，∴列{b n }是以1为首项，2为公差的等差列．(2)由(1)知列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝12n －1.∴列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1.12．已知列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n －30，设列{b n }的前n 项和为T n ，求T n的最小值．解：∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故列{a n }为等差列．设列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得a 1＝2，d ＝4.故a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31，令⎩⎪⎨⎪⎧b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，n ＋－31≥0，解得292≤n ≤312，∵n ∈N *，∴n ＝15，即列{b n }的前15项均为负值，∴T 15最小．∵列{b n }的首项是－29，公差为2，∴T 15＝－29＋2×15－2＝－225，∴列{b n }的前n 项和T n 的最小值为－225.。

2019高考数学专题精练-等差数列

2019高考数学专题精练-等差数列[时间：45分钟分值：100分]1．在等差数列{a n }中，a 1＋a 9＝10，则a 5旳值为________．2．已知等差数列{a n }中， a 1＝－4，a 9＝8，则该数列前9项和S 9等于________． 3．等差数列{a n }中，a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则数列{a n }旳前9项和S 9等于________．4．已知等差数列{a n }中，|a 3|＝|a 9|，公差d <0，则使前n 项和S n 取最大值旳正整数n 旳值是________．5．等差数列{a n }旳前n 项和为S n ，若S 2＝4，S 4＝20，则该数列旳公差为________． 6．等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＝________. 7．[2011·辽宁卷] S n 为等差数列{a n }旳前n 项和，S 2＝S 6，a 4＝1，则a 5＝________. 8．[2011·重庆三诊] 已知等差数列{a n }满足a 3＋a 13－a 8＝2，则{a n }旳前15项和S 15＝________.9．[2011·郑州三模] 数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等差数列，则a 11等于________．10．首项为－24旳等差数列，从第10项起开始为正数，则公差d 旳取值范围是________． 11．已知函数f (x )＝2x ，等差数列{a n }旳公差为 2.若f (a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10)＝4，则log 2[f (a 1)·f (a 2)·f (a 3)·…·f (a 10)]＝________. 12．已知数列{a n }为等差数列，若a 5a 6<－1，则数列{|a n |}旳最小项是第________项．13．(8分)已知等差数列{a n }中，a 3a 7＝－16，a 4＋a 6＝0，求{a n }旳前n 项和S n . 14．(8分)在数列{a n }中，a 1＝4，且对任意大于1旳正整数n ，点(a n ，a n －1)在直线y ＝x －2上．(1)求数列{a n }旳通项公式；(2)已知b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n ，试比较a n 与b n 旳大小．15．(12分)已知等差数列{a n }旳前n 项和为S n ＝pn 2－2n ＋q (p ，q ∈R ，n ∈N *)．(1)求q 旳值；(2)若a 1与a 5旳等差中项为18，b n 满足a n ＝2log 2b n ，求数列{b n }旳前n 项和． 16．(12分)[2010·安徽卷] 数列a 1，a 2，…，a n ，…中旳每一项都不为0.求证：{a n }为等差数列旳充分必要条件是：对任何n ∈N ，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝na 1a n ＋1.课时作业(二十八)【基础热身】1．5 [解析] 由等差数列旳性质得a 1＋a 9＝2a 5＝10，所以a 5＝5.2．18 [解析] 在等差数列{a n }中，∵a 1＝－4，a 9＝8，∴数列前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝18.3．99 [解析] ∵a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，∴3a 4＝39,3a 6＝27，∴a 4＝13，a 6＝9，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝92(a 4＋a 6)＝92(13＋9)＝99.4．5或6 [解析] ∵由已知得{a n }中，a 3＝－a 9，即a 1＝－5d ，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－5dn ＋n (n －1)2d .＝d 2⎝⎛⎭⎫n －1122－1218d .∵n ∈N *，∴n ＝5或6时，S n 取最大值．【能力提升】5．3 [解析] S 2＝2a 1＋d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝20，解得d ＝3. 6．28 [解析] 因为2a 4＝a 3＋a 5，所以3a 4＝12，即a 4＝4，所以a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＝7a 4＝28.7．－1 [解析] 由S 2＝S 6，得2a 1＋d ＝6a 1＋6×52d ，解得4(a 1＋3d )＋2d ＝0，即2a 4＋d ＝0，所以a 4＋(a 4＋d )＝0，即a 5＝－a 4＝－1.8．30 [解析] 由a 3＋a 13－a 8＝2得2a 8－a 8＝2，所以a 8＝2，所以S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8＝30.9.12 [解析] 设⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1旳公差为d ，则有1a 7＋1＝1a 3＋1＋4d ，解得d ＝124，所以1a 11＋1＝1a 3＋1＋8d ，即1a 11＋1＝12＋1＋13，解得a 11＝12.10.⎝⎛⎦⎤83，3 [解析] 由条件知⎩⎪⎨⎪⎧ a 9≤0，a 10>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－24＋8d ≤0，－24＋9d >0， ∴83<d ≤3.11．－6 [解析] 依题意a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝2－5×2＝－8，∴f (a 1)·f (a 2)·f (a 3)·…·f (a 10)＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝2－6⇒log 2[f (a 1)·f (a 2)·f (a 3)·…·f (a 10)]＝－6. 12．6 [解析] 由a 5a 6<－1得，若a 6>0，则a 5<－a 6<0，此时等差数列{a n }为递增数列，|a 5|>|a 6|，此时{|a n |}中第6项最小；若a 6<0，则a 5>－a 6>0，此时等差数列{a n }为递减数列，|a 5|>|a 6|，仍然有{|a n |}中第6项最小．故{|a n |}中旳最小项是第6项．13．[解答] 设{a n }旳公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋6d )＝－16，a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＋8da 1＋12d 2＝－16，a 1＝－4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－8，d ＝2 或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，d ＝－2，因此S n ＝－8n ＋n (n －1)＝n (n －9)或S n ＝8n －n (n －1)＝－n (n －9)(n ∈N *)． 14．[解答] (1)因为点(a n ，a n －1)在直线y ＝x －2上，所以a n ＝a n －1＋2，即数列{a n }是以a 1＝2为首项，以d ＝2为公差旳等差数列．所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2.(2)方法一：因为b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n ，所以当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝4n 2－4(n －1)2＝8n －4，当n ＝1时，b 1＝a 1＝4，满足上式．所以b n ＝8n －4，所以a n －b n ＝4n 2－(8n －4)＝4(n －1)2≥0，所以a n ≥b n . 方法二：由b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n 得，a n －b n ＝a n －1＝ 4(n －1)2≥0，所以a n ≥b n .15．[思路] (1)已知S n 可求a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，然后利用{a n }为等差数列求得；(2)先求得b n ，从而判断出数列{b n }为等比数列，再求其前n 项和．[解答] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝p －2＋q ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝pn 2－2n ＋q －p (n －1)2＋2(n －1)－q ＝2pn －p －2. ∵{a n }是等差数列，∴p －2＋q ＝2p －p －2，∴q ＝0.(2)∵a 3＝a 1＋a 52，∴a 3＝18.又a 3＝6p －p －2，∴6p －p －2＝18，∴p ＝4，∴a n ＝8n －6.又∵a n ＝2log 2b n ，得b n ＝24n －3，∴b 1＝2，b n ＋1b n ＝24(n ＋1)－324n －3＝24＝16，即{b n }是等比数列．所以数列{b n }旳前n 项和T n ＝2(1－16n )1－16＝215(16n －1)．[点评] (1)若S n ＝an 2＋bn ＋c 是等差数列旳前n 项和，则必有c ＝0；(2)若{b n }为等比数列，则{log a b n }是等差数列．16．[解答] 先证必要性．因为{a n }为等差数列，不妨设公差为d ，若d ＝0，结论显然成立．当d ≠0时， 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝1d ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1＝n a 1a n ＋1.再证充分性．由1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1①，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＋1a n ＋1a n ＋2＝n ＋1a 1a n ＋2②，②－①得1a n ＋1a n ＋2＝n ＋1a 1a n ＋2－n a 1a n ＋1，所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2＝a 1.同理得na n －(n －1)a n ＋1＝a 1，因此a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }为等差数列。

2019高考数学二轮复习专题二数列第1讲等差数列与等比数列练习

地地道道的达到第 1 讲等差数列与等比数列高考定位1. 等差、等比数列基本运算和性质的考察是高考热门，常常以选择题、填空题的形式出现； 2. 数列的通项也是高考热门，常在解答题中的第 (1) 问出现，难度中档以下.真题感悟1.(2017 ·全国Ⅲ卷 ) 等差数列 { a n } 的首项为 1，公差不为 0. 若 a 2，a 3，a 6 成等比数列，则 { a n } 前6项的和为 ( ) A.－ 24B. －3C.3D.8分析依据题意得22＝( a 1＋ d )( a 1＋5 ) ，由a 1＝ 1 及 ≠0解得＝－3＝2·6 ，即( 1＋2 )a a aa ddd d2，所以 S ＝ 6a ＋6×56×52 d ＝1×6＋2×( － 2) ＝－ 24.6 1答案 A2.(2018 ·北京卷 ) “十二均匀律”是通用的乐律系统，明朝朱载堉最早用数学方法计算出半音比率，为这个理论的发展做出了重要贡献 . 十二均匀律将一个纯八度音程分红十二份，依次获得十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频次与它的前一个单音的频次的比都等12于 2. 若第一个单音的频次为 f ，则第八个单音的频次为()33A. 2fB. 22 f1212C. 25fD.27f12分析从第二个单音起，每一个单音的频次与它的前一个单音的频次的比都等于2，第一12个单音的频次为 f . 由等比数列的定义知，这十三个单音的频次组成一个首项为f ，公比为 21212的等比数列，记为 { a n }. 则第八个单音频次为 a 8＝ f ·( 2) 8－1＝ 27 f .答案D3.(2018 ·全国Ⅰ卷 ) 记 S n 为数列 { a n } 的前 n 项和 . 若 S n ＝ 2a n ＋ 1，则 S 6＝ ________. 分析由于 S n ＝ 2a n ＋ 1，所以当 n ＝1 时， a 1＝ 2 a 1＋ 1，解得 a 1＝－ 1，当 n ≥2时， a n ＝ S n － S n －1＝ 2a n ＋1－ (2 a n － 1＋ 1) ，所以 a n ＝ 2a n － 1，所以数列 { a n } 是以－ 1 为首项， 2 为公比的等比数列，所以a n＝－ 2n－1，所以6＝－1×（ 1－ 26）＝－ 63.S1－ 2地地道道的达到答案－ 634.(2018 ·全国Ⅲ卷 ) 等比数列 { a n } 中， a 1＝ 1， a 5＝ 4a 3.(1) 求 { a n } 的通项公式；(2) 记 S n 为 { a n } 的前 n 项和 . 若 S m ＝ 63，求 m .解 (1) 设 { a n } 的公比为 q ，由题设得 a n ＝ q n －1.由已知得 q 4＝4q 2，解得 q ＝ 0( 舍去 ) ， q ＝－ 2 或 q ＝2.故 a n ＝ ( － 2) n －1 或 a n ＝ 2n －1.n(2) 若 a n ＝ ( －2) n －1，则 S n ＝ 1－（－ 2） .3由 S m ＝ 63 得 ( － 2) m ＝－ 188，此方程没有正整数解 .若 a n ＝ 2n －1，则 S n ＝ 2n －1.由 S m ＝ 63 得 2m ＝64，解得 m ＝ 6.综上， m ＝ 6.考点整合1. 等差数列(1) 通项公式： a n ＝ a 1＋ ( n － 1) d ；（ 1＋ n ）n （－ 1）(2) nn aa1nd ；乞降公式： S ＝2＝ na ＋2(3) 性质：①若 m ， n ， p ， q ∈N * ，且 m ＋ n ＝p ＋ q ，则 a m ＋ a n ＝ a p ＋ a q ；② a n ＝ a m ＋ ( n －m ) d ；③S m ， S 2m － S m ， S 3m － S 2m ，，成等差数列.2. 等比数列(1) 通项公式： a n ＝ a 1q n －1( q ≠0) ；(2) 乞降公式： q ＝ 1， S n ＝ na 1； q ≠1， S n ＝a 1（1－q n ）＝a 1－a n q；－ q 1－ q 1(3) 性质：①若 m ， n ， p ， q ∈N * ，且 m ＋ n ＝p ＋ q ，则 a m · a n ＝ a p · a q ；② a n ＝ a m · q n －m ；③S m ， S 2m － S m ， S 3m － S 2m ， (S m ≠0) 成等比数列 .温馨提示应用公式 a ＝S －S时必定注意条件*n ≥2， n ∈N .nnn －1地地道道的达到热门一等差、等比数列的基本运算【例 1】 (1)(2018 ·潍坊三模 ) 已知 { a } 为等比数列，数列 { b } 知足 b ＝ 2， b ＝ 5，且 a ( bnn12nn＋ 1－ b n ) ＝a n ＋ 1，则数列 { b n } 的前 n 项和为 ()A.3 n ＋ 1B.3 n －13 n 2＋ n 3 2－ nC. n2D.2分析由 b 1＝2， b 2＝ 5，且 a n ( b n ＋ 1－ b n ) ＝ a n ＋ 1.a 2 ∴{ a n } 的公比 q ＝＝ b 2－ b 1＝3.a 1从而 b n ＋1－ b n ＝ 3，则数列 { b n } 是首项为 2，公差为 3 的等差数列 .所以 { b n } 的前 n 项和n ＝2 ＋ n （ n － 1） ×3＝ 1(3 2＋ ). T n 2 n n2 答案 C(2)(2018 ·全国Ⅱ卷 ) 记 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和，已知a 1＝－ 7， S 3＝－ 15.①求 { a n } 的通项公式；②求 S n ，并求 S n 的最小值 .解 ①设 { n } 的公差为，由题意得 3 a 1＋ 3 ＝－ 15.add由 a 1＝－ 7 得 d ＝ 2.所以 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 2n － 9.②由①得 S n ＝n 2－ 8n ＝ ( n － 4) 2－ 16.所以当 n ＝4 时， S n 获得最小值，最小值为－ 16.研究提升1. 等差 ( 比 ) 数列基本运算的解题门路：(1) 设基本量 a 1 和公差 d ( 公比 q ).(2) 列、解方程组：把条件转变为对于 a 1 和 d ( q ) 的方程 ( 组 ) ，而后求解，注意整体计算，以减少运算量 .2. 第 (2) 题求出基本量 a 1 与公差 d ，从而由等差数列前 n 项和公式将结论表示成“ n ”的函数，求出最小值 .【训练 1】 (1)(2018 ·郑州调研) 已知等差数列 { a n } 的公差为 2，a 2，a 3， a 6 成等比数列，则{ a n } 的前 n 项和 S n ＝ ()A. n ( n － 2)B. n ( n － 1)C.n ( n ＋ 1)D. n ( n ＋ 2)分析依题意 22＝( a 1＋ 2)( a 1＋10). 解得 a 1＝－ 1.a 3＝ a 2· a 6，得 ( a 1＋ 4) 所以 S ＝ na ＋n （ n － 1） 2×2＝ n － 2n.n 12答案 A(2)(2017 ·全国Ⅱ卷 ) 已知等差数列 {n }的前 n 项和为 n ，等比数列 { b n }的前 n 项和为 n ， 1a S T a＝－ 1， b 1＝ 1， a 2＋ b 2＝ 2.①若 a 3＋ b 3＝ 5，求 { b n } 的通项公式；②若 T 3＝ 21，求 S 3.解①设 { a n } 公差为 d ，{ b n } 公比为 q ，由题设得－ 1＋ d ＋q ＝ 2，2－ 1＋ 2d ＋ q ＝ 5d ＝1， d ＝ 3，解得或 (舍去)，q ＝2q ＝ 0故{ b n } 的通项公式为 b n ＝2n －1.－ 1＋ d ＋ q ＝ 2，②由已知得1＋ q ＋ q 2＝21，q ＝4，q ＝－ 5，解得＝－ 1 或 d ＝ 8.d∴当 d ＝－ 1 时， S 3＝－ 6；当 d ＝8 时， S 3＝21.热门二等差 ( 比 ) 数列的性质【例 2】 (1)(2018 ·石家庄调研) 在等比数列 { a n } 中， a 6，a 10 是方程 x 2＋ 6x ＋ 2＝ 0 的两个实数根，则 a 8 的值为 ( )A.2B.－ 2或 2C. 2D.－ 2(2)(2018 ·北京海淀区质检 ) 已知数列 { n } 的前 n 项和为 n ，且知足n ＝2n－ 2，若数列 {b n}a S S a知足 b ＝ 10－log 2，则使数列 { b } 的前 n 项和取最大值时的 n 的值为 ________.n n n分析 (1) 由题意 a 6a 10＝ 2，且 a 6＋ a 10＝－ 6，所以 a 6<0， a 10<0，又数列 { a } 为等比数列，所n以 a 8<0，所以 a 8＝－ a 6a 10 ＝－ 2.(2) ∵ S n ＝ 2a n －2，∴ n ＝ 1 时， a 1＝ 2a 1－ 2，解得 a 1＝ 2.当 n ≥2时， a n ＝ S n － S n －1＝ 2a n － 2－ (2 a n －1－ 2) ，∴a n ＝ 2a n －1.∴数列 { a n } 是公比与首项都为 2 的等比数列，∴ a n ＝ 2n .∴ b n ＝ 10－ log 2a n ＝ 10－ n .由 b n ＝ 10－ n ≥0，解得 n ≤10.∴{ b n } 前 9 项为正，第 10 项为 0，此后各项为负，∴使数列 { b n } 的前 n 项和取最大值时的 n 的值为 9 或 10.答案(1)D (2)9 或 10研究提升1. 利用等差 ( 比) 性质求解的重点是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特色下手选择适合的性质进行求解.2. 活用函数性质：数列是一种特别的函数，拥有函数的一些性质，如单一性、周期性等，可利用函数的性质解题 .【训练 2】 (1)(2018 ·湖南六校联考 ) 在等差数列 { a n } 中，其前 n 项和为 S n ，若 a 5， a 7是方程 x 2＋ 10 x －16＝0 的两个根，那么 11 的值为 ( )SA.44B. －44C.55D.－55(2)(2018 ·石家庄质检 ) 等比数列 {n }中， a 4＝ 2 ， 5＝ 5，则数列 {lg a n }的前 8 项和8aaS为()A.4B.2C.3D.5分析 (1) 由题设， a ＋a ＝－ 10，571111（ a ＋a ） 11（ a ＋a ）则 S ＝111＝57＝11×( － 5) ＝－ 55.22(2) 设等比数列 { a n } 的公比为 q ，545 由 a ＝ 5，a ＝ 2，得 5 ＝ 2q ，∴ q ＝2.n －4∴a n ＝ a 4· q n －4＝ 2·5 ，且 a 1a 8＝a 4a 5＝ 10.2从而 lg a n ＝ lg 2＋( n － 4)lg 5 2，则数列 {lg a n } 是等差数列，1 ∴S 8＝ (lga 1＋lg a 8) ×8＝ 4lg( a 1a 8) ＝4lg 10＝ 2.2答案(1)D (2)B热门三等差 ( 比 ) 数列的判断与证明22【例 3】 (2018 ·成都调研) 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝1， a n >0， S n ＝ a n ＋ 1－λ S n ＋ 1，此中 λ 为常数 .(1) 证明： S n ＋ 1＝ 2S n ＋λ ；(2) 能否存在实数 λ，使得数列 { a n } 为等比数列，若存在，求出 λ ；若不存在，请说明原因 .(1) 证明22－λ S n ＋ 1， ∵ a n ＋ 1＝ S n ＋ 1－ S n ， S n ＝ a n ＋ 1 2 S2 － λ S ， ∴S ＝(－ S )n n ＋1 nn ＋1则 S n ＋ 1( S n ＋ 1－ 2S n － λ ) ＝ 0.∵ a n >0，知 S n ＋ 1>0，∴ S n ＋ 1－2S n － λ ＝ 0，故 S n ＋ 1＝2S n ＋ λ .(2) 解由 (1) 知， S n ＋ 1＝ 2S n ＋λ ，当 n ≥2时， S n ＝ 2S n － 1＋ λ ，两式相减， a n ＋ 1＝ 2a n ( n ≥2， n ∈N * ) ，所以数列 { a n } 从第二项起成等比数列，且公比q ＝ 2.又 S 2＝ 2S 1＋ λ ，即 a 2＋ a 1＝2a 1＋ λ ，∴a 2＝ a 1＋ λ ＝1＋ λ >0，得 λ >－1.1， n ＝ 1，所以 a n ＝（ λ ＋ 1）·2n －2， n ≥2.若数列 { a } 是等比数列，则 a ＝ 1＋λ ＝ 2a ＝ 2.n21∴λ ＝ 1，经考证得 λ ＝ 1 时，数列 { a n } 是等比数列 .【迁徙研究】若本例中条件“1＝1”改为“ a 1＝2”其余条件不变，试求解第(2) 问.a解由本例 (2)，得a n ＋ 1＝ 2n (≥2， ∈N *).a n n又 S 2＝ 2S 1＋ λ ，∴ a 2＝ a 1＋ λ＝ 2＋ λ>0.n －2∴a n ＝ (2 ＋ λ) ·2 ( n ≥2).又 a 1＝ 2，若 { a n } 是等比数列，∴a 2＝ (2 ＋ λ) ·2＝ 2a 1＝4，∴ λ ＝ 2.故存在 λ＝ 2，此时 a n ＝ 2n ，数列 { a n } 是等比数列 .研究提升1. 判断等差 ( 比 ) 数列的主要方法： (1) 定义法：对于随意*，考证 an ≥1， n ∈ Nn ＋ 1地地道道的达到－a n 或an ＋1为与正整数 n 没关的一常数； (2) 中项公式法 .a na n ＋ 1 2( n ≥2) 都是数列 { a n } 为等比数列的必需不充分条件，判准时还要看2.＝ q 和 a n ＝ a n － 1a n ＋ 1a n各项能否为零 .【训练 3】 (2017 ·全国Ⅰ卷 ) 记 S n 为等比数列 { a n } 的前 n 项和 . 已知 S 2＝ 2， S 3＝－ 6.(1) 求 { a n } 的通项公式；(2) 求 S n ，并判断 S n ＋ 1， S n ， S n ＋ 2 能否成等差数列 .解 (1) 设 { a n } 的公比为 q ，由题设可得a （ 1＋ q ）＝ 2，q ＝－ 2，1a 1 （ 1＋ q ＋q 2）＝－ 6，解得a 1＝－ 2.故{ a } 的通项公式为 a ＝( －n2) .nn(2) 由 (1) 得 S n ＝a 1（1－ q n ）＝－ 2[1 －（－ 2）n]1－ q1－（－ 2）2 n＝ 3[( － 2) －1] ，n2n ＋ 1n2n ＋2则 S ＋1＝3[( － 2)－1] ，S ＋2＝3[( －2)－1] ，2 － 2) n ＋ 12 [( －2) n ＋2 － 1] 2 n4 n－ 1] ＝ 2 n ，所以n ＋1＋ n ＋2 ＝ [(－ 1] ＋＝ [2(－2) － 2]＝ [( －2)SS3333S∴S n ＋ 1， S n ，S n ＋ 2 成等差数列 . 热门四等差数列与等比数列的综合问题*【例 4】 (2018 ·天津卷 ) 设 { a } 是等差数列，其前 n 项和为 S ( n ∈ N ) ；{ b } 是等比数列，公nnn比大于 0，其前 n 项和为 T n ( n ∈N * ). 已知 b 1＝1， b 3＝ b 2＋ 2， b 4＝ a 3＋ a 5， b 5＝ a 4＋ 2a 6.(1) 求 S n 和 T n ；(2) 若 n ＋ ( 1 ＋ 2＋＋n )＝ n ＋ 4 n ，求正整数 n 的值 .S T T T a b解 (1) 设等比数列 { b n } 的公比为 q ( q >0).由 b 1＝ 1， b 3＝ b 2＋ 2，可得 q 2－ q － 2＝0.由于 q >0，可得 q ＝ 2，故 b n ＝ 2n －1.n1－2n所以， T n ＝＝ 2 － 1.设等差数列 { a n } 的公差为 d .由 b 4＝ a 3＋ a 5，可得 a 1＋ 3d ＝ 4.地地道道的达到由 b5＝ a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而 a1＝1， d＝1，故n ＝ .a n（＋ 1）n n.所以， S n＝ 2(2) 由 (1) ，有1＋2＋＋n＝(21＋22＋＋2n)－nT T T＝2×（ 1－ 2n）－ n＝n ＋1－ n－2.1－ 2 2由 S n＋( T1＋ T2＋＋ T n)＝ a n＋4b n得n（ n＋1）n＋1 n ＋1，2 ＋ 2 － n－2＝n＋2整理得 n2－3n－4＝0，解得 n＝－1(舍)，或 n＝4.所以， n 的值为4.研究提升 1. 等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵巧地运用性质，可使运算简易.2. 数列的通项或前n 项和能够看作对于n 的函数，而后利用函数的性质求解数列问题.【训练 4】 (2018 ·武汉质检) 在公比为q 的等比数列{ a n}中，已知a1＝16，且 a1， a2＋2，a3成等差数列.(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2) 若q<1，求知足a1－a2＋ a3－ a4＋＋ a2n－1－a2n>10的最小正整数n 的值.解 (1) 依题意， 2( a2＋2) ＝a1＋a3，且a1＝ 16.∴2(16 q＋ 2) ＝ 16＋16q2，即 4q2－ 8q＋ 3＝ 0.1 3所以 q＝2或 q＝2.n－11 1 5－n当 q＝2时， a n＝16·2 ＝ 2 ；n－13 3当 q＝2时， a n＝16·2.(2)由 (1) 知，当q<1 时，a n＝ 25－n.则 a1－ a2＋ a3－ a4＋＋ a2n－1－ a2n地地道道的达到16 1－－ 1 2n23212n＝＝ 1－1－－ 132 23211 1由 1－ 2n >10，得 2n < .32216∴n >2，正整数 n 的最小值为 3.1. 在等差 ( 比 ) 数列中， a 1，d ( q ) ，n ，a n ，S n 五个量中知道此中随意三个，就能够求出其余两个. 解这种问题时，一般是转变为首项a 1 和公差 d ( 公比 q ) 这两个基本量的相关运算.2. 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻表现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应存心识地去应用. 但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适合变形 .S 1， n ＝ 1，3. 应用关系式 a n ＝时，必定要注意分 n ＝1，n ≥2两种状况，在求出结果后，S n － S n － 1，n ≥2 看看这两种状况可否整合在一同.一、选择题1.(2018 ·全国Ⅰ卷 ) 记 S 为等差数列 { a } 的前 n 项和 . 若 3S ＝ S ＋ S ，a ＝ 2，则 a ＝()nn32415A.－ 12B. －10C.10D.12分析设数列 { a } 的公差为 d，∵3 3＝ 2＋ 4，n∴33 1＋3×2114×33 1a 2 d＝ 2a ＋d ＋ 4a ＋ 2 d ，解得 d ＝－ 2a .∵ 1＝ 2，∴ ＝－ 3，∴ a 5＝ a 1＋ 4 ＝2＋4×( － 3) ＝－ 10.add答案 B1322. 等差数列 { a n } 中的 a 1，a 4 033 是函数 f ( x ) ＝3x － 4x ＋ 6x － 1 的极值点，则 log 2a 2 017＝( )A.2B.3C.4D.5分析由于 f ′()＝x 2－ 8 x ＋ 6，x依题意， a 1，a 4 033 是方程 f ′(x ) ＝ x 2－ 8x ＋6＝ 0 的两根，∴ a 1＋ a 4 033 ＝8，则 a 2 017 ＝ 4，故 log 2a 2 017 ＝ log 24＝ 2.地地道道的达到答案A3. 一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为 4，且全部项的积为 64，则该数列的项数是()A.13B.12C.11D.10分析设等比数列为 nna 1a 2a 3＝ n nnn 3{ a } ，其前 n 项积为 T ，由已知得 2，a a－1a －2＝ 4，可得 ( a 1a )＝2×4， a a ＝2，1 n22nn 2 12，∴ n ＝ 12.∵T n ＝ a 1a 2 a n ，∴ T n ＝ ( a 1a 2 a n ) ＝ ( a 1a n )( a 2a n － 1) (a n a 1) ＝ ( a 1a n ) ＝ 2 ＝ 64 ＝ 2 答案 B4. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题： “三百七十八里关，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才获得其关，要见次日行里数，请公认真算相还. ”其意思为：“有一个人走 378 里路，第一天健步行走，从次日起脚痛每日走的行程为前一天的一半，走了6 天才抵达目的地 . ”则这人第 4 天和第 5 天共走的行程为 ()A.60 里B.48 里C.36 里D.24里11的等比数列 . 设等比数列的首项为a 1 1－ 6分析由题意，每日走的行程组成公比为 a 1，则2211－ 2＝ 378，解得 a 1＝ 192，则 a 4＝192× 1＝ 24， a 5＝24× 1＝ 12， a 4＋a 5 ＝24＋ 12＝36. 所以这人82第 4 天和第 5 天共走了 36 里. 答案 C5.(2018 ·北京燕博园能力测试 ) 数列 { a } 的前 n 项和为 S ，且 3a*＋ S ＝4( n ∈ N ) ，设 b ＝ na ，nnnnnn则数列 { b n } 的项的最大值为 ( )81 27 3A. 64B. 16C. 2D.2分析由条件可知： 3 n ＋ n ＝ 4，3 n － 1＋n － 1＝ 4( n ≥2). 相减，得 a n＝ 3 n －1. 又 3 1＋ 1＝ 4 1aSaS4aa San － 1n － 133.＝4，故 a 1＝ 1. 则 a ＝ 4， b ＝ n 4nn设{ b n } 中最大的项为b n ≥ b n － 1，b n ，则nn ＋ 1b ≥ b.呵呵复生复生复生n － 13n 4 ≥（ n － 1）即n － 13n 4 ≥（ n ＋ 1）解之得 3≤ n ≤4.∴ { b n } 的项的最大值为n － 23，4n34.27b 3＝ b 4＝ 16.答案B二、填空题6.(2018 ·北京卷 ) 设{ a } 是等差数列，且 1＝ 3， 2＋ 5＝ 36，则 { a } 的通项公式为 ________.nn分析设等差数列的公差为，∵ a 1＝ 3，且 2＋ 5 ＝2 1＋ 5 ＝ 36，∴ d ＝ 6，∴ n ＝ 3＋ ( n －da a a da1) ·6＝ 6n － 3.答案a n ＝ 6n － 3a n17.(2018 ·福州质检 ) 数列 { a n } 知足 a n ＋ 1＝ 2a n ＋ 1，a 3 ＝5，则 a 1＝________.a n分析易知 a n ≠0，且 a n ＋ 1＝ 2a n ＋1.1 11是公差为 2 的等差数列，又1 11∴－＝2，则a 3＝，知＝ 5，∴＋2×2＝ 5，则 a 1＝a n ＋ 1 a na n5a 3a 11.答案 18.(2018 ·石家庄质检 ) 等差数列 {a n }的公差 d ≠0，且 a 3， 5， 15 成等比数列，若 a5＝5， na aS为数列 { a n } 的前 n 项和，则数列 n的前 n 项和取最小值时的 n 为 ________.Sn（a 1＋ 2d ）（ a 1＋ 14d ）＝ 25，分析由题意知a 1＋ 4d ＝ 5，a 1＝－ 3，由 d ≠0，解得d ＝2，n （－1） ndna ＋12S n ＝ n － 4.∴ n ＝nS 4由 n －4≥0，得 n ≥4，且＝ 0， 4S n∴数列n 的前 n 项和取最小值时的 n 的值为 3 或 4.答案3 或 4地地道道的达到三、解答题9.(2018 ·北京卷 ) 设{ a n} 是等差数列，且a1＝ln 2， a2＋a3＝5ln 2.(1)求 { a n} 的通项公式；(2)求e a1＋e a2＋＋e a n.解 (1) 设 { a n} 的公差为d.由于 a2＋ a3＝5ln 2，所以 2a1＋ 3d＝ 5ln 2.又 a1＝ln 2，所以 d＝ln 2.所以 a n＝ a1＋( n－1) d＝ln 2＋( n－1)ln 2＝n ln 2.e a n(2)由于e a1＝e ln 2＝2，e an－1＝e a n－a n－ 1＝e ln 2＝2，所以 {e an} 是首项为2，公比为 2 的等比数列 .a a a1－ 2n n＋ 1所以 e 1＋ e 2＋＋ e n＝2×1－2＝ 2 －2.10.已知数列 { a n} 的前n项和为S n，且 1，a n，S n成等差数列 .(1) 求数列 { a n} 的通项公式；(2)若数列 { b n} 知足a n·b n＝ 1＋ 2na n，求数列 { b n} 的前n项和T n. 解(1) 由已知 1，a n，S n成等差数列得2a n＝ 1＋S n，①当 n＝1时，2a1＝1＋ S1＝1＋ a1，∴ a1＝1，当 n≥2时，2a n－1＝1＋ S n－1，②①－②得2a n－ 2a n－1＝a n，∴a n＝2a n－1( n≥2)，且 a1＝1.∴数列 { a n} 是以 1 为首项， 2 为公比的等比数列，∴a ＝ a q n－ 1 n－1 n－1 .＝1·2＝ 2n 11(2)由 a n· b n＝1＋2na n得 b n＝a n＋2n，∴T n＝ b1＋ b2＋＋ b n＝1＋ 2＋1＋ 4＋＋1＋ 2na a a1 2 n＝1 1 1＋＋＋＋(2 ＋4＋＋ 2 ) a1 a2 a n n11· 1－ 2n＝1 1－ 2（ 2＋ 2n ）· n 21＋2＝n ＋n ＋ 2－2n － 1.11. 已知 { a n } 是递加数列，其前 n 项和为 S n ， a 1>1，且 10S n ＝ (2 a n ＋ 1)( a n ＋ 2) ，n ∈ N * .(1) 求数列 { a n } 的通项 a n ；*mnkm ，n ，k(2) 能否存在 m ， n ，k ∈ N ，使得 2( a ＋ a ) ＝ a 建立？若存在，写出一组切合条件的的值；若不存在，请说明原因 .解 (1) 由 10a 1＝ (2 a 1＋ 1)( a 1＋ 2) ，得 2a 21－ 5a 1＋2＝ 0，解得 a 1＝ 2 或 a 1＝1. 2又 a 1>1，所以 a 1＝ 2.2由于 10S n ＝ (2 a n ＋ 1)( a n ＋2) ，所以 10S n ＝ 2a n ＋ 5a n ＋ 2.22a n － 2，故 10a n ＋1＝ 10S n ＋1－ 10S n ＝ 2a n ＋1＋ 5a n ＋ 1＋ 2－2a n － 5 整理，得 2( a 2 － 2 a n ＋1＋ n ) ＝ 0， n ＋ 1n ) － 5(aa即( a n ＋ 1＋a n )[2( a n ＋ 1－ a n ) － 5] ＝ 0. 由于 { a n } 是递加数列且1＝ 2，a5所以 a n ＋1＋ a n ≠0，所以 a n ＋ 1－ a n ＝ 2.5所以数列 { a } 是以 2 为首项， 2为公差的等差数列，n51所以 a ＝ 2＋ 2( n － 1) ＝2(5 n － 1).n(2) 知足条件的正整数 m ， n ，k 不存在，原因以下：*假定存在 m ， n ， k ∈N ，使得 2( a m ＋a n ) ＝ a k ，1则 5m － 1＋5n － 1＝2(5 k － 1) ，整理，3得 2m ＋ 2n － k ＝，(*) 5明显， (*) 式左侧为整数，所以(*) 式不建立 .故知足条件的正整数m ， n ， k 不存在 .。

2019版高考数学精选地区6.2 等差数列

.
答案 10
解析利用等差数列的性质可得a3+a7=a4+a6=2a5,从而a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,故a5=5,所以a2+a8
=2a5=10.
3.(2014北京,12,5分)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n= 和最大.
时,{an}的前n项
答案 8
2019年7月10日
你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘
7
5.(2016天津,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,bn是an和an
+1的等比中项.
(1)设cn= bn21 - bn2 ,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列;
(2)设a1=d,Tn= 2n (-1)k bk2 k 1
你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘
8
考点二等差数列的性质
1.(2015北京,6,5分)设{an}是等差数列.下列结论中正确的是 ( ) A.若a1+a2>0,则a2+a3>0 B.若a1+a3<0,则a1+a2<0 C.若0<a1<a2,则a2> a1a3 D.若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0
6
3.(2014辽宁,8,5分)设等差数列{an}的公差为d.若数列{ 2a1an }为递减数列,则 ( )
A.d<0 答案 C 0,故选C.
B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0 {2 a1an }为递减数列,可知{a1an}也为递减数列,又a1an= a12 +a1(n-1)d=a1dn+ a12 -a1d,故a1d<

等差数列与等比数列练习和解析(高考真题)

1．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n2．(2019·长郡中学联考)已知数列{a n }满足，a n ＋1＋2a n ＝0，且a 2＝2，则{a n }前10项的和等于( )A.1－2103 B ．－1－2103 C ．210－1D ．1－2103．已知等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠－1，且a 5＋a 4＝3(a 3＋a 2)，则 9a 1a 2a 3…a 9等于( )A ．－9B ．9C ．－81D ．81@4．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．125．(2019·山东省实验中学联考)已知等差数列{a n }的公差不为零，S n 为其前n 项和，S 3＝9，且a 2－1，a 3－1，a 5－1构成等比数列，则S 5＝( )A ．15B ．－15C ．30D ．25二、填空题6．(2019·北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________．7．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地．”则此人第4天走的里程是________里．8．(2019·雅礼中学调研)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n＋2(n ∈N *)．令b n ＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝________．：三、解答题9．(2019·全国卷Ⅰ)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．10．已知数列{a n }是等比数列，并且a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ，记S n 为数列{b n }的前n 项和，证明：S n ＜163.?B 级能力提升11．(2019·广州调研)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2D.9212．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，若a ·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足2a n －1＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．)1．解析：设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.@所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n . 答案：A2．解析：由题意得，a n ＋1＋2a n ＝0，则a n ＋1a n＝－2，即数列是公比为－2的等比数列，又a 2＝2，所以a 1＝－1，所以{a n }前10项的和等于S 10＝a 1（1－q 10）1－q＝－1－2103.答案：B3．解析：根据题意可知a 5＋a 4a 3＋a 2＝q 2＝3，则9a 1a 2a 3…a 9＝ 9a 95＝a 5＝a 1·q 4＝1×32＝9.答案：B【4．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×（3－1）2×d ＝2a 1＋2×（2－1）2×d ＋4a 1＋4×（4－1）2d ，解得d ＝－32a 1，因为a 1＝2，所以d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 答案：B5．解析：设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由S 3＝3a 2＝9，得a 2＝3.又a 2－1，a 3－1，a 5－1成等比数列，;所以(a 3－1)2＝(a 2－1)(a 5－1)，则(2＋d )2＝2(2＋3d )，所以d ＝2，则a 3＝a 2＋d ＝5，故S 5＝5a 3＝25. 答案：D 二、填空题6．解析：因为a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10，所以a 1＝－4，d ＝1，所以a 5＝a 1＋4d ＝0，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5. `令a n ＜0，则n ＜5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正，所以S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －107．解析：由题意，每天走的路程构成公比为12的等比数列．设等比数列的首项为a 1，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，所以a 1＝192.因此a 4＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝24.答案：24—8．解析：由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3n ，a n ＝3n －1. 所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝100（1＋100）2＝5 050. 答案：5 050 三、解答题9．解：(1)设{a n }的公差为d . 】由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0.由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ， S n ＝n （n －9）d 2. 由a 1＞0知d ＜0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N *}．<10．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1＝a 1－3，a 3＝（a 2＋1）－3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q －a 1＝－4，a 1q 2－a 1q ＝－2，解得⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12.所以a n ＝a 1qn －1＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝24－n .(2)证明：因为b n ＋1b n ＝a 2n ＋2a 2n＝14，所以数列{b n }是以b 1＝a 2＝4为首项，14为公比的等比数列．所以S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝163·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＜163. 、B 级能力提升11．解析：依题意a 23＝a 1a 13，即(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.因此a n ＝2n －1，S n ＝n 2.则2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1＝（n ＋1）2－2（n ＋1）＋9n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥2（n ＋1）×9n ＋1－2＝4，当且仅当n ＝2时取得最小值4.答案：A12．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，a ·b ＝24，）得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2，因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，所以1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为2a n －1＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3，所以T n ＝4n λ＋2λ，当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ，此时有b nb n －1＝4，若{b n }是等比数列，则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。

高考数列基本题型六证明等差与等比数列

高考数列基本题型六.证明等差与等比数列1.（2022年全国甲卷）记S n为数列{a n}的前n项和．已知2S n n+n=2a n+1．(1)证明：{a n}是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【解答】解：(1)因为2S n n+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n−1+(n−1)2=2(n−1)a n−1+(n−1)②，①−②得，2S n+n2−2S n−1−(n−1)2=2na n+n−2(n−1)a n−1−(n−1)，即2a n+2n−1=2na n−2(n−1)a n−1+1，即2(n−1)a n−2(n−1)a n−1=2(n−1)，所以a n−a n−1=1，n≥2且n∈N∗，所以{a n}是以1为公差的等差数列．(2)由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即(a1+6)2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，所以a n=n−13，所以S n=−12n+n(n−1)2=12n2−252n=12�n−252�2−6258，所以，当n=12或n=13时(S n)min=−78．2．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n ﹣a n﹣4．（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．【解答】解：（1）证明：∵4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4；∴4（a n+1+b n+1）＝2（a n+b n），4（a n+1﹣b n+1）＝4（a n﹣b n）+8；即a n+1+b n+1=12（a n+b n），a n+1﹣b n+1＝a n﹣b n+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{a n+b n}是首项为1，公比为12的等比数列，{a n﹣b n}是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（1）可得：a n+b n＝（12）n﹣1，a n﹣b n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴a n＝（12）n+n−12，b n＝（12）n﹣n+12．3．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n=aa nn nn．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，则：aa nn+1nn+1aa nn nn=2（常数），由于bb nn=aa nn nn，故：bb nn+1bb nn=2，数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．整理得：bb nn=bb1⋅2nn−1=2nn−1，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．（2）数列{b n}是为等比数列，由于bb nn+1bb nn=2（常数）；所以：数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．（3）由（1）得：bb nn=2nn−1，根据bb nn=aa nn nn，所以：aa nn=nn⋅2nn−1．4．（2021•乙卷）记S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知2SS nn+1bb nn=2．（1）证明：数列{b n}是等差数列；（2）求{a n}的通项公式．【解答】解：（1）证明：当n＝1时，b1＝S1，由2bb1+1bb1=2，解得b1=32，当n≥2时，bb nn bb nn−1=S n，代入2SS nn+1bb nn=2，消去S n，可得2bb nn−1bb nn+1bb nn=2，所以b n﹣b n﹣1=12，所以{b n}是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由题意，得a1＝S1＝b1=32，由（1），可得b n=32+（n﹣1）×12=nn+22，由2SS nn+1bb nn=2，可得S n=nn+2nn+1，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1=nn+2nn+1−nn+1nn=−1nn(nn+1)，显然a1不满足该式，所以a n=�32，nn=1−1nn(nn+1)，nn≥2．5．（2021•甲卷）已知数列{a n}的各项均为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n}是等差数列；②数列{�SS nn}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解答】解：选择①③为条件，②结论．证明过程如下：由题意可得：a2＝a1+d＝3a1，∴d＝2a1，数列的前n项和：SS nn=nnaa1+nn(nn−1)2dd=nnaa1+nn(nn−1)2×2aa1=nn2aa1，故�SS nn−�SS nn−1=nn√aa1−(nn−1)√aa1=√aa1（n≥2），据此可得数列{�SS nn}是等差数列．选择①②为条件，③结论：设数列{a n}的公差为d，则：�SS1=√aa1，�SS2=�aa1+(aa1+dd)=�2aa1+dd，�SS3=�aa1+(aa1+dd)+(aa1+2dd)=�3(aa1+dd)，数列{�SS nn}为等差数列，则：�SS1+�SS3=2�SS2，即：(√aa1+�3(aa1+dd))2=(2�2aa1+dd)2，整理可得：d＝2a1，∴a2＝a1+d＝3a1．选择③②为条件，①结论：由题意可得：S2＝a1+a2＝4a1，∴�SS2=2√aa1，则数列{�SS nn}的公差为dd=�SS2−�SS1=√aa1，通项公式为：�SS nn=�SS1+(nn−1)dd=nn√aa1，据此可得，当n≥2时，aa nn=SS nn−SS nn−1=nn2aa1−(nn−1)2aa1=(2nn−1)aa1，当n＝1时上式也成立，故数列的通项公式为：a n＝（2n﹣1）a1，由a n+1﹣a n＝[2（n+1）﹣1]a1﹣（2n﹣1）a1＝2a1，可知数列{a n}是等差数列．6．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【解答】解：（1）设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1=aa3qq2=−8qq2，a2=aa3qq=−8qq，由a1+a2＝2，−8qq2+−8qq=2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，则a1＝﹣2，a n＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，∴{a n}的通项公式a n＝（﹣2）n；（2）由（1）可知：S n=aa1(1−qq nn)1−qq=−2[1−(−2)nn]1−(−2)=−13[2+（﹣2）n+1]，则S n+1=−13[2+（﹣2）n+2]，S n+2=−13[2+（﹣2）n+3]，由S n+1+S n+2=−13[2+（﹣2）n+2]−13[2+（﹣2）n+3]=−13[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，=−13[4+2（﹣2）n+1]＝2×[−13（2+（﹣2）n+1）]＝2S n，即S n+1+S n+2＝2S n，∴S n+1，S n，S n+2成等差数列．7．（2022年北京）已知Q:a1,a2,⋯,a k为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1,2,⋯,m}，在Q中存在a i,a i+1,a i+2,⋯,a i+j(j≥0)，使得a i+a i+1+a i+2+⋯+a i+j=n，则称Q为m−连续可表数列．(1)判断Q:2,1,4是否为5−连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由；(2)若Q:a1,a2,⋯,a k为8−连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若Q:a1,a2,⋯,a k为20−连续可表数列，且a1+a2+⋯+a k<20，求证：k≥7．【解答】解：(1)a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5−连续可表数列；易知，不存在i,j使得a i+a i+1+⋯+a i+j=6，所以Q不是6−连续可表数列．(2)若k≤3,设为Q:a,b,c,则至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；当k=4时,数列Q:1,4,1,2，满足a1=1，a4=2，a3+a4=3，a2=4，a1+a2=5，a1+a2+ a3=6，a2+a3+a4=7，a1+a2+a3+a4=8，∴k min=4．(3)Q:a1,a2,⋯,a k，若i=j最多有k种，若i≠j，最多有C k2种，所以最多有k+C k2=k(k+1)2种，若k≤5，则a1,a2,…,a k至多可表5(5+1)2=15个数，矛盾,从而若k<7,则k=6，a,b,c,d,e,f至多可表6(6+1)2=21个数，而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1~20及那个负数（恰21个），这表明a~f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a~f中绝对值最小，同时a~f中没有两数相同,设那个负数为−m(m≥1)，则所有数之和≥m+1+m+2+⋯+m+5−m=4m+15，4m+15≤19⇒m=1，∴{a,b,c,d,e,f}={−1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，∵1=−1+2（仅一种方式），∴−1与2相邻，若−1不在两端,则"x , -1 , 2 , __,__,__"形式，若x=6，则5=6+(−1)（有2种结果相同，方式矛盾），∴x≠6，同理x≠5,4,3，故−1在一端，不妨为"−1 ,2, A, B, C, D"形式，若A=3,则5=2+3（有2种结果相同，矛盾），A=4同理不行，A=5，则6=−1+2+5（有2种结果相同，矛盾），从而A=6，由于7=−1+2+6,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能−1,2,6,3,5,4，①或−1,2,6,4,5,3，②这2种情形，对①：9=6+3=5+4，矛盾，对②：8=2+6=5+3，也矛盾，综上k≠6∴k≥7．。

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专题6等差数列和等比数列测试题命题报告： 1. 高频考点：等差（等比数列）定义，通项公式以及求和公式以及数列的性质等。 2. 考情分析：本部分是高考必考内容，多以选择题、填空题形式出现，突出小巧活的特征，有时候在解答题中出现，考察数列的基本量的计算，数列的性质，求数列的通项公式，利用定义法证明等差数列（等比数列）等，求和（裂项求和、错位相减法、分组求和等）。 3.重点推荐：第12题，需要探索出数列的周期，再利用周期求解。一．选择题（共12小题，每一题5分） 1. 已知等差数列{an}满足a2=2，前5项和S5=25，若Sn=39，则n的值为（） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】：B 【解析】设等差数列{an}的公差为d，则a2=a1+d=2，S5=5a1+d=25，

联立解得a1=﹣1，d=3，∴Sn=na1+d=﹣n+×3=39，解得n=6，故选：B． 2. (2019华南师范大学附属中学月考)在数列中，若，且对所有满足，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】：依题意，；；；，所以. 3. （2018 •滨州期末）设数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=2Sn，则S12=（） A．310 B．311 C． D．

【答案】：B 【解析】∵a1=1，an+1=2Sn，∴Sn+1﹣Sn=2Sn，即Sn+1=3Sn，S1=1． ∴数列{Sn}是等比数列，首项为1，公比为3．∴S12=1×311=311．故选：B． 4. (2018—2019赣州市十四县(市)期中)已知等差数列的前项和为，若，则（） A. 1009 B. 1010 C. 2018 D. 2019 【答案】A 【解析】由题得，所以，所以=.故答案为：A 5. 已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是（） A．a22+a42≥2a32 B．a3+a5≥2a4 C．若a2＜a4，则a1＜a3 D．若a2=a4，则a2=a3 【答案】：A

6. 设直线与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则S1+S2+…+S2018的值为（） A． B． C． D．【答案】：C 【解析】直线与两坐标轴的交点为：（0，）和（，0），则Sn=••==﹣，则S1+S2+…+S2018=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣=．故选：C． 7. （2018•双流区期末）已知{an}是首项为2的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且28S3=S6，则数列{}的前3项和为等于（） A． B． C．或 D．或3 【答案】：B 【解析】设等比数列{an}的公比为q≠1，∵28S3=S6， ∴28（1+q+q2）=1+q+q2+q3+q4+q5，∵1+q+q2≠0，可得：28=1+q3，解得q=3．∴an=2×3n﹣1．∴=（）n﹣1则数列{}的前3项和为=×=，故选：B． 8. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=an+1﹣1，则bn=log4an，Tn为数列{bn}的前n项和，则T100=（） A．4950 B．99log46+4851 C．5050 D．99log46+4950 【答案】：B 【解析】a1=1，Sn=an+1﹣1，a1=a2﹣1，

可得a2=6，可得n≥2时，Sn﹣1=an﹣1，又Sn=an+1﹣1，两式相减可得an=Sn﹣Sn﹣1=an+1﹣1﹣an+1，即有an+1=4an，则an=6•4n﹣2，n≥2，

bn=log4an=， T100=0+99×（log46﹣2）+×99×（2+100） =4851+99log46．故选：B． 9. 在一个排列中，如果一个大数排在一个小数前面，就称它们为一个逆序，一个排列中逆序的总数就称作这个排列的逆序数．如排列2，3，7，5，1中2，1；3，1；7，5；7，1；5，1为逆序，逆序数是5．现有1～50这50个自然数的排列：2，4，6，8，…50，49，47…5，3，1，则此排列的逆序数是（） A．625 B．720 C．925 D．1250 【答案】：A 【解析】根据题意，在排列：2，4，6，8，…50，49，47…5，3，1中， 1的逆序有49个，即2，4，6，8，…50，49，47…5，3； 3的逆序有47个，即4，6，8，…50，49，47…5； …… 49的逆序有1个，即50，其逆序为首项为49，末项为1，项数为25的等差数列，

则此排列的逆序数：49+47+……+1==625；故选：A． 10. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，a1=﹣2016，﹣=2，则S2018的值为（） A．﹣2 018 B．2 018 C．2 017 D．﹣2 019 【答案】：B

11. （2018春•黔东南州期末）己知数列{an}满足a1=1，a2=3，an+2=3an（n∈N*），则数列{an}的前2018项的和S2018等于（） A．2（31008﹣1） B．2（31009﹣1） C．2（32018﹣1） D．2（32017﹣1）【答案】：B

【解析】由an+2=3an（n∈N*），即，当n=1时，可得a1，a3……a2n﹣1成等比，首项为1，公比为3．当n=2时，可得a2，a4……a2n成等比，首项为2，公比为3．那么：，前2018项中，奇数项和偶数项分别有1009项

故得S2018==2×31009﹣2=2（31009﹣1）．故选：B． 12. （2018•蚌埠期末）定义函数f（x）如下表，数列{an}满足an+1=f（an），n∈N*，若a1=2，则a1+a2+a3+…+a2018=（） x 1 2 3 4 5 6 f（x） 3 5 4 6 1 2 A．7042 B．7058 C．7063 D．7262 【答案】：C 【解析】由题意，∵a1=2，且对任意自然数均有an+1=f（an）， ∴a2=f（a1）=f（2）=5，a2=5， a3=f（a2）=f（5）=1，a3=1， a4=f（a3）=f（1）=3，a4=3， a5=f（a4）=f（3）=4，a5=4， a6=f（a5）=f（4）=6，a6=6， a7=f（a6）=f（6）=2，a7=2，故数列{an}满足：2，5，1，3，4，6，2，5，1…是一个周期性变化的数列，周期为：6． a1+a2+a3+…+a6=21． a1+a2+a3+…+a2018=336×（a1+a2+a3+…+a6）+a1+a2=7056+2+5=7063．故选：C．二．填空题（共4题，每小题5分） 13. 在各项均为正数的等比数列中，若，，则的值是 . 【答案】4 【解析】设等比数列的公比为．∵，∴，化为，解得．∴．故答案为：4． 14. （2018•宁波期末）数列{an}满足，则通项公式an= ．【答案】：【解析】当n=1时，a1=1；当n≥2时，a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）an﹣1=（n﹣1）2，

，作差可得，nan=n2﹣（n﹣1）2=2n﹣1，故an=，a1=1也满足上式；故an=，故答案为：． 15. （2018•江门一模）设[x]表示不超过x的最大整数，如[π]=3，[﹣3.2]=﹣4，则[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg100]= ．【答案】：92 【解析】∵[lg1]=[lg2]=[lg3]=…[lg9]=0， [lg10]=[lg11]=…+[lg99]=1，[lg100]=2． ∴[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg100]=90×1+2=92．故答案为：92． 16（2018•黄浦区二模）已知数列{an}是共有k个项的有限数列，且满足，若a1=24，a2=51，ak=0，则k= ．【思路分析】根据题意，将an+1=an﹣1﹣变形可得an+1an﹣an﹣1an=﹣n，据此可得（a3a2﹣a2a1）=﹣2，（a4a3

﹣a3a2）=﹣3，……akak﹣1﹣ak﹣1ak﹣2=﹣（k﹣1），用累加法分析可得akak﹣1﹣a1a2=﹣[1+2+3+……（k﹣1）]，代入数据变形可得k2﹣k﹣2450=0，解可得k的值，即可得答案．【解析】：根据题意，数列{an}满足an+1=an﹣1﹣，

变形可得：an+1an﹣an﹣1an=﹣n，则有（a3a2﹣a2a1）=﹣2，（a4a3﹣a3a2）=﹣3，（a5a4﹣a4a3）=﹣4， …… akak﹣1﹣ak﹣1ak﹣2=﹣（k﹣1），相加可得：akak﹣1﹣a1a2=﹣[1+2+3+……（k﹣1）]，又由a1=24，a2=51，ak=0，则有k2﹣k﹣2450=0，解可得：k=50或﹣49（舍）；故k=50；故答案为：50．三解答题（本大题共6小题） 17. 数列{an}的前n项和为Sn且Sn=n2+1．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．

【分析】（I）由Sn=n2+1．可得n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1，n=1时，a1=S1=2．即可得出an．

（II）n=1时，T1=2．n≥2时，bn===，利用裂项求和方法即可得出．【解析】：（I）∵Sn=n2+1．∴n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n2+1﹣[（n﹣1）2+1]=2n﹣1． n=1时，a1=S1=2．