2019年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 文数——专题08 数列(原卷版)
专题08 数列
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 ．8
C ．4
D ．2
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
,102
b a =
> B ． 当101
,104
b a =
> C ． 当102,10b a =-> D ． 当104,10b a =->
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133
1
4
a S ==，，则S 4=___________．
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 =___________.
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__________．
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．
（I ）若a 3=4，求{a n }的通项公式；
（II ）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．
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 ==+. （I ）求{}n a 的通项公式；
（II ）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和．
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．
（Ⅰ）求{a n }的通项公式；
（Ⅱ）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值．
9．【2019年高考天津卷文数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知
1123323,,43a b b a b a ====+.
（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；
（Ⅱ）设数列{}n c 满足2
1n n n c b n ⎧⎪
=⎨⎪⎩，为奇数,
，为偶数.求*112222()n n a c a c a c n ++
+∈N .
10．【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.
（I ）已知等比数列{a n }()n *
∈N 满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M
－数列”；
（II ）已知数列{b n }()n *
∈N 满足:11
122
1,
n n n b S b b +==-，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
1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．
11．【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}
n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *
++∈+++N 成等比数列．
（I ）求数列{},{}n n a b 的通项公式； （II
）记,n c n *=∈N
证明：12+.n c c c n *++<∈N
12．【四川省峨眉山市2019届高三高考适应性考试数学试题】在等差数列{}n a 中，3a ，9
a 是方程224120x x ++=的两根，则数列{}n a 的前11项和等于 A ．66 B ．132
C ．-66
D ．- 32
13．【四川省百校2019年高三模拟冲刺卷数学试题】定义在
上的函数
满足：当
时，
；当
时，
.
记函数
的极大值点
从小到大依次记
为
并记相应的极大值
为
则
的值为
A ．
B ．
C ．
D ．
14．【福建省2019届高三毕业班质量检查测试数学试题
】数列
中，
，且
11
2(2)n n n n n
a a n a a --+=
+≥-，则数列
前2019项和为
A ．
B ．
C ．
D ．
15．【内蒙古2019届高三高考一模试卷数学试题】《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配
问题：“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“哀”得100,60,36,21.6个单位,递减的比例为40%,今共有粮(0)m m >石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m 的值分别为 A ．20% 369
B ．80% 369
C ．40% 360
D ．60% 365
16．【山东省德州市2019届高三第二次练习数学试题】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知
1212a a ==，，且2123n n n a S S ++=-+，记22122log log n n n b a a -=+，则数列
(){}21n
n
b -⋅的前10项和为______．
17．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)数学试题】在数列{}n a 中，
1111
,,(*)2019(1)
n n a a a n N n n +=
=+∈+，则2019a 的值为______． 18．【2019北京市通州区三模数学试题】设{}n a 是等比数列，且245a a a =，427a =，则{}
n a 的通项公式为_______．
19．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学试题】已知等差数列{}n a 的前n
项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ．若113a b ==，42a b =，4212S T -=． （I ）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式； （II ）求数列{}n n a b +的前n 项和．
20．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试数学试题】已知等差数列{}n a 的公差是1，
且1a ，3a ，9a 成等比数列． （I ）求数列{}n a 的通项公式； （II ）求数列{}2
n n
a a 的前n 项和n T ．
21．【安徽省1号卷A10联盟2019年高考最后一卷数学试题】已知等差数列{}n a 满足
636a a =+，且31a -是241,a a -的等比中项.
（I ）求数列{}n a 的通项公式； （II ）设()1
1
n n n b n a a *+=
∈N ，数列{}n b 的前项和为n T ，求使1n T <成立的最大正整数n 的值
22．【重庆一中2019届高三下学期5月月考数学试题】已知数列{}n a 满足：1n a ≠，
()112n n a n a *+=-
∈N ，数列}{n b 中，1
1
n n b a =-，且1b ，2b ，4b 成等比数列. （I ）求证：数列}{n b 是等差数列；
（II ）若n S 是数列}{n b 的前n 项和，求数列1n S ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的前n 项和n T .。
2019版高考数学理精准备考一轮全国：第八单元 数 列 含解析 精品
第八单元 数 列教材复习课“数列”相关基础知识一课过1．数列的有关概念n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[小题速通]1．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21的值为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：选B ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2， n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72. 2．数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n －1a n (n ∈N *)，则a 2 018＝( )A.12 B ．3 C ．－12D.23解析：选D由a1＝3，a n＋1＝a n－1a n，得a2＝a1－1a1＝23，a3＝a2－1a2＝－12，a4＝a3－1a3＝3，……，由上可得，数列{a n}是以3为周期的周期数列，故a2 018＝a672×3＋2＝a2＝2 3.3．已知数列{a n}满足a n＝32n－11(n∈N*)，前n项的和为S n，则关于a n，S n的叙述正确的是()A．a n，S n都有最小值B．a n，S n都没有最小值C．a n，S n都有最大值D．a n，S n都没有最大值解析：选A①∵a n＝32n－11，∴当n≤5时，a n<0且单调递减；当n≥6时，a n>0，且单调递减．故当n＝5时，a5＝－3为a n的最小值；②由①的分析可知：当n≤5时，a n<0；当n≥6时，a n>0.故可得S5为S n的最小值．综上可知，a n，S n都有最小值．4．已知数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝a n＋2n＋1(n∈N*)，则a5＝________.解析：依题意得a n＋1－a n＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25.答案：25[清易错]1．易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成a n＝S n－S n－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．1．已知数列的通项公式为a n＝n2－8n＋15，则()A．3不是数列{a n}中的项B．3只是数列{a n}中的第2项C．3只是数列{a n}中的第6项D．3是数列{a n}中的第2项或第6项解析：选D令a n＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{a n}中的第2项或第6项．2．已知数列{a n}的前n项和为S n＝3＋2n，则数列{a n}的通项公式为________．解析：当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n －2n －1＝2n －1.因为当n ＝1时，不符合a n ＝2n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥21．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题速通]1．在等差数列{a n }中，已知a 2与a 4是方程x 2－6x ＋8＝0的两个根，若a 4>a 2，则a 2 018＝( )A ．2 018B ．2 017C ．2 016D ．2 015解析：选A 因为a 2与a 4是方程x 2－6x ＋8＝0的两个根，且a 4>a 2，所以a 2＝2，a 4＝4，则公差d ＝1，所以a 1＝1，则a 2 018＝2 018.2．在等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＝3，S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则S 5＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选C ∵等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＝3，S n 为等差数列{a n }的前n 项和， ∴a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝3， 解得a 3＝1，∴S 5＝52(a 1＋a 5)＝5a 3＝5.3.正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 4＋a 10－a 27＋15＝0，则S 13＝( )A ．－39B ．5C ．39D ．65解析：选D ∵正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ， a 4＋a 10－a 27＋15＝0，∴a 27－2a 7－15＝0，解得a 7＝5或a 7＝－3(舍去)， ∴S 13＝132(a 1＋a 7)＝13a 7＝13×5＝65.4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且3a 3＝a 6＋4.若S 5<10，则a 2的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B ．(－∞，0) C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，∵3a 3＝a 6＋4， ∴3(a 2＋d )＝a 2＋4d ＋4，可得d ＝2a 2－4. ∵S 5<10，∴5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝5(2a 2＋2d )2＝5(3a 2－4)<10，解得a 2<2. ∴a 2的取值范围是(－∞，2)．5．在等差数列{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 [清易错]1．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．1．(2018·武昌联考)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 达到最大的n 的值为( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：选C 由a 1＋a 3＋a 5＝105⇒a 3＝35，a 2＋a 4＋a 6＝99⇒a 4＝33，则{a n }的公差d ＝33－35＝－2，a 1＝a 3－2d ＝39，S n ＝－n 2＋40n ，因此当S n 取得最大值时，n ＝20.2．在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n ∈N *，有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为( )A ．2B ．10 C.52D.54解析：选C 由2a n ＋1＝1＋2a n ，可得a n ＋1－a n ＝12，即数列{a n }是以－2为首项，12为公差的等差数列，则a n ＝n －52，所以数列{a n }的前10项的和S 10＝10×⎝⎛⎭⎫－2＋522＝52.1．等比数列的有关概念(1)定义：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常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．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m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)都是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . [小题速通]1．(2017·全国卷Ⅱ)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盏解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.2．设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝( )A ．2 B.73 C.310D ．1或2解析：选B 设S 2＝k ，则S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73.3．设数列{a n }是等比数列，公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 3的值为( )A.154B.152C.74D.72解析：选A 根据等比数列的公式，得S 4a 3＝a 1(1－q 4)1－q a 1q 2＝1－q 4(1－q )q 2＝1－24(1－2)×22＝154. 4．已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3＋a 5＝8，a 2a 6＝16，则数列{a n }的前2 018项的和为( )A ．8 064B ．4C ．－4D ．0解析：选D ∵等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3＋a 5＝8，a 2a 6＝16， ∴a 3a 5＝a 2a 6＝16，∴a 3，a 5是方程x 2－8x ＋16＝0的两个根， 解得a 3＝a 5＝4， ∴4q 2＝4，∵q ≠1，∴q ＝－1，∴a 1＝a 3q 2＝4，∴数列{a n }的前2 018项的和为 S 2 018＝4[1－(－1)2 018]1－(－1)＝0.5．(2018·信阳调研)已知等比数列{a n }的公比q >0，且a 5·a 7＝4a 24，a 2＝1，则a 1＝( ) A.12 B.22C. 2D ．2解析：选B 因为{a n }是等比数列，所以a 5a 7＝a 26＝4a 24，所以a 6＝2a 4，q 2＝a 6a 4＝2，又q >0， 所以q ＝2，a 1＝a 2q ＝22.[清易错]1．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．2．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．1．设数列{a n }为等比数列，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558解析：选A 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 解析：当q ≠1时，由题意，a 1(1－q 3)1－q ＝3a 1q 2，即1－q 3＝3q 2－3q 3，整理得2q 3－3q 2＋1＝0，解得q ＝－12.当q ＝1时，S 3＝3a 3，显然成立． 故q ＝－12或1.答案：－12或1一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3da 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 2．(2018·江西六校联考)在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7＝－33，则a 2a 8＝( ) A ．3 B.17 C ．9D ．13解析：选A 由a 3a 5a 7＝－33，得a 35＝－33，即a 5＝－3，故a 2a 8＝a 25＝3.3．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 018＝( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．2解析：选D 由题意得a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8.所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 018＝a 335×6＋8＝a 8＝2.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋2n (n ≥2，n ∈N *)，则a 7＝( ) A ．53 B ．54 C ．55D ．109解析：选C a 2＝a 1＋2×2，a 3＝a 2＋2×3，……，a 7＝a 6＋2×7，各式相加得a 7＝a 1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( ) A ．44 B ．45 C.13×(46－1) D.14×(45－1) 解析：选B 由a n ＋1＝3S n ，得a 2＝3S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝3S n －1，则a n ＋1－a n ＝3a n ，n ≥2，即a n ＋1＝4a n ，n ≥2，则数列{a n }从第二项起构成等比数列，所以S 6＝a 73＝3×453＝45.6．等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，对一切自然数n ，都有S n T n＝nn ＋1，则a 5b 5等于( ) A.34 B.56 C.910D.1011解析：选C ∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5，T 9＝9(b 1＋b 9)2＝9b 5， ∴a 5b 5＝S 9T 9＝910. 7．已知数列{a n }是首项为1的等比数列，S n 是其前n 项和，若5S 2＝S 4，则log 4a 3的值为( )A ．1B ．2C ．0或1D ．0或2 解析：选C 由题意得，等比数列{a n }中，5S 2＝S 4，a 1＝1， 所以5(a 1＋a 2)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4， 即5(1＋q )＝1＋q ＋q 2＋q 3，q 3＋q 2－4q －4＝0，即(q ＋1)(q 2－4)＝0， 解得q ＝－1或±2，当q ＝－1时，a 3＝1，log 4a 3＝0. 当q ＝±2时，a 3＝4，log 4a 3＝1. 综上所述，log 4a 3的值为0或1.8．设数列{a n }是公差为d (d >0)的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝( )A ．75B ．90C ．105D ．120解析：选C 由a 1＋a 2＋a 3＝15得3a 2＝15，解得a 2＝5，由a 1a 2a 3＝80，得(a 2－d )a 2(a 2＋d )＝80，将a 2＝5代入，得d ＝3(d ＝－3舍去)，从而a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 2＋10d )＝3×(5＋30)＝105.二、填空题9．若数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ≥2时，由a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，得a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， 两式相减得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，则a n＝1 3n.当n＝1时，a1＝13满足a n＝13n，所以a n＝1 3n.答案：a n＝1 3n10．数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2a n－1，则a n＝________.解析：∵S n＝2a n－1，①∴S n－1＝2a n－1－1(n≥2)，②①－②得a n＝2a n－2a n－1，即a n＝2a n－1.∵S1＝a1＝2a1－1，即a1＝1，∴数列{a n}为首项是1，公比是2的等比数列，故a n＝2n－1.答案：2n－111．已知数列{a n}中，a2n＝a2n－1＋(－1)n，a2n＋1＝a2n＋n，a1＝1，则a20＝________.解析：由a2n＝a2n－1＋(－1)n，得a2n－a2n－1＝(－1)n，由a2n＋1＝a2n＋n，得a2n＋1－a2n＝n，故a2－a1＝－1，a4－a3＝1，a6－a5＝－1，…，a20－a19＝1.a3－a2＝1，a5－a4＝2，a7－a6＝3，…，a19－a18＝9.又a1＝1，累加得：a20＝46.答案：4612．数列{a n}为正项等比数列，若a3＝3，且a n＋1＝2a n＋3a n－1(n≥2，n∈N*)，则此数列的前5项和S5＝________.解析：设公比为q(q>0)，由a n＋1＝2a n＋3a n－1，可得q2＝2q＋3，所以q＝3，又a3＝3，则a1＝13，所以此数列的前5项和S5＝13×(1－35)1－3＝1213.答案：121 3三、解答题13．已知在等差数列{a n}中，a3＝5，a1＋a19＝－18.(1)求公差d及通项a n；(2)求数列{a n}的前n项和S n及使得S n取得最大值时n的值．解：(1)∵a3＝5，a1＋a19＝－18，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，2a 1＋18d ＝－18，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2，∴a n ＝11－2n . (2)由(1)知，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (9＋11－2n )2＝－n 2＋10n ＝－(n －5)2＋25， ∴n ＝5时，S n 取得最大值．14．已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n2，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)∵a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n ，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1，两式相减得a n 2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．又∵当n ＝1时，a 12＝1＋1，∴a 1＝4，满足a n ＝n ·2n ＋1.∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)∵b n ＝(－1)n a n 2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n .－2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n (－2)n ＋1，∴两式相减得3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n －n (－2)n＋1＝－2[1－(－2)n ]1－(－2)－n (－2)n ＋1＝－(－2)n ＋1－23－n (－2)n ＋1＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋23，∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29.高考研究课(一) 等差数列的3考点——求项、求和及判定 [全国卷5年命题分析][典例] (1)设n n 1S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．5C ．7D ．8(2)(2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.①求b 1，b 11，b 101；②求数列{b n }的前1 000项和．[解析] (1)法一：由等差数列前n 项和公式可得 S n ＋2－S n ＝(n ＋2)a 1＋(n ＋2)(n ＋1)2d －⎣⎡⎦⎤na 1＋n (n －1)2d ＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋4n ＋2＝36，解得n ＝8.法二：由S n ＋2－S n ＝a n ＋2＋a n ＋1＝a 1＋a 2n ＋2＝36，因此a 2n ＋2＝a 1＋(2n ＋1)d ＝35，解得n ＝8.答案：D(2)①设数列{a n }的公差为d ， 由已知得7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.②因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893. [方法技巧]等差数列运算的解题思路由等差数列的前n 项和公式及通项公式可知，若已知a 1，d ，n ，a n ，S n 中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．[即时演练]1．已知数列{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 6＝4S 3，则a 10＝( ) A.172 B.192 C.910D.89解析：选B ∵S 6＝4S 3，公差d ＝1.∴6a 1＋6×52×1＝4×⎝⎛⎭⎫3a 1＋3×22×1， 解得a 1＝12.∴a 10＝12＋9×1＝192.2．已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 4－S 2S 5－S 3的值为( )A ．－2B ．－3C ．2D ．3解析：选D 设{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，可得a 1＝－4d ， 所以S 4－S 2S 5－S 3＝a 3＋a 4a 4＋a 5＝－3d －d＝3.3．(2018·大连联考)已知等差数列{a n }的公差d >0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n;(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5.因为d >0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1>1，故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.即所求m 的值为5，k 的值为4.[典例] n n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n－1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． [思路点拨] (1)利用等差数列的性质“a n －k ＋a n ＋k ＝2a n ”，构造出{a n }是“P (3)数列”需要满足的条件即可证明；(2)根据等差数列定义、通项公式、中项公式即可证明{a n }为等差数列．[证明](1)因为{a}是等差数列，设其公差为d，n则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1,2,3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n.②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．[方法技巧]等差数列判定与证明的方法1．(2016·浙江高考)如图，点列{A n}，{B n}分别在某锐角的两边上，且|A n A n＋1|＝|A n＋1A n|，A n≠A n＋2，n∈N*，|B n B n＋1|＝|B n＋1B n＋2|，B n≠B n＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重＋2合)．若d n＝|A n B n|，S n为△A n B n B n＋1的面积，则()A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列解析：选A 由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.2．(2017·全国卷Ⅰ)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是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝(－2)×[1－(－2)n ]1－(－2)＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．[典例] (1)n 3610a 13＝32，若a m ＝8，则m 的值为( )A ．8B ．12C ．6D ．4(2)已知数列{a n }，{b n }为等差数列，前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n＝3n ＋22n ，则a 7b 7＝( )A.4126B.2314C.117D.116(3)(2018·天水模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________.[解析] (1)由a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，得(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝32，得4a 8＝32，即a 8＝8，m ＝8.(2)因为{a n }，{b n }为等差数列，且S n T n ＝3n ＋22n，所以a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝13(a 1＋a 13)213(b 1＋b 13)2＝S 13T 13＝3×13＋22×13＝4126.(3)∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列， ∴2(S 20－S 10)＝S 10＋S 30－S 20， ∴40＝10＋S 30－30，∴S 30＝60. [答案] (1)A (2)A (3)60 [方法技巧]等差数列的性质(1)项的性质在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n . [即时演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80解析：选B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.2．(2018·广州模拟)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( ) A.5－12B.5＋12C.3－52D.3＋52解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，所以a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q 2a 4＋a 4q 2＝a 3(1＋q 2)a 4(1＋q 2)＝1q ＝25＋1＝5－12.3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n T n ＝7n n ＋3，则a 10b 9＋b 12＋a 11b 8＋b 13＝________. 解析：∵数列{a n }和{b n }都是等差数列， ∴a 10b 9＋b 12＋a 11b 8＋b 13＝a 10＋a 11b 9＋b 12＝a 10＋a 11b 10＋b 11＝S 20T 20＝7×2020＋3＝14023. 答案：14023n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，当S n 取得最大值时，n 的值为________．[解析] 法一：用“函数法”解题 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，即d ＝－213a 1.从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，因为a 1>0，所以－a 113<0. 故当n ＝7时，S n 最大． 法二：用“通项变号法”解题 由法一可知，d ＝－213a 1. 要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a 1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝⎛⎭⎫－213a 1≤0，解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大． [答案] 7 [方法技巧]求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)通项变号法①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时演练]1．(2018·潍坊模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17解析：选A ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225. ∴当n ＝15时，S n 取得最大值．2．已知{a n }是等差数列，a 1＝－26，a 8＋a 13＝5，当{a n }的前n 项和S n 取最小值时，n 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选B 设数列{a n }的公差为d ， ∵a 1＝－26，a 8＋a 13＝5，∴－26＋7d －26＋12d ＝5，解得d ＝3，∴S n ＝－26n ＋n (n －1)2×3＝32n 2－552n ＝32⎝⎛⎭⎫n －5562－3 02524， ∴{a n }的前n 项和S n 取最小值时，n ＝9.3．已知{a n }是各项不为零的等差数列，其中a 1>0，公差d <0，若S 10＝0，则数列{a n }的前n 项和取最大值时，n ＝________.解析：由S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 5＋a 6)＝0， 可得a 5＋a 6＝0，∴a 5>0，a 6<0，即数列{a n }的前5项和为最大值，∴n ＝5. 答案：51．(2017·全国卷Ⅲ)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解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.2．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：选C 法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{a n }是等差数列， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.3．(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．解：(1)证明：由题设，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1.两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列．4．(2013·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.解：(1)设{a n}的公差为d.由题意，a211＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，或d＝－2.故a n＝－2n＋27.(2)令S n＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n＝n2(a1＋a3n－2)＝n2(－6n＋56)＝－3n2＋28n.一、选择题1．(2018·厦门一中测试)已知数列{a n}中，a2＝32，a5＝98，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等差数列，则a7A.109 B.1110 C.1211D.1312解析：选D 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1的公差为d ，则1a 5－1＝1a 2－1＋3d ，即198－1＝132－1＋3d ，解得d ＝2，所以1a 7－1＝1a 2－1＋5d ＝12，解得a 7＝1312.2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：选A 依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列， 设首项a 1＝4，则a 5＝2.由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6， 所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．3．(2018·银川一中月考)在等差数列{a n }中，首项a 1>0，公差d ≠0，前n 项和为S n (n ∈N *)，有下列命题：①若S 3＝S 11，则必有S 14＝0；②若S 3＝S 11，则必有S 7是S n 中的最大项； ③若S 7>S 8，则必有S 8>S 9； ④若S 7>S 8，则必有S 6>S 9. 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选D 对于①，若S 11－S 3＝4(a 1＋a 14)＝0，即a 1＋a 14＝0，则S 14＝14(a 1＋a 14)2＝0，所以①正确；对于②，当S 3＝S 11时，易知a 7＋a 8＝0，又a 1>0，d ≠0，所以a 7>0>a 8，故S 7是S n 中的最大项，所以②正确；对于③，若S 7>S 8，则a 8<0，那么d <0，可知a 9<0，此时S 9－S 8<0，即S 8>S 9，所以③对于④，若S 7>S 8，则a 8<0，S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝3a 8<0，即S 6>S 9，所以④正确．故选D.4．(2018·大同模拟)在等差数列{}a n 中，a 1＋a 2＋a 3＝3，a 18＋a 19＋a 20＝87，则此数列前20项的和等于( )A ．290B ．300C ．580D ．600解析：选B 由a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝3，得a 2＝1. 由a 18＋a 19＋a 20＝3a 19＝87，得a 19＝29， 所以S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 2＋a 19)＝300. 5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝18，a n －4＝30(n >9)，若S n ＝336，则n 的值为( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：选D 因为{a n }是等差数列，所以S 9＝9a 5＝18，a 5＝2，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 5＋a n －4)2＝n2×32＝16n ＝336，解得n ＝21. 6．设{a n }是等差数列，d 是其公差，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论错误的是( )A ．d <0B ．a 7＝0C ．S 9>S 5D ．当n ＝6或n ＝7时S n 取得最大值解析：选C 由S 5<S 6，得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5<a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6，即a 6>0.同理由S 7>S 8，得a 8<0.又S 6＝S 7，∴a 1＋a 2＋…＋a 6＝a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7，∴a 7＝0，∴B 正确；∵d ＝a 7－a 6<0，∴A 正确；而C 选项，S 9>S 5，即a 6＋a 7＋a 8＋a 9>0，可得2(a 7＋a 8)>0，由结论a 7＝0，a 8<0，知C 选项错误；∵S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，∴结合等差数列前n 项和的函数特性可知D 正确．故选C.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若公差d >0，(S 8－S 5)(S 9－S 5)<0，则( ) A ．|a 7|>|a 8| B ．|a 7|<|a 8| C ．|a 7|＝|a 8|D ．|a 7|＝0解析：选B 因为(S 8－S 5)(S 9－S 5)<0， 所以(a 6＋a 7＋a 8)(a 6＋a 7＋a 8＋a 9)<0，因为{a n }为等差数列， 所以a 6＋a 7＋a 8＝3a 7， a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2(a 7＋a 8)， 所以a 7(a 7＋a 8)<0， 所以a 7与(a 7＋a 8)异号． 又公差d >0，所以a 7<0，a 8>0，且|a 7|<|a 8|，故选B. 二、填空题8．在数列{a n }中，a n ＋1＝a n1＋3a n，a 1＝2，则a 20＝________. 解析：由a n ＋1＝a n1＋3a n ，a 1＝2，可得1a n ＋1－1a n ＝3， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，3为公差的等差数列．所以1a n ＝12＋3(n －1)，即a n ＝26n －5，所以a 20＝2115. 答案：21159．数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：∵a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ， ∴a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为a 12＝12，公差d ＝12的等差数列，故a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝12n ， 即a n ＝n ·2n －1.答案：a n ＝n ·2n －110．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8，则λ＝________. 解析：当S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8时，由等差数列的性质得：S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等差数列， ∴2(S 8－S 4)＝S 4＋(S 12－S 8)， ∴2(3S 4－S 4)＝S 4＋(λ·3S 4－3S 4)， 解得λ＝2.答案：2 三、解答题11．已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，a 3＋a 4＝12. (1)求a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5；(2)设b n ＝10－a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 1≠b 2，则n 为何值时，S n 最大？S n最大值是多少？解：(1)设{a n }的公差为d ， ∵a 1，a 2，a 5成等比数列， ∴(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )， 解得d ＝0或d ＝2a 1.当d ＝0时，∵a 3＋a 4＝12，∴a n ＝6， ∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝30；当d ≠0时，∵a 3＋a 4＝12，∴a 1＝1，d ＝2， ∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝25.(2)∵b 1≠b 2，b n ＝10－a n ，∴a 1≠a 2，∴d ≠0， 由(1)知a n ＝2n －1，∴b n ＝10－a n ＝10－(2n －1)＝11－2n ，S n ＝10n －n 2＝－(n －5)2＋25. ∴当n ＝5时，S n 取得最大值，最大值为25.12．(2018·沈阳质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值和T n 的表达式． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2， 故a n ＝2n －7(n ∈N *)．(2)由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0，当n ≥4时，a n ＝2n －7>0. 由(1)知S n ＝n 2－6n ，所以当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2； 当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T 5＝13，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.13．已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＝a n －1＋2n －1＋3(n ≥2，n ∈N *)．(1)证明数列{a n －2n }是等差数列，并求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n2n ，求b n 的前n 项和S n .解：(1)证明：当n ≥2时，a n ＝a n －1＋2n －1＋3＝a n －1＋2n －2n －1＋3，∴a n －2n －(a n －1－2n －1)＝3.又a 1＝4，∴a 1－2＝2，故数列{a n －2n }是以2为首项，3为公差的等差数列， ∴a n －2n ＝2＋(n －1)×3＝3n －1， ∴a n ＝2n ＋3n －1.(2)b n ＝a n 2n ＝2n＋3n －12n＝1＋3n －12n ， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1＋22＋⎝⎛⎭⎫1＋522＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋3n －12n ＝n ＋⎝⎛⎭⎫22＋522＋…＋3n －12n ，令T n ＝22＋522＋…＋3n －12n ，①则12T n ＝222＋523＋…＋3n －12n ＋1，② ①－②得，12T n ＝1＋322＋323＋…＋32n －3n －12n ＋1，＝1＋3×14⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－3n －12n ＋1＝52－3n ＋52n ＋1，∴S n ＝n ＋5－3n ＋52n.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3；(2)求实数λ使⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 为等差数列，并由此求出a n 与S n ；(3)求n 的所有取值，使S na n∈N *，说明你的理由．解：(1)∵a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1，∴a 2＝2×3＋22－1＝9，a 3＝2×9＋23－1＝25. (2)∵a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1，∴a n ＋1－1＝2(a n －1)＋2n ＋1，∴a n ＋1－12n ＋1－a n －12n ＝1， 故λ＝－1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 成等差数列，且首项为a 1－12＝1，公差d ＝1.∴a n －12n ＝n ，即a n ＝n ·2n ＋1. ∴S n ＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋n ， 设T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 则2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得，－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2，∴S n ＝T n ＋n ＝(n －1)·2n ＋1＋2＋n .(3)S n a n ＝(n －1)·2n ＋1＋n ＋2n ·2n ＋1＝2＋n －2n ＋1n ·2n ＋1， 结合y ＝2x 及y ＝12x 的图象可知2n >n 2恒成立，∴2n ＋1>n ，即n －2n ＋1<0，∵n ·2n ＋1>0，∴S n a n<2.当n ＝1时，S n a n ＝S 1a 1＝1∈N *；当n ≥2时，∵a n >0且{a n }为递增数列， ∴S n >0且S n >a n ，∴S n a n>1，即1<S n a n<2，∴当n ≥2时，S na n∉N *.综上可得n ＝1. 高考研究课(二)等比数列的3考点——基本运算、判定和应用 [全国卷5年命题分析][典例] (1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n a n ＝( )A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n －1(2)(2018·石家庄模拟)设数列{a n }的前n 项和S n 满足6S n ＋1＝9a n (n ∈N *)． ①求数列{a n }的通项公式；②若数列{b n }满足b n ＝1a n，求数列{b n }前n 项和T n .[解析] (1)设{a n }的公比为q ，∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52， (ⅰ)a 1q ＋a 1q 3＝54， (ⅱ)由(ⅰ)(ⅱ)可得1＋q 2q ＋q 3＝2，∴q ＝12，代入(ⅰ)得a 1＝2， ∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ，∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，∴S n a n＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 42n ＝2n－1.答案：D(2)①当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1， 两式相减得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)， 即6a n ＝9(a n －a n －1)，∴a n ＝3a n －1.∴数列{a n }是首项为13，公比为3的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.②∵b n ＝1a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －2，∴{b n }是首项为3，公比为13的等比数列，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝92⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n .[方法技巧]解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解．(2)分类讨论的思想等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.[即时演练]1．已知数列{a n }是首项a 1＝14的等比数列，其前n 项和为S n ，S 3＝316，若a m ＝－1512，则m 的值为( )A ．8B ．10C ．9D ．7解析：选A 设数列{a n }的公比为q ， 若q ＝1，则S 3＝34≠316，不符合题意，∴q ≠1.由⎩⎨⎧a 1＝14，S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝316，得⎩⎨⎧a 1＝14q ＝－12，∴a n ＝14·⎝⎛⎭⎫－12n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1. 由a m ＝⎝⎛⎭⎫－12m ＋1＝－1512， 得m ＝8.2．(2018·汕头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.解：(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －2＝2n －2.当n ＝1时，a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝2(1－4n )1－4＝2(4n －1)3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋2(4n －1)3＝22n ＋1＋13.[典例] (1)n 12n ＋2n ＋1n N *，对数列{a n }有下列命题：①数列{a n }是等差数列； ②数列{a n ＋1－a n }是等比数列； ③当n ≥2时，a n 都是质数； ④1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2，n ∈N *， 则其中正确的命题有( ) A ．② B ．①② C ．③④D ．②④(2)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝a n －12－a n －1(n ≥2)．①求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1为等比数列，并求出{a n }的通项公式；②若b n ＝2n －1a n ，求{b n }的前n 项和S n .[解析] (1)∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝2为首项、2为公比的等比数列， ∴a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2n －2，…a 2－a 1＝21，累加得：a n －a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2(1－2n －1)1－2＝2n －2，∴a n ＝2n －2＋a 1＝2n －1. 显然①②③中，只有②正确， 又∵1a n＝12n －1<12n －1(n ≥2)，。
(晨鸟)2019年高考真题+高考模拟题专项版解析汇编理数——专题08数列(原卷版)
专题08 数列1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ，，则A ．25n a nB ．310n a nC ．228nS nnD ．2122nS nn2．【2019年高考全国III 卷理数】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 ．8 C ．4D ．23．【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 ，nN ，则A ．当101,102ba B ．当101,104ba C ．当102,10b a D ．当104,10ba 4．【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a aa ，，则S 5=____________．5．【2019年高考全国III 卷理数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a ≠，，则105S S ___________.6．【2019年高考北京卷理数】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．【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_____.8．【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434nn n a a b ，1434nn n b b a .（I ）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（II ）求{a n }和{b n }的通项公式.9．【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…＜i m ），若12mi ii a a a ，则称新数列12mi i i a a a ，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }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{a n }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：0m a <0n a ；（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s-1个（s=1，2，…），求数列{a n }的通项公式．10．【2019年高考天津卷理数】设n a 是等差数列，n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ，．（Ⅰ）求n a 和n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列nc 满足111,22,2,1,,kk nkk c n c b n其中*k N ．（i ）求数列221n na c 的通项公式；（ii ）求2*1ni i i a c n N．11．【2019年高考江苏卷】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：245132,440a a a a a a ，求证:数列{a n }为“Ｍ－数列”；（2）已知数列{b n }()nN 满足:111221,nnnb S b b ，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1k k kc b c 剟成立，求m 的最大值．12．【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a ，43a S ，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n nn nn nS b S b S b N 成等比数列．（I ）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（II ）记,,2nnna c nb N 证明：12+2,.nc c c n n N 13．【四川省峨眉山市2019届高三高考适应性考试数学试题】在等差数列{}n a 中，3a ，9a 是方程224120x x 的两根，则数列{}n a 的前11项和等于A ．66B ．132C ．66D ．3214．【四川省百校2019年高三模拟冲刺卷数学试题】定义在上的函数满足：当时，；当时，.记函数的极大值点从小到大依次记为并记相应的极大值为则的值为A ．B ．C ．D ．15．【福建省2019届高三毕业班质量检查测试数学试题】数列中，，且112(2)n nn nna a na a ，则数列前2019项和为A ．B ．C ．D ．16．【内蒙古2019届高三高考一模试卷数学试题】《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“哀”得100,60,36,21.6个单位,递减的比例为40%,今共有粮(0)m m 石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m 的值分别为A ．20%369B ．80%369C ．40%360D ．60%36517．【山东省德州市2019届高三第二次练习数学试题】设数列n a 的前n 项和为n S ，已知1212a a ，，且2123nn na S S ，记22122log log nnn b a a ，则数列21nnb 的前10项和为______．18．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)数学试题】在数列n a 中，1111,,(*)2019(1)nna a a nN n n ，则2019a 的值为______．19．【2019北京市通州区三模数学试题】设n a 是等比数列，且245a a a ，427a ，则na 的通项公式为_______．20．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学试题】已知等差数列n a 的前n项和为n S ，等比数列n b 的前n 项和为n T ．若113a b ，42a b ，4212S T ．（I ）求数列n a 与n b 的通项公式；（II ）求数列nn a b 的前n 项和．21．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试数学试题】已知等差数列{}n a 的公差是1，且1a ，3a ，9a 成等比数列．（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）求数列{}2nna a 的前n 项和n T ．22．【安徽省1号卷A10联盟2019年高考最后一卷数学试题】已知等差数列n a 满足636a a ，且31a 是241,a a 的等比中项.（I ）求数列n a 的通项公式；（II ）设11nn nb n a a N，数列n b 的前项和为n T ，求使1n T 成立的最大正整数n 的值23．【重庆一中2019届高三下学期5月月考数学试题】已知数列{}n a 满足：1n a ，112nna n a N，数列}{n b 中，11nnb a ，且1b ，2b ，4b 成等比数列.（I ）求证：数列}{n b 是等差数列；（II ）若n S 是数列}{n b 的前n 项和，求数列1nS 的前n 项和n T .。
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 *)．。
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ．3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 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4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （ ）． 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，无最小项考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（ ） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ．3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（ ） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．293．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ） A ．25B ．22C ．20D ．154．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（ ）A ．－1B ．12-C ．0D ．125．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n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6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-二、填空题 15．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S = .16．（2022∙全国乙卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d = ． 17．（2020∙山东∙高考真题）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an }，则{an }的前n 项和为 ．18．（2020∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S = ．19．（2019∙江苏∙高考真题）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 .20．（2019∙北京∙高考真题）设等差数列{an }的前n 项和为Sn ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5= ，Sn 的最小值为 ．21．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S = . 22．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S = .考点04 等比数列及其前n 项和一、单选题 1．（2023∙全国甲卷∙高考真题）设等比数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和n S ，若11a =，5354S S =-，则4S =（ ） A ．158B ．658C ．15D ．402．（2023∙天津∙高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()112,22N n n a a S n *+==+∈，则4a =（ ）A ．16B ．32C ．54D ．1623．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）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 ．120-4．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（ ） A ．14B ．12C ．6D ．35．（2021∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ） A ．7B ．8C ．9D ．106．（2020∙全国∙高考真题）设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（ ） A ．12B ．24C ．30D ．327．（2020∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（ ）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –18．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 中，12a =，对任意 ,,m n m n m n N a a a ++∈=，若155121022k k k a a a ++++++=- ，则 k =（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题 11．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为 ． 12．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a = . 13．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4= ． 14．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5= ．考点05 数列中的数学文化1．（2023∙北京∙高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a = ；数列{}n a 所有项的和为 ．2．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.93．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）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次，那么1nk k S ==∑ 2dm .4．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．5．（2020∙全国∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 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12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑ 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1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010B ．11011C ．10001D ．110016．（2020∙全国∙高考真题）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块考点06 数列求和1．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 2．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk 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-=3．（2020∙江苏∙高考真题）设{an }是公差为d 的等差数列，{bn }是公比为q 的等比数列．已知数列{an +bn }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是 ．参考答案考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <【答案】D【详细分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【答案详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误； 178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，，，47b b <故D 正确.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n nS a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 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【答案】B【详细分析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【答案详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >， 但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B ．【名师点评】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （ ）．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【答案】B【详细分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【答案详解】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--， 则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<< ， 且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈， 由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项， 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=，故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=. 故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B.【名师点评】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（ ） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【答案】B【详细分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B 的正误. 法2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性；对于A ，构造()()32192647342h x x x x x =-+-≤，判断得11n n a a +<-，进而取[]4m M =-+推得n a M >不恒成立；对于B ，证明n a 所在区间同时证得后续结论；对于C ，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+推得n a M >不恒成立；对于D ，构造()()32192649942g x x x x x =-+-≥，判断得11n n a a +>+，进而取[]1m M =+推得n a M <不恒成立. 【答案详解】法1：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤， 证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立； 设当n k =时，63k a -≤-成立， 则()3162514764,4k k a a +⎛⎫-∈--- ⎝=⎪⎭，故136k a +≤--成立， 由数学归纳法可得3n a ≤成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<， 故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-< 故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-=-⨯--，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故19634n n a +⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故19634nn a +⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则9634nM ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故6934nM -⎛⎫> ⎪⎝⎭，故946log 3M n -<，故n a M >恒成立仅对部分n 成立， 故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<， 证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立； 设当n k =时，56k a ≤<成立， 则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即 由数学归纳法可得156k a +≤<成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +->，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列， 若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时， 可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤， 证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立； 设当n k =时，67k a <≤成立， 则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤ 由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664n n a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭， 若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164nM ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时， 可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥， 证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立； 设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立 由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()11116396449n n n a a --+⎭-⎛⎫⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎝⎭> ，所以114963n n a -+⎛⎫⎪⎭≥+⎝，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，这与n 的个数有限矛盾，故D 错误.故选：B.法2：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-， 令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x ¢>，得06x <<6x >+；令()0f x '<，得66x << 所以()f x在,6⎛-∞ ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， 令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到465<<，768<<， 所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >， 对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <， 假设当n k =时，3k a <， 当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<， 综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列， 因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-， 令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯， 所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-， 假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]14m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ， 上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=， 则[]14m M a a M +=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误； 对于B ，因为15a =， 当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<， 假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<， 所以()3116664k k a a +=-+<， 又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >， 假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-， 所以()3116654k k a a +=-+≥， 综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列， 此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()1312164nn a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，假设当n k =时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当1n k =+时，所以()())13113131122311666116664444k k k k a a +-+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=， 综上：()()13121624n n a n - =⎛⎫+≥⎪⎝⎭，易知310n->，则)13121014n -⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()1312166,724n n a n -⎛⎪=⎫+∈≥ ⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列， 假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*00001,N m m m m -<≤∈，则()0142log 6133m mM ->=+， 故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即)1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝， 所以m a M <，故n a M >不恒成立，故C 错误； 对于D ，因为19a =， 当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >， 假设当n k =时，3k a ≥， 当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上：9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列， 因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-， 令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x '=-+， 因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯， 所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ≥=⨯-⨯+'>'，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->， 故110n n a a +-->，即11n n a a +>+， 假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立， 取[]21m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ， 上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->， 则[]21m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误. 故选：B.【名师点评】关键名师点评：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 【答案】B【详细分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323nn a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭ ，再次放缩可得出10051002a >． 【答案详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈ 由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n na a a a a +==+--，∴1111133n n n a a a +-=>-， 即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥， 累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥， ∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+， ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭， 累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭ ，∴100111111111333349639323100326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ， 即100140a <，∴100140a >，即10051002a >； 综上：100510032a <<． 故选：B ．【名师点评】关键点名师点评：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩. 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 【答案】A【详细分析】显然可知，10032S >，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【答案详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10032S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒=+=+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<⇒<⎪⎪⎭12<()111,222n n n -+<+=≥，当1n =112+=，12n +≤，当且仅当1n =时等号成立，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得()6,2(1)(2)n a n n n ≤≥++，且16(11)(12)a =++，则6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100332S <<． 故选：A ．【名师点评】的不等关系，再由累加法可求得24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．【答案】10【详细分析】根据通项公式可求出数列{}n a 的前三项，即可求出． 【答案详解】因为()12n n n a +=，所以1231,3,6a a a ===． 即312313610S a a a =++=++=． 故答案为：10.【名师点评】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .【答案】7【详细分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.【答案详解】2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++135********()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++ 11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【名师点评】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a 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】若数列{}n a 为常数列，101a a a ==，则只需使10a ≤，选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=，看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解，故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确.【答案详解】若数列{}n a 为常数列，则1n a a a ==，由21n n a a b +=+，可设方程20x x b -+= 选项A ：12b =时，2112n n a a +=+，2102x x -+=， 1210∆=-=-<， 故此时{}n a 不为常数列，222112n n n n a a a +=+=+≥ ，且2211122a a =+≥，792a a ∴≥≥21091610a a >≥>， 故选项A 正确； 选项B ：14b =时，2114n n a a +=+，2104x x -+=，则该方程的解为12x =， 即当12a =时，数列{}n a 为常数列，12n a =，则101102a =<，故选项B 错误； 选项C ：2b =-时，212n n a a +=-，220x x --=该方程的解为=1x -或2，即当1a =-或2时，数列{}n a 为常数列，1n a =-或2， 同样不满足1010a >，则选项C 也错误；选项D ：4b =-时，214n n a a +=-，240x x --=该方程的解为12x =， 同理可知，此时的常数列{}n a 也不能使1010a >， 则选项D 错误. 故选：A.【名师点评】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.考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（ ） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-【答案】B【详细分析】由510S S =结合等差中项的性质可得80a =，即可计算出公差，即可得1a 的值. 【答案详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==，则80a =， 则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-，故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选：B.2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．29【答案】D【详细分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成1a 和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【答案详解】方法一：利用等差数列的基本量 由91S =，根据等差数列的求和公式，911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=， 又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=. 故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，1937a a a a +=+，由91S =，根据等差数列的求和公式， 193799()9()122a a a a S ++===，故3729a a +=.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d =，则9111199S a a ==⇒=，则371229a a a +==. 故选：D3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ） A ．25B ．22C ．20D ．15【答案】C【详细分析】方法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出； 方法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出． 【答案详解】方法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=,又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==， 所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=． 故选：C.方法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=， 所以53520S a ==． 故选：C.4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（ ） A ．－1B ．12-C ．0D ．12【答案】B【详细分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素详细分析、推理作答.【答案详解】依题意，等差数列{}n a 中，112π2π2π(1)()333n a a n n a =+-⋅=+-， 显然函数12π2πcos[()]33y n a =+-的周期为3，而N n *∈，即cos n a 最多3个不同取值，又{cos |N }{,}n a n a b *∈=，则在123cos ,cos ,cos a a a 中，123cos cos cos a a a =≠或123cos cos cos a a a ≠=， 于是有2πcos cos()3θθ=+，即有2π()2π,Z 3k k θθ++=∈，解得ππ,Z 3k k θ=-∈， 所以Z k ∈，2ππ4πππ1cos(π)cos[(π)]cos(π)cos πcos πcos 333332ab k k k k k =--+=--=-=-.故选：B5．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n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【答案】C【详细分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n 项和与第n 项的关系推理判断作答.，【答案详解】方法1，甲：{}n a 为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ， 则1111(1)1,,222212n n n n S S S n n n d d dS na d a d n a nn n +--=+=+=+--=+，因此{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：{}nS n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 +-=+，则1(1)n n S na t n n +=-⋅+，有1(1)(1),2n n S n a t n n n -=--⋅-≥，两式相减得：1(1)2n n n a na n a tn +=---，即12n n a a t +-=，对1n =也成立， 因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C 正确.方法2，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-=+=+-，因此{}n S n 为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nS n 为等差数列，即11,(1)1n n n S S S D S n D n n n+-==+-+， 即1(1)n S nS n n D =+-，11(1)(1)(2)n S n S n n D -=-+--，当2n ≥时，上两式相减得：112(1)n n S S S n D --=+-，当1n =时，上式成立， 于是12(1)n a a n D =+-，又111[22(1)]2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数， 因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【详细分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【答案详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，记[]x 为不超过x 的最大整数. 若{}n a 为单调递增数列，则0d >，若10a ≥，则当2n ≥时，10n a a >≥；若10a <，则()11n a a n d +-=， 由()110n a a n d =+->可得11a n d >-，取1011a N d ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，则当0n N >时，0n a >， 所以，“{}n a 是递增数列”⇒“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”；若存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >，取N k *∈且0k N >，0k a >， 假设0d <，令()0n k a a n k d =+-<可得k a n k d >-，且k ak k d->， 当1k a n k d ⎡⎤>-+⎢⎥⎣⎦时，0n a <，与题设矛盾，假设不成立，则0d >，即数列{}n a 是递增数列.所以，“{}n a 是递增数列”⇐“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”.所以，“{}n a 是递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的充分必要条件. 故选：C.7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =【答案】D【详细分析】根据题意可得，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，而1212b S a a ==+，即可表示出题中2468,,,b b b b ，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【答案详解】对于A ，因为数列{}n a 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，4262a a a =+，A 正确；对于B ，由题意可知，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，1212b S a a ==+，∴234b a a =+，478b a a =+，61112b a a =+，81516b a a =+． ∴()47822b a a =+，26341112b b a a a a +=+++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++，B 正确；对于C ，()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-， 当1a d =时，2428a a a =，C 正确； 对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++， ()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-．当0d >时，1a d ≤，∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->；当0d <时，1a d ≥，∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D.【名师点评】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则。
2019年-2019年浙江省高考数学试题(理)分类解析汇编-数列、数学归纳法共11页word资料
2019年-2019年浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题3：数列、数学归纳法锦元数学工作室 编辑一、选择题1. （浙江2019年理5分）已知等差数列{}n a 的公差为2,若431,,a a a 成等比数列, 则2a =【 】 (A) –4 (B) –6 (C) –8 (D) –10【答案】B 。
【考点】等差数列；等比数列。
【分析】利用已知条件列出关于1a 的方程，求出1a ，代入通项公式即可求得2a ：∵416a a =+，314a a =+，且1a ，3a ，4a 成等比数列，∴2314a a a =⋅，即()()211146a a a +=+。
解得18a =-。
∴2126a a =+=-。
故选B 。
2.（浙江2019年理5分）lim n →∞2123nn ++++＝【 】(A) 2 (B) 4 (C) 21(D)0【答案】C 。
【考点】极限及其运算，等差数列求和公式。
【分析】()2211231112limlim lim 122n n n n n n n n n →∞→∞→∞+++++⎛⎫==+= ⎪⎝⎭。
故选C 。
3.（浙江2019年理5分）已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则13221++++n n a a a a a a =【 】 A ．16（n --41） B ．16（n --21） C ．332（n --41） D ．332（n--21）【答案】C 。
【考点】等比数列的前n 项和。
【分析】由335211==2=42a a q q q =⋅⇒，∴数列{}1n n a a +仍是等比数列：其首项是12=8a a ，公比为14。
∴()12231181432==141314n n n n a a a a a a -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+++--。
故选C 。
4.（浙江2019年理5分）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S =【 】 （A ）11 （B ）5 （C ）8- （D ）11- 【答案】D 。
2019高考数学专项讲解8：数列综合
2019高考数学专项讲解8：数列综合第八讲 数列综合★★★高考在考什么 【考题回放】1.〔宁夏〕a b c d ，，，成等比数列，且曲线223y x x =-+的顶点是()b c ，，那么ad 等于〔 B 〕Ａ、3 Ｂ、2 Ｃ、1 Ｄ、2- 2.(江西)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，假设1221S =，那么25811a a a a +++=、73.〔辽宁卷〕 在等比数列{}n a 中,12a =,前n 项和为n S ,假设数列{}1n a +也是等比数列,那么nS 等于A 、122n +- B.3n C. 2n D.31n - 【解析】因数列{}n a 为等比，那么12n n a q -=，因数列{}1n a +也是等比数列，那么22121122212(1)(1)(1)22(12)01n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a q q q +++++++++=++⇒+=++⇒+=⇒+-=⇒= 即2n a =，所以2nS n =，应选择答案C 。
4.〔湖南〕设集合{123456}M =，，，，，， 12k S S S ，，，都是M 的含两个元素的子集，且满足：对任意的{}i i iS a b =，，{}j j j S a b =，〔i j ≠，{123}i j k ∈、，，，，〕，都有min min j j i i i i j j a b a b b a b a ⎧⎫⎧⎫⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎩⎭，，〔min{}x y ，表示两个数x y ，中的较小者〕，那么k 的最大值是〔 B 〕A 、10B 、11C 、12D 、135.(陕西卷) 正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足10S n =a n 2+5a n +6且a 1,a 3,a 15成等比数列，求数列{a n }的通项a n .解析：解: ∵10S n =a n 2+5a n +6， ① ∴10a 1=a 12+5a 1+6，解之得a 1=2或a 1=3、 又10S n －1=a n －12+5a n －1+6(n ≥2)，②由①－②得 10a n =(a n 2－a n －12)+6(a n －a n －1)，即(a n +a n －1)(a n －a n －1－5)=0 ∵a n +a n －1>0 ， ∴a n －a n －1=5 (n ≥2)、当a 1=3时，a 3=13，a 15=73、 a 1， a 3，a 15不成等比数列∴a 1≠3;当a 1=2时，a 3=12， a 15=72， 有a 32=a 1a 15 ， ∴a 1=2， ∴a n =5n －3、6.〔广东卷〕公比为(01)q q <<的无穷等比数列{}n a 各项的和为9，无穷等比数列{}2na 各项的和为815.(I)求数列{}n a 的首项1a 和公比q ；(II)对给定的(1,2,3,,)k k n =，设()k T 是首项为k a ，公差为21k a -的等差数列，求(2)T 的前10项之和；解: (Ⅰ)依题意可知,⎪⎩⎪⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-32358119112121q a q a q a(Ⅱ)由(Ⅰ)知,1323-⎪⎭⎫⎝⎛⨯=n n a ,所以数列)2(T 的的首项为221==a t ,公差3122=-=a d ,15539102121010=⨯⨯⨯+⨯=S ,即数列)2(T 的前10项之和为155. ★★★高考要考什么本章主要涉及等差〔比〕数列的定义、通项公式、前n 项和及其性质，数列的极限、无穷等比数列的各项和、同时加强数学思想方法的应用，是历年的重点内容之一，近几年考查高考对本专题考查比较全面、深刻，每年都不遗漏、其中小题主要考查1()a d q 、、n n n a S 、、间相互关系，呈现“小、巧、活”的特点；大题中往往把等差〔比〕数列与函数、方程与不等式，解析几何等知识结合，考查基础知识、思想方法的运用，对思维能力要求较高，注重试题的综合性，注意分类讨论、高考中常常把数列、极限与函数、方程、不等式、解析几何等等相关内容综合在 一起，再加以导数和向量等新增内容，使数列综合题新意层出不穷、常见题型：〔1〕由递推公式给出数列，与其他知识交汇，考查运用递推公式进行恒等变形、推理与综合能力、〔2〕给出S n 与a n 的关系，求通项等，考查等价转化的数学思想与解决问题能力、〔3〕以函数、解析几何的知识为载体，或定义新数列，考查在新情境下知识的迁移能力、 理科生需要注意数学归纳法在数列综合题中的应用，注意不等式型的递推数列、★ ★★突破重难点 【范例1】数列{}n a ，{}n b 满足12a =，11b =，且11113114413144n n n n n n a a b b a b ----⎧=++⎪⎪⎨⎪=++⎪⎩〔2n ≥〕〔I 〕令n n nc a b =+，求数列{}n c 的通项公式；〔II 〕求数列{}n a 的通项公式及前n 项和公式nS 、解：〔Ｉ〕由题设得11()2(2)n n n n a b a b n --+=++≥，即12n n c c -=+〔2n ≥〕易知{}n c 是首项为113a b +=，公差为２的等差数列，通项公式为21n c n =+、〔II 〕解：由题设得111()(2)2n n n n a b a b n ---=-≥，令n n nd a b =-，那么11(2)2n n d d n -=≥、 易知{}nd 是首项为111a b -=，公比为12的等比数列，通项公式为112n n d -=、由12112n n n n n a b n a b -+=+⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得1122n n a n =++，求和得21122n n n S n =-+++、 【变式】〔文〕在等差数列{}n a 中，11a =，前n 项和n S 满足条件242,1,2,1nn S n n S n +==+，〔Ⅰ〕求数列{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕记(0)n a n n b a p p =>，求数列{}n b 的前n 项和n T 。
【精品高考数学试卷】2019北京高三数学二模(文)分类汇编--数列+答案
n n n +1 n n +1 n 2019二模分类汇编—数列1. 已知数列{}n a 满足11n na a n n+=+，且515a =，则8a =_____．2.（本小题满分13分）已知数列{}n a 为等比数列，且1=23nn n a a +-⋅． (I)求公比q 和3a 的值；(Ⅱ)若{}n a 的前n 项和为n S ，求证：13,,n n S a +-成等差数列．3.已知,,,m n p q 为正整数，且m n p q +=+，则在数列{}n a 中，“m n p q a a a a ⋅=⋅”是“{}n a 是等比数列”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件4.（本小题13分）设数列{}n a 满足：11=a ，120n n a a ++=． （Ⅰ）求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（Ⅱ）若等差数列{}n b 满足41a b =，322a a b -= ，问：37b 与{}n a 的第几项相等？5．能说明“设数列{a } 的前 n 项和为 S ，对于任意的 n ∈ N * ，若 a > a ，则 S > S ” 为假命题的一个等差数列是（写出数列的通项公式） 6（本小题满分 13 分） 已知等比数列{}n a 的前 n 项和n S = p - 23-n ，其中 n ∈ N * . （Ⅰ）求 p 的值及数列{a n } 的通项公式； （Ⅱ）判断数列{}2n a 和{}n na 是否为等比数列？证明你的结论. 7. 已知等差数列{}n a 首项为1a ，公差0d ≠. 则“139,,a a a 成等比数列” 是“1a d =”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充要条件 （D ）既不充分也不必要条件8.（本小题满分13分）在等差数列{}n a 中，已知132412,18a a a a +=+=,n *∈N .（I ）求数列{}n a 的通项公式； （II ）求3693...n a a a a ++++.9．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，能够说明“若数列{}n a 是递减数列，则数列{}n S 是递减数列”是假命题的数列{}n a 的一个通项公式为____．10．（本小题13分）已知数列{}n a 满足11a =，1e n n a a +=⋅(e 是自然对数的底数)n *∈N ，. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}ln n a 的前n 项和为n T ，求证：当2n ≥时，231112nTT T +++<L .11.（本小题13分）已知数列{}n a 满足11a =，12,n n a a n ++=∈N ，数列{}n b 满足14b =，417b =，且{}n n b a -是等差数列.（Ⅰ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （Ⅱ）求数列{}n b 的前n 项和.12.（本小题满分13分）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，516b =，112a b =，34a b =． （Ⅰ）求{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和．2019二模分类汇编—数列答案部分1.242.（共13分） 解：（Ⅰ）方法1：由题设得2132618a a a a -=⎧⎨-=⎩因为{}n a 为等比数列，所以 2121618 a a a q a q -=⎧⎨-=⎩所以3q = 又因为21116a a a q a -=-= 所以 13a = 所以3n n a =经检验，此时113323n n n n n a a ++-=-=⋅成立，且{}n a 为等比数列 所以 33327a == 方法2：因为1123(2)n n n a a n ---=⋅≥21223n n n a a ----=⋅ 32323n n n a a ----=⋅L23223a a -=⋅ 12123a a -=⋅把上面1n -个等式叠加，得到()211233...333n n n a a --=⋅+++=-所以133(2)n n a a n =-+≥ 而11133a a =-+也符合上式 所以 *133()n n a a n =-+∈N 因为数列{}n a 是等比数列，设公比为q所以对于*n ∀∈N ，有11113333n n nn a a q a a ++-+==-+恒成立 所以 11133(33)0n n a q a +-+--+= 即13(3)(3)(1)0n q a q -+--= 所以3q =，1(3)(1)0a q --= 而显然1q =不成立，所以13a = 所以3n n a =所以33327a == 方法3：由题设得：1112323n n n nn n a a a a --+⎧-=⎪⎨-=⋅⎪⎩⋅ ，其中2n ≥ 因为{}n a 为等比数列， 所以1n na q a +=对于*n ∀∈N 恒成立 所以 11123 23n n n nn n a a a q a q ---⎧-=⋅⎪⎨-=⋅⎪⎩ 所以3q = 又因为21116a a a q a -=-= 所以 13a =所以 23127a a q ==方法4：因为{}n a 为等比数列，所以，对于*n ∀∈N ，有212n n n a a a ++=恒成立由123n n n a a +-=⋅ ，得123n n n a a +=+⋅，1212383n n n n n a a a +++=+⋅=+⋅ 所以()()22383n n n n n a a a +⋅=+⋅所以3n n a =所以3q =，327a = （Ⅱ）因为 113n n n a a q -== 所以 1113n n n a a q ++==)13(1333132n n n S +--==- 因为113333(3)322n n n S ++-+--=+= 11113333322n n n n n a S ++++-+-=-= 所以1(3)n n n S a S +--=- 所以13,,n n S a +-成等差数列3.B4.（共13分）解: （Ⅰ）依题意，数列{}n a 满足：11=a ，12n n a a +=-， 所以{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列. 则{}n a 的通项公式为1(2)n n a -=-，前n 项和1[1(2)]1(2)1(2)3n nn S ⨯----==--. ………………………. 7分（Ⅱ）由 (Ⅰ) 可知，81-=b ， 62-=b ，因为{}n b 为等差数列， 212d b b =-=. 所以{}n b 的通项公式为210n b n =-. 所以372371064b =⨯-=. 令1)2(64--=n ，解得7=n .所以37b 与数列{}n a 的第7项相等. …………………..13分 5.6.7.C8． （本小题满分13分）解：（I ）因为{}n a 是等差数列，132412,18a a a a +=+=,所以112212,2418.a d a d +=⎧⎨+=⎩解得13,3d a ==.则3(1)33n a n n =+-⨯=,n *∈N . ………….7分（II ）3693,,,...,n a a a a 构成首项为3=9a ,公差为9的等差数列. 则36931...=9(1)92n a a a a n n n +++++-⨯29=()2n n +. ………….13分9．满足12,0a a >,0d <(答案不唯一) 10．（共13分）解：（Ⅰ）因为11a =，1e n n a a +=⋅()n *∈N ， 所以数列{}n a 是1为首项，e 为公比的等比数列， 所以1n n a e-=. ………………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1ln ln e1n n a n -==-， ………………5分所以 (1)012(1)2n n n T n -=++++-=L ， ………………7分 所以23111nT T T +++L 2222122334(1)n n =++++⨯⨯⨯-L 11111112[(1)()()()]223341n n =-+-+-++--L ………………10分 12(1)n =-.………………11分 因为10n >，所以111n -<.所以12(1)2n -<即231112nT T T +++<L ………………13分11（本小题13分）（Ⅰ） 由12,n n a a n ++=∈N ，得12,n na n a ++=∈N 所以 数列{}n a 是首项11a =，公比2q =的等比数列……………………..2分 所以 通项公式 1112n n n a a q --== ……………4分 设 n n n cb a =-，则数列{}nc 是等差数列 3111444413,1729c b a c b a =-=-==-=-=由413c c d =+ 得公差2d = ……………………………..7分 所以32(1)21n n n c b a n n =-=+-=+ ……………………………..8分 所以1212n n b n -==++ ……………………………..9分（Ⅱ）(321)12(2)21212nn n n n S n n ++-=+=++-- ……………13分12.解（Ⅰ）设{}n b 的公比为q .因为22b =，516b =，所以8216253===b b q , 所以2=q .121==q b b , ------------------------------------------2分 所以 ),3,2,1(2111Λ===--n qb b n n n .------------------------------------------4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知12-=n n b ，所以8,141==b b .设等差数列{}n a 的公差为d . 因为112a b =,34a b =所以 12a =,3128a a d =+=所以3=d . ------------------------------------------6分所以13-=n a n .------------------------------------------8分因此1312n n n n c a b n -=+=-+.--------------------------------------9分从而数列{}n c 的前n 项和1221)13(52-++++-+++=n n n S ΛΛ=21212)132(--+-+nn n------------------------------------------12分=1221232-++n n n .------------------------------------------13分。
(晨鸟)2019年高考真题+高考模拟题专项版解析汇编理数——专题08数列(解析版)
专题08 数列1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ，，则A ．25n a nB ．310n a nC ．228nS nnD ．2122nS nn【答案】A【解析】由题知，41514430245dS a a a d ，解得132a d ，∴25n a n ，24nS nn ,故选A ．【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，再适当计算即可做了判断．2．【2019年高考全国III 卷理数】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 ．8 C ．4 D ．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 qa qa ，解得11,2a q，2314a a q，故选C ．【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键.3．【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 ，nN ，则A ．当101,102ba B ．当101,104ba 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,na n N . ②当<0b 时，令2xxb ，即20xxb.则该方程140b，即必存在0x ，使得200x x b ，则一定存在10==a a x ，使得21nnn a aba 对任意nN 成立，解方程20aa b ，得1142b a，当114102b 时，即90b …时，总存在1142b a ，使得121010a a a ，故C 、D 两项均不正确. ③当0b 时，221a abb ，则2232a ab bb ，22243a ab bbb ….（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.【名师点睛】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.4．【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a aa ，，则S 5=____________．【答案】1213【解析】设等比数列的公比为q ，由已知21461,3a a a ，所以32511(),33q q 又0q，所以3,q 所以55151(13)(1)12131133a q S q．【名师点睛】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．5．【2019年高考全国III 卷理数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a ≠，，则105S S ___________.【答案】4 【解析】设等差数列{a n }的公差为d,因213a a ，所以113a d a ，即12a d ，所以105S S 11111091010024542552a d a a a d ．【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．6．【2019年高考北京卷理数】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__________．【答案】0，10.【解析】等差数列n a 中,53510S a ,得32,a 又23a ,所以公差321da a ,5320a a d,由等差数列n a 的性质得5n 时,0n a ,6n 时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10.【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式?求和公式?等差数列的性质,难度不大,注重重要知识?基础知识?基本运算能力的考查.7．【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 da da d S a d ，解得：152a d，则8187840282162S a d .【名师点睛】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. 8．【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434nn n a a b ，1434nn n b b a .（I ）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（II ）求{a n }和{b n }的通项公式.【答案】（I ）见解析；（2）1122nn a n ，1122nn b n .【解析】（1）由题设得114()2()nn nn a b a b ，即111()2nnn n a b a b ．又因为a 1+b 1=l ，所以n n a b 是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8nn nn a b a b ，即112nnn n a b a b ．又因为a 1–b 1=l ，所以nn a b 是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n nn a b ，21nn a b n ．所以111[()()]222n n n nn na ab a b n ，111[()()]222n n n n n nb a b a b n．9．【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…＜i m ），若12mi ii a a a ，则称新数列12mi i i a a a ，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }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{a n }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：0m a <0n a ；（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s-1个（s=1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6（答案不唯一）；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析. 【解析】（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一）（Ⅱ）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为121,,,,q r r r n a a a a .由p<q ，得1pq rrn a a a .因为n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ，又12,,,pr r r a a a 是n a 的长度为p 的递增子列，所以pmr a a .所以00m n a a ·（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是n a 中的项.先证明：若2m 是n a 中的项，则2m 必排在2m-1之前（m 为正整数）.假设2m 排在2m-1之后. 设121,,,,21m p p p a a a m 是数列n a 的长度为m 末项为2m-1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m 是数列n a 的长度为m+1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是n a 中的项.假设存在正偶数不是n a 中的项，设不在n a 中的最小的正偶数为2m.因为2k 排在2k-1之前（k=1，2，…，m-1），所以2k 和21k 不可能在n a 的同一个递增子列中. 又n a 中不超过2m+1的数为1，2，…，2m-2，2m-1，2m+1，所以n a 的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为1(1)22221122m mm 个.与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m-3之后（m ≥２为整数）. 假设存在2m （m ≥２），使得2m 排在2m-3之前，则n a 的长度为m+1且末项为2m+l 的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上，数列n a 只可能为2，1，4，3，…，2m-3，2m ，2m-1，…．经验证，数列2，1，4，3，…，2m-3，2m ，2m-1，…符合条件.所以1,1,nn n a n n 为奇数，为偶数.【名师点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.10．【2019年高考天津卷理数】设n a 是等差数列，n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ，．（Ⅰ）求n a 和n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列n c 满足111,22,2,1,,kk nkk c n c b n其中*k N ．（i ）求数列221n na c 的通项公式；（ii ）求2*1ni ii a c n N．【答案】（Ⅰ）31na n ；32nnb （Ⅱ）（i ）221941n nna c （ii ）2*211*12725212nn n i ii a c n n n NN【解析】（Ⅰ）设等差数列n a 的公差为d ，等比数列n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d qd 解得3,2,d q故14(1)331,6232n nnn a n n b ．所以，n a 的通项公式为31,nn a n b 的通项公式为32nnb ．（Ⅱ）（i ）22211321321941n nn nnnna c ab ．所以，数列221n na c 的通项公式为221941n nna c ．（ii ）22221111211nnniini ii i i ii i i i a c a a c a a c 12212439412nnnnii 2114143252914nn n n 211*2725212n n n nN．【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识．考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．11．【2019年高考江苏卷】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：245132,440a a a a a a ，求证:数列{a n }为“Ｍ－数列”；（2）已知数列{b n }()nN 满足:111221,nnnb S b b ，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 }()nN ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k kc b c 剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n *nN；②5.【解析】解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠０，q ≠0.由245321440a a a a a a ，得244112111440a q a qa qa q a ，解得112a q．因此数列{}n a 为“M —数列”．（2）①因为1122nn n S b b ，所以0nb ．由1111,b S b ，得212211b ，则22b .由1122nnnS b b ，得112()n n nnn b b S b b ，当2n 时，由1n nn b S S ，得111122n n n nnnnnnb b b b b b b b b ，整理得112nnn b b b ．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1k kqk q ，其中k=1，2，3，…，m.当k=1时，有q ≥１；当k=2，3，…，m 时，有ln ln ln 1kkqkk ．设f （x ）=ln (1)x x x，则21ln ()x f 'x x．令()0f 'x ，得x=e.列表如下：x (1,e)e (e ，+∞）()f 'x +0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663，所以max ln 3()(3)3f k f ．取33q ，当k=1，2，3，4，5时，ln ln k q k,，即kkq ，经检验知1k q 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．【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．12．【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a ，43a S ，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n nn nn n S b S b S b N 成等比数列．（I ）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（II ）记,,2nnn a c n b N 证明：12+2,.nc c c n n N 【答案】（I ）21na n ，1nb n n ；（II ）证明见解析.【解析】（I ）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a da d a d ，解得10,2a d ．从而*22,n a n n N ．所以2*n S nn nN ，，由12,,nn n n n n S b S b S b 成等比数列得212nnnnnn S b S b S b ．解得2121n n n nb SS S d ．所以2*,nb nn n N ．（II ）*221,22(1)(1)n nna n n c nb n n n n N ．我们用数学归纳法证明．（i ）当n=1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设*n k k N时不等式成立，即122k c c c k ．那么，当1n k 时，121122(1)(2)1k kk c c c c kkk k k 2222(1)211kk kk kkk ．即当1n k 时不等式也成立．根据（i ）和（ii ），不等式122nc c c n 对任意*nN 成立．【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.13．【四川省峨眉山市2019届高三高考适应性考试数学试题】在等差数列{}n a 中，3a ，9a 是方程224120x x 的两根，则数列{}n a 的前11项和等于A ．66B ．132C ．66D ．32【答案】D 【解析】因为3a ，9a 是方程224120x x 的两根，所以3924a a ，又396242a a a ，所以612a ，61111111211()13222a a a S ，故选 D.【名师点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差中项，数列的求和公式，属于中档题. 14．【四川省百校2019年高三模拟冲刺卷数学试题】定义在上的函数满足：当时，；当时，.记函数的极大值点从小到大依次记为并记相应的极大值为则的值为A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由题意当时，22()2(1)1f x x xx 极大值点为1，极大值为1，当时，()32f x f x .则极大值点形成首项为1公差为 2 的等差数列，极大值形成首项为1公比为 3 的等比数列，故.,故，设S=，3S=，两式相减得-2S=1+2()-∴S=，故选：A.【名师点睛】本题考查数列与函数综合,错位相减求和,确定及的通项公式是关键,考查计算能力,是中档题.15．【福建省2019届高三毕业班质量检查测试数学试题】数列中，，且112(2)n nn nna a na a ，则数列前2019项和为A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】：∵，∴22112nnn n a a a a n ﹣，整理得：，∴，又，∴，可得：．则数列前2019项和为：．故选：B ．【名师点睛】本题主要考查了数列递推关系、“累加求和”方法、裂项求和，考查了推理能力、转化能力与计算能力，属于中档题．16．【内蒙古2019届高三高考一模试卷数学试题】《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“哀”得100,60,36,21.6个单位,递减的比例为40%,今共有粮(0)m m 石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m 的值分别为A ．20%369B ．80%369C ．40%360D ．60%365【答案】A【解析】设“衰分比”为a ,甲衰分得b 石,由题意得23(1)80(1)(1)16480164b a b a b a b m,解得125b ,20%a ,369m ．故选A ．【名师点睛】本题考查等比数列在生产生活中的实际应用,是基础题,解题时要认真审题,注意等比数列的性质的合理运用．17．【山东省德州市2019届高三第二次练习数学试题】设数列n a 的前n 项和为n S ，已知1212a a ，，且2123nn na S S ，记22122log log nnn b a a ，则数列21nnb 的前10项和为______．【答案】200 【解析】∵1212a a ，，且2123nn na S S ，∴32332a ，∵2123n n na S S ，∴2n时，1123nnna S S ，两式相减可得，21112nnn nnnS a a S S S ，（2n ）即2n 时，2112n n n n a a a a 即22n n a a ，∵312a a ，∴数列{}n a 的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，∴12222n nn a ，1121122n n na ，∴22122log log 121n nnb a a n nn ，则数列221211nnnb n ，则21nnb 的前10项和为22222231751917S 2412202836200.故答案为200.【名师点睛】本题考查数列的递推公式在数列的通项公式求解中的应用，考查等比数列的通项公式及数列的求和方法的应用，属于中档题.18．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)数学试题】在数列n a 中，1111,,(*)2019(1)nna a a nN n n ，则2019a 的值为______．【答案】1【解析】因为11,()(1)nna a n n n N 所以1111(1)1nn a a n n nn ，2111,2a a 3211,23a a ...,201920181120182019a a ,各式相加，可得20191112019a a ，201911120192019a ，所以，20191a ，故答案为 1.【名师点睛】本题主要考查利用递推关系求数列中的项，属于中档题.利用递推关系求数列中的项常见思路为：（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列；（3）将递推关系变形，利用累加法、累乘法以及构造新数列法求解. 19．【2019北京市通州区三模数学试题】设n a 是等比数列，且245a a a ，427a ，则na 的通项公式为_______．【答案】13n na ，n N .【解析】设等比数列n a 的公比为q ，因为245a a a ，427a ，所以223542427a a a a qqq，解得3q，所以41327127a a q，因此，13n n a ，nN . 故答案为13n na ，nN .【名师点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，熟记等比数列的通项公式即可，属于常考题型.20．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学试题】已知等差数列n a 的前n项和为n S ，等比数列n b 的前n 项和为n T ．若113a b ，42a b ，4212S T ．（I ）求数列n a 与n b 的通项公式；（II ）求数列nn a b 的前n 项和．【答案】（I ）21,3nnna nb ；（II ）331(2)2nn n .【解析】（I ）由11a b ，42a b ，则4212341223()()12S T a a a a b b a a ，设等差数列n a 的公差为d ，则231236312a a a dd，所以2d .所以32(1)21na n n .设等比数列n b 的公比为q ，由题249b a ，即2139b b qq，所以3q .所以3nn b ；（II ）(21)3nn na b n ，所以nn a b 的前n 项和为1212()()n n a a a b b b 2(3521)(333)nn(321)3(13)213nn n 3(31)(2)2nn n .【名师点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，熟记通项公式、前n 项和公式即可，属于常考题型. 21．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试数学试题】已知等差数列{}n a 的公差是1，且1a ，3a ，9a 成等比数列．（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）求数列{}2nn a a 的前n 项和n T ．【答案】（I ）na n ；（II ）222nnnT .【解析】（I ）因为{}n a 是公差为1的等差数列，且1a ，3a ，9a 成等比数列，所以2319aa a ，即2111(2)(8)a a a ，解得11a .所以1(1)n a a n d n . （II ）12311111232222nnT n，2311111112(1)22222nn nT n n，两式相减得1231111111222222nn nT n，所以111111112211222212n n nnn n T n.所以222nnnT .【名师点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于常考题型．22．【安徽省1号卷A10联盟2019年高考最后一卷数学试题】已知等差数列n a 满足636a a ，且31a 是241,a a 的等比中项.（I ）求数列n a 的通项公式；（II ）设11nn nb n a a N，数列n b 的前项和为n T ，求使1n T 成立的最大正整数n 的值【答案】（I ）21na n .（II ）8.【解析】（I ）设等差数列n a 的公差为d ，6336a a dQ ，即2d ，3113a a ，2111a a ，416a a ，31a Q 是21a ，4a 的等比中项，232411a a a ，即2111+3=16a a a ，解得13a .数列n a 的通项公式为21na n .（II ）由（I ）得111111212322123nn nb a a n n n n .1212n nT b b b 11111135572123n n 1112323323n n n ，由13237n n ，得9n .使得1nT 成立的最大正整数n 的值为8.【名师点睛】本题考查等差数列通项公式以及裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属中档题. 23．【重庆一中2019届高三下学期5月月考数学试题】已知数列{}n a 满足：1na ，112nna n a N，数列}{n b 中，11nnb a ，且1b ，2b ，4b 成等比数列.（I ）求证：数列}{n b 是等差数列；（II ）若n S 是数列}{n b 的前n 项和，求数列1nS 的前n 项和n T .【答案】（I ）见解析；（II ）21n n .【解析】（I ）111111111121nnnnn nb b a a a a 1111n nna a a ，∴数列}{n b 是公差为1的等差数列；（II ）由题意可得2214bb b ，即211113b b b ，所以11b ，所以1n b ，∴(1)2nn n S ，∴12112(1)1n S n n nn ，11111212231nT nn 122111n n n .【名师点睛】本题主要考查等差数列性质的证明，考查等差数列的前n 项和的求法，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.。
2019版高考数学文精准备考一轮全国讲义：第八单元 数 列 含答案 精品
第八单元 数 列教材复习课“数列”相关基础知识一课过1．数列的有关概念n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[小题速通]1．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21的值为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：选B ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2， n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72. 2．数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n －1a n (n ∈N *)，则a 2 018＝( )A.12 B ．3 C ．－12D.23解析：选D由a1＝3，a n＋1＝a n－1a n，得a2＝a1－1a1＝23，a3＝a2－1a2＝－12，a4＝a3－1a3＝3，……，由上可得，数列{a n}是以3为周期的周期数列，故a2 018＝a672×3＋2＝a2＝2 3.3．已知数列{a n}满足a n＝32n－11(n∈N*)，前n项的和为S n，则关于a n，S n的叙述正确的是()A．a n，S n都有最小值B．a n，S n都没有最小值C．a n，S n都有最大值D．a n，S n都没有最大值解析：选A①∵a n＝32n－11，∴当n≤5时，a n<0且单调递减；当n≥6时，a n>0，且单调递减．故当n＝5时，a5＝－3为a n的最小值；②由①的分析可知：当n≤5时，a n<0；当n≥6时，a n>0.故可得S5为S n的最小值．综上可知，a n，S n都有最小值．4．已知数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝a n＋2n＋1(n∈N*)，则a5＝________.解析：依题意得a n＋1－a n＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25.答案：25[清易错]1．易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成a n＝S n－S n－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．1．已知数列的通项公式为a n＝n2－8n＋15，则()A．3不是数列{a n}中的项B．3只是数列{a n}中的第2项C．3只是数列{a n}中的第6项D．3是数列{a n}中的第2项或第6项解析：选D令a n＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{a n}中的第2项或第6项．2．已知数列{a n}的前n项和为S n＝3＋2n，则数列{a n}的通项公式为________．解析：当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n －2n －1＝2n －1.因为当n ＝1时，不符合a n ＝2n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥21．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题速通]1．在等差数列{a n }中，已知a 2与a 4是方程x 2－6x ＋8＝0的两个根，若a 4>a 2，则a 2 018＝( )A ．2 018B ．2 017C ．2 016D ．2 015解析：选A 因为a 2与a 4是方程x 2－6x ＋8＝0的两个根，且a 4>a 2，所以a 2＝2，a 4＝4，则公差d ＝1，所以a 1＝1，则a 2 018＝2 018.2．在等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＝3，S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则S 5＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选C ∵等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＝3，S n 为等差数列{a n }的前n 项和， ∴a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝3， 解得a 3＝1，∴S 5＝52(a 1＋a 5)＝5a 3＝5.3.正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 4＋a 10－a 27＋15＝0，则S 13＝( )A ．－39B ．5C ．39D ．65解析：选D ∵正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ， a 4＋a 10－a 27＋15＝0，∴a 27－2a 7－15＝0，解得a 7＝5或a 7＝－3(舍去)， ∴S 13＝132(a 1＋a 7)＝13a 7＝13×5＝65.4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且3a 3＝a 6＋4.若S 5<10，则a 2的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B ．(－∞，0) C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，∵3a 3＝a 6＋4， ∴3(a 2＋d )＝a 2＋4d ＋4，可得d ＝2a 2－4. ∵S 5<10，∴5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝5(2a 2＋2d )2＝5(3a 2－4)<10，解得a 2<2. ∴a 2的取值范围是(－∞，2)．5．在等差数列{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 [清易错]1．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．1．(2018·武昌联考)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 达到最大的n 的值为( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：选C 由a 1＋a 3＋a 5＝105⇒a 3＝35，a 2＋a 4＋a 6＝99⇒a 4＝33，则{a n }的公差d ＝33－35＝－2，a 1＝a 3－2d ＝39，S n ＝－n 2＋40n ，因此当S n 取得最大值时，n ＝20.2．在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n ∈N *，有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为( )A ．2B ．10 C.52D.54解析：选C 由2a n ＋1＝1＋2a n ，可得a n ＋1－a n ＝12，即数列{a n }是以－2为首项，12为公差的等差数列，则a n ＝n －52，所以数列{a n }的前10项的和S 10＝10×⎝⎛⎭⎫－2＋522＝52.1．等比数列的有关概念(1)定义：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常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．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m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)都是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . [小题速通]1．(2017·全国卷Ⅱ)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盏解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.2．设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝( )A ．2 B.73 C.310D ．1或2解析：选B 设S 2＝k ，则S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73.3．设数列{a n }是等比数列，公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 3的值为( )A.154B.152C.74D.72解析：选A 根据等比数列的公式，得S 4a 3＝a 1(1－q 4)1－q a 1q 2＝1－q 4(1－q )q 2＝1－24(1－2)×22＝154. 4．已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3＋a 5＝8，a 2a 6＝16，则数列{a n }的前2 018项的和为( )A ．8 064B ．4C ．－4D ．0解析：选D ∵等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3＋a 5＝8，a 2a 6＝16， ∴a 3a 5＝a 2a 6＝16，∴a 3，a 5是方程x 2－8x ＋16＝0的两个根， 解得a 3＝a 5＝4， ∴4q 2＝4，∵q ≠1，∴q ＝－1，∴a 1＝a 3q 2＝4，∴数列{a n }的前2 018项的和为 S 2 018＝4[1－(－1)2 018]1－(－1)＝0.5．(2018·信阳调研)已知等比数列{a n }的公比q >0，且a 5·a 7＝4a 24，a 2＝1，则a 1＝( ) A.12 B.22C. 2D ．2解析：选B 因为{a n }是等比数列，所以a 5a 7＝a 26＝4a 24，所以a 6＝2a 4，q 2＝a 6a 4＝2，又q >0， 所以q ＝2，a 1＝a 2q ＝22.[清易错]1．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．2．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．1．设数列{a n }为等比数列，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558解析：选A 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 解析：当q ≠1时，由题意，a 1(1－q 3)1－q ＝3a 1q 2，即1－q 3＝3q 2－3q 3，整理得2q 3－3q 2＋1＝0，解得q ＝－12.当q ＝1时，S 3＝3a 3，显然成立． 故q ＝－12或1.答案：－12或1一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3da 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 2．(2018·江西六校联考)在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7＝－33，则a 2a 8＝( ) A ．3 B.17 C ．9D ．13解析：选A 由a 3a 5a 7＝－33，得a 35＝－33，即a 5＝－3，故a 2a 8＝a 25＝3.3．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 018＝( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．2解析：选D 由题意得a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8.所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 018＝a 335×6＋8＝a 8＝2.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋2n (n ≥2，n ∈N *)，则a 7＝( ) A ．53 B ．54 C ．55D ．109解析：选C a 2＝a 1＋2×2，a 3＝a 2＋2×3，……，a 7＝a 6＋2×7，各式相加得a 7＝a 1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( ) A ．44 B ．45 C.13×(46－1) D.14×(45－1) 解析：选B 由a n ＋1＝3S n ，得a 2＝3S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝3S n －1，则a n ＋1－a n ＝3a n ，n ≥2，即a n ＋1＝4a n ，n ≥2，则数列{a n }从第二项起构成等比数列，所以S 6＝a 73＝3×453＝45.6．等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，对一切自然数n ，都有S n T n＝nn ＋1，则a 5b 5等于( ) A.34 B.56 C.910D.1011解析：选C ∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5，T 9＝9(b 1＋b 9)2＝9b 5， ∴a 5b 5＝S 9T 9＝910. 7．已知数列{a n }是首项为1的等比数列，S n 是其前n 项和，若5S 2＝S 4，则log 4a 3的值为( )A ．1B ．2C ．0或1D ．0或2 解析：选C 由题意得，等比数列{a n }中，5S 2＝S 4，a 1＝1， 所以5(a 1＋a 2)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4， 即5(1＋q )＝1＋q ＋q 2＋q 3，q 3＋q 2－4q －4＝0，即(q ＋1)(q 2－4)＝0， 解得q ＝－1或±2，当q ＝－1时，a 3＝1，log 4a 3＝0. 当q ＝±2时，a 3＝4，log 4a 3＝1. 综上所述，log 4a 3的值为0或1.8．设数列{a n }是公差为d (d >0)的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝( )A ．75B ．90C ．105D ．120解析：选C 由a 1＋a 2＋a 3＝15得3a 2＝15，解得a 2＝5，由a 1a 2a 3＝80，得(a 2－d )a 2(a 2＋d )＝80，将a 2＝5代入，得d ＝3(d ＝－3舍去)，从而a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 2＋10d )＝3×(5＋30)＝105.二、填空题9．若数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ≥2时，由a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，得a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， 两式相减得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，则a n＝1 3n.当n＝1时，a1＝13满足a n＝13n，所以a n＝1 3n.答案：a n＝1 3n10．数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2a n－1，则a n＝________.解析：∵S n＝2a n－1，①∴S n－1＝2a n－1－1(n≥2)，②①－②得a n＝2a n－2a n－1，即a n＝2a n－1.∵S1＝a1＝2a1－1，即a1＝1，∴数列{a n}为首项是1，公比是2的等比数列，故a n＝2n－1.答案：2n－111．已知数列{a n}中，a2n＝a2n－1＋(－1)n，a2n＋1＝a2n＋n，a1＝1，则a20＝________.解析：由a2n＝a2n－1＋(－1)n，得a2n－a2n－1＝(－1)n，由a2n＋1＝a2n＋n，得a2n＋1－a2n＝n，故a2－a1＝－1，a4－a3＝1，a6－a5＝－1，…，a20－a19＝1.a3－a2＝1，a5－a4＝2，a7－a6＝3，…，a19－a18＝9.又a1＝1，累加得：a20＝46.答案：4612．数列{a n}为正项等比数列，若a3＝3，且a n＋1＝2a n＋3a n－1(n≥2，n∈N*)，则此数列的前5项和S5＝________.解析：设公比为q(q>0)，由a n＋1＝2a n＋3a n－1，可得q2＝2q＋3，所以q＝3，又a3＝3，则a1＝13，所以此数列的前5项和S5＝13×(1－35)1－3＝1213.答案：121 3三、解答题13．已知在等差数列{a n}中，a3＝5，a1＋a19＝－18.(1)求公差d及通项a n；(2)求数列{a n}的前n项和S n及使得S n取得最大值时n的值．解：(1)∵a3＝5，a1＋a19＝－18，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，2a 1＋18d ＝－18，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2，∴a n ＝11－2n . (2)由(1)知，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (9＋11－2n )2＝－n 2＋10n ＝－(n －5)2＋25， ∴n ＝5时，S n 取得最大值．14．已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n2，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)∵a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n ，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1，两式相减得a n 2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．又∵当n ＝1时，a 12＝1＋1，∴a 1＝4，满足a n ＝n ·2n ＋1.∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)∵b n ＝(－1)n a n 2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n .－2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n (－2)n ＋1，∴两式相减得3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n －n (－2)n＋1＝－2[1－(－2)n ]1－(－2)－n (－2)n ＋1＝－(－2)n ＋1－23－n (－2)n ＋1＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋23，∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29.高考研究课(一) 等差数列的3考点——求项、求和及判定 [全国卷5年命题分析][典例] (1)设n n 1S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．5C ．7D ．8(2)(2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.①求b 1，b 11，b 101；②求数列{b n }的前1 000项和．[解析] (1)法一：由等差数列前n 项和公式可得 S n ＋2－S n ＝(n ＋2)a 1＋(n ＋2)(n ＋1)2d －⎣⎡⎦⎤na 1＋n (n －1)2d ＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋4n ＋2＝36，解得n ＝8.法二：由S n ＋2－S n ＝a n ＋2＋a n ＋1＝a 1＋a 2n ＋2＝36，因此a 2n ＋2＝a 1＋(2n ＋1)d ＝35，解得n ＝8.答案：D(2)①设数列{a n }的公差为d ， 由已知得7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.②因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893. [方法技巧]等差数列运算的解题思路由等差数列的前n 项和公式及通项公式可知，若已知a 1，d ，n ，a n ，S n 中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．[即时演练]1．已知数列{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 6＝4S 3，则a 10＝( ) A.172 B.192 C.910D.89解析：选B ∵S 6＝4S 3，公差d ＝1.∴6a 1＋6×52×1＝4×⎝⎛⎭⎫3a 1＋3×22×1， 解得a 1＝12.∴a 10＝12＋9×1＝192.2．已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 4－S 2S 5－S 3的值为( )A ．－2B ．－3C ．2D ．3解析：选D 设{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，可得a 1＝－4d ， 所以S 4－S 2S 5－S 3＝a 3＋a 4a 4＋a 5＝－3d －d＝3.3．(2018·大连联考)已知等差数列{a n }的公差d >0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n;(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5.因为d >0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1>1，故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.即所求m 的值为5，k 的值为4.[典例] 已知{n 11n 2n ，且b 4＝17. (1)求证：数列{b n }是以－2为公差的等差数列； (2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，求S n 的最大值．[思路点拨] (1)利用等比数列以及对数的运算法则，转化证明数列{b n }是以－2为公差的等差数列；(2)求出数列的和，利用二次函数的性质求解最大值即可． [解] (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，则b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1－log 2a n ＝log 2a n ＋1a n ＝log 2q ，因此数列{b n }是等差数列． 又b 11＝log 2a 11＝3，b 4＝17， 所以等差数列{b n }的公差d ＝b 11－b 47＝－2， 故数列{b n }是以－2为公差的等差数列． (2)由(1)知，b n ＝25－2n ， 则S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (23＋25－2n )2＝n (24－n )＝－(n －12)2＋144， 于是当n ＝12时，S n 取得最大值，最大值为144. [方法技巧]等差数列判定与证明的方法1．(2016·浙江高考)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列解析：选A 由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.2．(2017·全国卷Ⅰ)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是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝(－2)×[1－(－2)n ]1－(－2)＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．[典例] (1)n 3610a 13＝32，若a m ＝8，则m 的值为( )A ．8B ．12C ．6D ．4(2)已知数列{a n }，{b n }为等差数列，前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝3n ＋22n ，则a 7b 7＝( )A.4126 B.2314 C.117D.116(3)(2018·天水模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________.[解析] (1)由a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，得(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝32，得4a 8＝32，即a 8＝8，m ＝8.(2)因为{a n }，{b n }为等差数列，且S n T n＝3n ＋22n ，所以a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝13(a 1＋a 13)213(b 1＋b 13)2＝S 13T 13＝3×13＋22×13＝4126.(3)∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列， ∴2(S 20－S 10)＝S 10＋S 30－S 20， ∴40＝10＋S 30－30，∴S 30＝60. [答案] (1)A (2)A (3)60 [方法技巧]等差数列的性质(1)项的性质在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n . [即时演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80解析：选B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.2．(2018·广州模拟)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( ) A.5－12B.5＋12C.3－52D.3＋52解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，所以a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q 2a 4＋a 4q 2＝a 3(1＋q 2)a 4(1＋q 2)＝1q ＝25＋1＝5－12. 3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n T n ＝7n n ＋3，则a 10b 9＋b 12＋a 11b 8＋b 13＝________. 解析：∵数列{a n }和{b n }都是等差数列， ∴a 10b 9＋b 12＋a 11b 8＋b 13＝a 10＋a 11b 9＋b 12＝a 10＋a 11b 10＋b 11＝S 20T 20＝7×2020＋3＝14023. 答案：14023等差数列前n 项和的最值等差数列的通项a n 及前n 项和S n 均为n 的函数，通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n 项和S n 的最值问题．n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，当S n 取得最大值时，n 的值为________．[解析] 法一：用“函数法”解题 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，即d ＝－213a 1.从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，因为a 1>0，所以－a 113<0. 故当n ＝7时，S n 最大． 法二：用“通项变号法”解题 由法一可知，d ＝－213a 1. 要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a 1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝⎛⎭⎫－213a 1≤0，解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大． [答案] 7 [方法技巧]求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)通项变号法①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时演练]1．(2018·潍坊模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17解析：选A ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225. ∴当n ＝15时，S n 取得最大值．2．已知{a n }是等差数列，a 1＝－26，a 8＋a 13＝5，当{a n }的前n 项和S n 取最小值时，n 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选B 设数列{a n }的公差为d ， ∵a 1＝－26，a 8＋a 13＝5，∴－26＋7d －26＋12d ＝5，解得d ＝3， ∴S n ＝－26n ＋n (n －1)2×3＝32n 2－552n ＝32⎝⎛⎭⎫n －5562－3 02524， ∴{a n }的前n 项和S n 取最小值时，n ＝9.3．已知{a n }是各项不为零的等差数列，其中a 1>0，公差d <0，若S 10＝0，则数列{a n }的前n 项和取最大值时，n ＝________.解析：由S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 5＋a 6)＝0， 可得a 5＋a 6＝0，∴a 5>0，a 6<0，即数列{a n }的前5项和为最大值，∴n ＝5. 答案：51．(2017·全国卷Ⅲ)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解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.2．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：选C 法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{a n }是等差数列， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.3．(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由． 解：(1)证明：由题设，a n a n ＋1＝λS n －1， a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1.两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．4．(2013·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.解：(1)设{a n }的公差为d .由题意，a 211＝a 1a 13， 即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )， 于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，或d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列． 从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n .一、选择题1．(2018·厦门一中测试)已知数列{a n }中，a 2＝32，a 5＝98，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，则a 7＝( )A.109 B.1110 C.1211D.1312解析：选D 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1的公差为d ，则1a 5－1＝1a 2－1＋3d ，即198－1＝132－1＋3d ，解得d ＝2，所以1a 7－1＝1a 2－1＋5d ＝12，解得a 7＝1312.2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为()A．6斤B．9斤C．9.5斤D．12斤解析：选A依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a1＝4，则a5＝2.由等差数列的性质得a2＋a4＝a1＋a5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．3．(2018·银川一中月考)在等差数列{a n}中，首项a1>0，公差d≠0，前n项和为S n(n∈N*)，有下列命题：①若S3＝S11，则必有S14＝0；②若S3＝S11，则必有S7是S n中的最大项；③若S7>S8，则必有S8>S9；④若S7>S8，则必有S6>S9.其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D对于①，若S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即a1＋a14＝0，则S14＝14(a1＋a14)2＝0，所以①正确；对于②，当S3＝S11时，易知a7＋a8＝0，又a1>0，d≠0，所以a7>0>a8，故S7是S n中的最大项，所以②正确；对于③，若S7>S8，则a8<0，那么d<0，可知a9<0，此时S9－S8<0，即S8>S9，所以③正确；对于④，若S7>S8，则a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即S6>S9，所以④正确．故选D.4．(2018·大同模拟)在等差数列{}a n中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，则此数列前20项的和等于()A．290 B．300C．580 D．600解析：选B由a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得a2＝1.由a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得a19＝29，所以S20＝20(a1＋a20)2＝10(a2＋a19)＝300.5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝18，a n －4＝30(n >9)，若S n ＝336，则n 的值为( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：选D 因为{a n }是等差数列，所以S 9＝9a 5＝18，a 5＝2，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 5＋a n －4)2＝n 2×32＝16n ＝336，解得n ＝21. 6．设{a n }是等差数列，d 是其公差，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论错误的是( )A ．d <0B ．a 7＝0C ．S 9>S 5D ．当n ＝6或n ＝7时S n 取得最大值解析：选C 由S 5<S 6，得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5<a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6，即a 6>0.同理由S 7>S 8，得a 8<0.又S 6＝S 7，∴a 1＋a 2＋…＋a 6＝a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7，∴a 7＝0，∴B 正确；∵d ＝a 7－a 6<0，∴A 正确；而C 选项，S 9>S 5，即a 6＋a 7＋a 8＋a 9>0，可得2(a 7＋a 8)>0，由结论a 7＝0，a 8<0，知C 选项错误；∵S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，∴结合等差数列前n 项和的函数特性可知D 正确．故选C.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若公差d >0，(S 8－S 5)(S 9－S 5)<0，则( )A ．|a 7|>|a 8|B ．|a 7|<|a 8|C ．|a 7|＝|a 8|D ．|a 7|＝0解析：选B 因为(S 8－S 5)(S 9－S 5)<0，所以(a 6＋a 7＋a 8)(a 6＋a 7＋a 8＋a 9)<0，因为{a n }为等差数列，所以a 6＋a 7＋a 8＝3a 7，a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2(a 7＋a 8)，所以a 7(a 7＋a 8)<0，所以a 7与(a 7＋a 8)异号．又公差d >0，所以a 7<0，a 8>0，且|a 7|<|a 8|，故选B.二、填空题8．在数列{a n }中，a n ＋1＝a n 1＋3a n，a 1＝2，则a 20＝________. 解析：由a n ＋1＝a n 1＋3a n，a 1＝2，可得1a n ＋1－1a n ＝3， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，3为公差的等差数列． 所以1a n ＝12＋3(n －1)，即a n ＝26n －5， 所以a 20＝2115. 答案：21159．数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：∵a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，∴a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为a 12＝12，公差d ＝12的等差数列， 故a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝12n ， 即a n ＝n ·2n －1. 答案：a n ＝n ·2n －1 10．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8，则λ＝________. 解析：当S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8时，由等差数列的性质得：S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等差数列，∴2(S 8－S 4)＝S 4＋(S 12－S 8)，∴2(3S 4－S 4)＝S 4＋(λ·3S 4－3S 4)，解得λ＝2.答案：2三、解答题11．已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，a 3＋a 4＝12.(1)求a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5；(2)设b n ＝10－a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 1≠b 2，则n 为何值时，S n 最大？S n 最大值是多少？解：(1)设{a n }的公差为d ，∵a 1，a 2，a 5成等比数列，∴(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )，解得d ＝0或d ＝2a 1.当d ＝0时，∵a 3＋a 4＝12，∴a n ＝6，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝30；当d ≠0时，∵a 3＋a 4＝12，∴a 1＝1，d ＝2，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝25.(2)∵b 1≠b 2，b n ＝10－a n ，∴a 1≠a 2，∴d ≠0，由(1)知a n ＝2n －1，∴b n ＝10－a n ＝10－(2n －1)＝11－2n ，S n ＝10n －n 2＝－(n －5)2＋25. ∴当n ＝5时，S n 取得最大值，最大值为25.12．(2018·沈阳质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值和T n 的表达式． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2， 故a n ＝2n －7(n ∈N *)．(2)由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3， 所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0，当n ≥4时，a n ＝2n －7>0. 由(1)知S n ＝n 2－6n ，所以当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2；当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T 5＝13，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4. 13．已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＝a n －1＋2n －1＋3(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明数列{a n －2n }是等差数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n 2n ，求b n 的前n 项和S n . 解：(1)证明：当n ≥2时，a n ＝a n －1＋2n －1＋3＝a n －1＋2n －2n －1＋3， ∴a n －2n －(a n －1－2n －1)＝3. 又a 1＝4，∴a 1－2＝2，故数列{a n －2n }是以2为首项，3为公差的等差数列，∴a n －2n ＝2＋(n －1)×3＝3n －1，∴a n ＝2n ＋3n －1.(2)b n ＝a n 2n ＝2n ＋3n －12n ＝1＋3n －12n ， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1＋22＋⎝⎛⎭⎫1＋522＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋3n －12n ＝n ＋⎝⎛⎭⎫22＋522＋…＋3n －12n ， 令T n ＝22＋522＋…＋3n －12n ，① 则12T n ＝222＋523＋…＋3n －12n ＋1，② ①－②得，12T n ＝1＋322＋323＋…＋32n －3n －12n 1， ＝1＋3×14⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－3n －12n ＋1＝52－3n ＋52n ＋1， ∴S n ＝n ＋5－3n ＋52n.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a 2，a 3；(2)求实数λ使⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 为等差数列，并由此求出a n 与S n ； (3)求n 的所有取值，使S n a n∈N *，说明你的理由． 解：(1)∵a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1， ∴a 2＝2×3＋22－1＝9，a 3＝2×9＋23－1＝25.(2)∵a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1， ∴a n ＋1－1＝2(a n －1)＋2n ＋1， ∴a n ＋1－12n ＋1－a n －12n ＝1， 故λ＝－1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 成等差数列，且首项为a 1－12＝1，公差d ＝1. ∴a n －12n ＝n ，即a n ＝n ·2n ＋1. ∴S n ＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋n ，设T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①则2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，② ①－②得，－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2， ∴S n ＝T n ＋n ＝(n －1)·2n ＋1＋2＋n . (3)S n a n ＝(n －1)·2n ＋1＋n ＋2n ·2n ＋1＝2＋n －2n ＋1n ·2n ＋1， 结合y ＝2x 及y ＝12x 的图象可知2n >n 2恒成立， ∴2n ＋1>n ，即n －2n ＋1<0，∵n ·2n ＋1>0，∴S n a n<2. 当n ＝1时，S n a n ＝S 1a 1＝1∈N *； 当n ≥2时，∵a n >0且{a n }为递增数列，∴S n >0且S n >a n ，∴S n a n >1，即1<S n a n <2，∴当n ≥2时，S n a n∉N *. 综上可得n ＝1.高考研究课(二)等比数列的3考点——基本运算、判定和应用[全国卷5年命题分析][典例] (1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n a n＝( ) A ．4n －1 B ．4n －1C ．2n －1 D ．2n －1 (2)(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－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.[解析] (1)设{a n }的公比为q ，∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧ a 1＋a 1q 2＝52， (ⅰ)a 1q ＋a 1q 3＝54， (ⅱ)由(ⅰ)(ⅱ)可得1＋q 2q ＋q3＝2，∴q ＝12，代入(ⅰ)得a 1＝2， ∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ，∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ， ∴S n a n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 42n＝2n －1. 答案：D(2)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.(ⅰ)①由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.(ⅱ)联立(ⅰ)(ⅱ)解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2. 因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. ②由b 1＝1，T 3＝21，得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由(ⅰ)得d ＝8，则S 3＝21.当q ＝4时，由(ⅰ)得d ＝－1，则S 3＝－6.[方法技巧]解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解．(2)分类讨论的思想等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q. [即时演练]1．已知数列{a n }是首项a 1＝14的等比数列，其前n 项和为S n ，S 3＝316，若a m ＝－1512，则m 的值为( )A ．8B ．10C ．9D ．7解析：选A 设数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则S 3＝34≠316，不符合题意，∴q ≠1. 由⎩⎨⎧ a 1＝14，S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝316，得⎩⎨⎧ a 1＝14q ＝－12，∴a n ＝14·⎝⎛⎭⎫－12n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1. 由a m ＝⎝⎛⎭⎫－12m ＋1＝－1512， 得m ＝8.2．(2017·北京高考)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＋a 4＝10， 所以2a 1＋4d ＝10，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 1＝1，b 2b 4＝a 5，所以b 1q ·b 1q 3＝9.解得q 2＝3.所以b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1. 从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12.[典例] (1)n 12n ＋2n ＋1n N *，对数列{a n }有下列命题：①数列{a n }是等差数列；②数列{a n＋1－a n}是等比数列；③当n≥2时，a n都是质数；④1a1＋1a2＋…＋1a n<2，n∈N*，则其中正确的命题有()A．②B．①②C．③④D．②④(2)设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n(n∈N*)．①求a2，a3的值；②求证：数列{S n＋2}是等比数列．[解析](1)∵an＋2＝3a n＋1－2a n，∴a n＋2－a n＋1＝2(a n＋1－a n)，∴数列{a n＋1－a n}是以a2－a1＝2为首项、2为公比的等比数列，∴a n－a n－1＝2n－1，a n－1－a n－2＝2n－2，…a2－a1＝21，累加得：a n－a1＝21＋22＋…＋2n－1＝2(1－2n－1)1－2＝2n－2，∴a n＝2n－2＋a1＝2n－1.显然①②③中，只有②正确，又∵1a n＝12n－1<12n－1(n≥2)，∴1a1＋1a2＋…＋1a n<1＋12＋122＋…＋12n－1＝1－12n1－12<2，故④正确；综上所述，①③错误，②④正确．答案：D(2)[思路点拨]①令n＝1,2,3，即可求出结论；②当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)a n－1＝(n－2)S n－1＋2(n－1)，与已知式相减，再利用a n＝S n－S n－1(n≥2)，化简整理，即可得出结论．解：①∵a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n(n∈N*)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.②证明：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n(n∈N*)，(ⅰ)∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)a n－1＝(n－2)·S n－1＋2(n－1)．(ⅱ) (ⅰ)－(ⅱ)得na n＝(n－1)S n－(n－2)S n－1＋2＝n(S n－S n－1)－S n＋2S n－1＋2＝na n－S n＋2S n－1＋2.∴－S n＋2S n－1＋2＝0，即S n＝2S n－1＋2，∴S n＋2＝2(S n－1＋2)．∵S1＋2＝4≠0，∴S n－1＋2≠0，∴S n＋2S n－1＋2＝2，故{S n＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．[方法技巧]等比数列的3种判定方法1．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＋a n＝2n(n∈N*)，则下列数列中一定为等比数列的是()A．{a n} B．{a n－1}C．{a n－2} D．{S n}解析：选C由S n＋a n＝2n(n∈N*)，可得S n－1＋a n－1＝2(n－1)(n≥2，n∈N*)，两式相减得a n＝12a n－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－2＝12(a n－1－2)(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，a1－2＝－1≠0，所以{a n－2}一定是等比数列．2．(2018·惠州模拟)设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝1，S n＋1＝4a n＋2.(1)设b n＝a n＋1－2a n，证明：数列{b n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)证明：由a1＝1及S n＋1＝4a n＋2，得a1＋a2＝S2＝4a1＋2.∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.∵S n＋1＝4a n＋2，①。
2019高考全国各地数学卷文科解答题分类汇编-数列
2019高考全国各地数学卷文科解答题分类汇编-数列1.〔天津文〕20、〔本小题总分值14分〕数列{}{}n na b 与满足1*1113(1)(2)1,,,2.2n nn n n n n b a b a b n N a -+++-+=-+=∈=且〔Ⅰ〕求23,a a 的值；〔Ⅱ〕设*2121,n n n c a a n N +-=-∈，证明{}n c 是等比数列；〔Ⅲ〕设n S 为{}na 的前n 项和，证明*21212122121().3n n n n S S S S n n N a a a a --++++≤-∈、【解析】〔20〕本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析能力和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。
总分值14分。
〔Ⅰ〕解：由1*3(1),2n n b n N -+-=∈，可得2,,1,n n b n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数,又()1121nn n n n b a b a +++=-+，当121231,21,2,;2n a a a a =+=-==-时由可得当2332,25,8.n a a a =+==时可得〔Ⅱ〕证明：对任意*n N ∈ 21212221n n n a a --+=-+① 2221221n n n a a ++=+②②-①，得21211212132,32,4n n n n n n nc a a c c --++--=⨯=⨯=即于是所以{}nc 是等比数列。
〔Ⅲ〕证明：12a =，由〔Ⅱ〕知，当*2k N k ∈≥且时，2113153752123()()()()k k k a a a a a a a a a a ---=+-+-+-++-13523212(14)23(2222)23214k k k ----=+++++=+⨯=-故对任意*2121,2.k k k N a --∈=由①得212121*2212221,2,2k k k k ka a k N ---+=-+=-∈所以 因此，21234212()()().2k k k k S a a a a a a -=++++++=于是，21222112.2k k k kk S S a ---=-=+ 故21221221222121212121221.1222144(41)22k k k kk k k k k k k k kk kS S k k k a a ------+-++=+=-=----- 2.〔北京文〕20、〔本小题共13分〕假设数列12:,,,(2)n n A a a a n ⋅⋅⋅≥满足11(1,2,,1)k k a a k n +-==⋅⋅⋅-，那么称nA 为E数列，记12()n n S A a a a =++⋅⋅⋅+.〔Ⅰ〕写出一个E 数列A 5满足130a a ==； 〔Ⅱ〕假设112a =，n=2000，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是n a =2017；〔Ⅲ〕在14a =的E 数列n A 中，求使得()n S A =0成立得n 的最小值.【解析】〔20〕〔共13分〕解：〔Ⅰ〕0，1，0，1，0是一具满足条件的E 数列A 5.〔答案不唯一，0，—1，0，1，0；0，±1，0，1，2；0，±1，0，—1，—2；0，±1，0，—1，—2，0，±1，0，—1，0都是满足条件的E 的数列A 5〕 〔Ⅱ〕必要性：因为E 数列A 5是递增数列， 所以)1999,,2,1(11==-+k a ak k 、所以A 5是首项为12，公差为1的等差数列、 所以a 2000=12+〔2000—1〕×1=2017、 充分性，由于a 2000—a 1000≤1， a 2000—a 1000≤1 ……a 2—a 1≤1所以a 2000—a t ≤19999，即a 2000≤a 1+1999、 又因为a 1=12，a 2000=2017,所以a 2000=a 1+1999、故n n n A k a a即),1999,,2,1(011=>=-+是递增数列、综上，结论得证.〔Ⅲ〕对首项为4的E 数列A k ，由于,3112=-≥a a,2123≥-≥a a…….3175-≥-≥a a……所以)8,,3,2(021 =>+++k a a a k所以对任意的首项为4的E 数列A m ，假设,0)(=m A S那么必有9≥n .又41=a 的E 数列,0)(4,3,2,1,0,1,2,3,4:11=----A S A 满足所以n 是最小值是9.3.(全国大纲文)17、〔本小题总分值l0分〕〔注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．〕 设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,26,a =13630,a a +=求n a 和n S【解析】17、解：设{}na 的公比为q ，由题设得12116,630.a q a a q =⎧⎨+=⎩ …………3分解得113,2,2, 3.a a q q ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩或 …………6分当113,2,32,3(21);n n n n a q a S -===⨯=⨯-时 当112,3,23,3 1.n n n n a q a S -===⨯=-时…………10分4.〔全国新文〕17、〔本小题总分值12分〕等比数列{}na 中，113a =，公比13q =、〔I 〕n S 为{}na 的前n 项和，证明：12n n a S -=〔II 〕设31323log log log n n b a a a =+++，求数列{}n b 的通项公式、【解析】〔17〕解：〔Ⅰ〕因为.31)31(311n n n a =⨯=- ,2311311)311(31n n n S -=--=所以,21n n a S -- 〔Ⅱ〕nn a a a b 32313log log log +++=)21(n +++-=2)1(+-=n n所以}{nb 的通项公式为.2)1(+-=n n b n5.〔江西文〕21、〔本小题总分值14分〕 〔1〕两个等比数列}{na ，}{nb ，满足(),,,aa ab a b a b a 1112233=>0-=1-=2-=3，假设数列}{na 唯一，求a 的值； 〔2〕是否存在两个等比数列}{na ，}{nb ，使得,,.n n b a ba b a b a 112233----成公差不．为0的等差数列？假设存在，求}{na ，}{nb 的通项公式；假设不．存在，说明理由、 【解析】21、〔本小题总分值14分〕解：〔1〕设{}n a 的公比为q ，那么21231,2,3b a b aq b aq =+=+=+ 由123,,b b b 成等比数列得22(2)(1)(3)aq a aq +=++即24310aq aq a -+-= 由20440a a a >∆=+>得， 故方程有两个不同的实根再由{}na 唯一，知方程必有一根为0，将q=0代入方程得1.3a =〔2〕假设存在两个等比数列{},{}n na b ，使11223344,,,b a b a b a b a ----成公差不为0的等差数列，设{}n a 的公比为1,{}n q b 的公比为2q那么221211b a b q a q -=-2233121133441211b a b q a q b a b q a q -=--=- 由11223344,,,b a b a b a b a ----成等差数列得 2212111112112233121112112112()()2()()b q a q b a b q a q b q a q b q a q b q q q ⎧-=-+-⎪⎨-=-+-⎪⎩即22121122122111(1)(1)0(1)(1)0b q a q b q q a q q ⎧---=⎪⎨---=⎪⎩①2q ⨯-②得21121()(1)0a q q q --= 由10a ≠得1211q q q ==或 i 〕当12q q =时，由①，②得11121b a q q ===或，这时2211()()0b a b a ---=与公差不为0矛盾ii 〕当11q =时，由①，②得10b =或21q =， 这时2211()()0b a b a ---=与公差不为0矛盾， 综上所述，不存在两个等比数列{},{}n na b ，使11223344,,,b a b a b a b a ----成公差不为0的等差数列。