专题06等差数列和等比数列的基本量问题(测试卷)备战2018高考高三二轮数学Word版含解析(江苏版)

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【最新】高中数学-2018高考数学(文科)习题第六章数列 6-4-2 word版含答案

1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 D解析由题可知a ，b 是x 2－px ＋q ＝0的两根， ∴a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，故a ，b 均为正数． ∵a ，b ，－2适当排序后成等比数列， ∴－2是a ，b 的等比中项，得ab ＝4， ∴q ＝4.又a ，b ，－2适当排序后成等差数列，所以－2是第一项或第三项，不防设a <b ，则－2，a ，b 成递增的等差数列，∴2a ＝b －2，联立⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝b －2，ab ＝4，消去b 得a 2＋a －2＝0，得a ＝1或a ＝－2，又a >0， ∴a ＝1，此时b ＝4， ∴p ＝a ＋b ＝5， ∴p ＋q ＝9，选D.2.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.点击观看解答视频答案 3n －1解析由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1qn －1＝3n －1.3．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. 答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n＝－1n.4.设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．点击观看解答视频(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n .解 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝2n －122n 2>2n －12－12n 2＝2n －22n ＝n －1n.所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得对任意的n ∈N *，都有T n ≥14n.5．设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2.解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n n －12d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n.所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n2n ＝2n ＋1－n －22n.所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 6．已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)bn (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n . 解 (1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b 2＝8，又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)．所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n n ＋12＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)． ②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0，当n ≥5时，c n ＝1nn ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤nn ＋12n－1，而n n ＋12n－n ＋1n ＋22n ＋1＝n ＋1n －22n ＋1>0，得n n ＋12n ≤5·5＋125<1. 所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．解 (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1，从而d ＝－1. 当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n 3－n2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n 3－n2，使得S n ＝2－m ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n n ＋12a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n n ＋12，使得T n ＝b m .所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．。

高考数学专题06 数列、不等式(理)

【备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】专题数列、不等式一、选择题1．【2018湖南株洲两校联考】等差数列{a n }中，a 3，a 7是函数f （x ）=x 2﹣4x +3的两个零点，则{a n }的前9项和等于（）A. ﹣18B. 9C. 18D. 36 【答案】C2．【2018陕西西安五中联考】已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且1313,,a a a 成等比数列，若11a =， n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2163n n S a ++ 的最小值为（）A. 3B. 4C. 2D. 92【答案】B【解析】1313a a a ，，成等比数列， 22131131121120a a a a d d d =∴=∴+=+≠，，（），，解得d=2． 12121n a n n ∴=+-=-（）．()2122n n n S n n -=+⨯=．()()2212192162169122432211n n n n S n n a n n n +-++++∴===++-≥=++++，当且仅当911n n +=+ 时即2n =时取等号，且2163n n S a ++取到最小值4，故选：A ．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前n 项和公式，等比中项的性质，基本不等式求最值的知识，解题的关键是利用分离常数法化简式子，凑出积为定值．3．【2018东北名校联考】中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公子仔细算相还.”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的的路程且前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问题第六天走了” （） A. 96里 B. 48里 C. 12里 D. 6里【答案】D【解析】由题知每天所走路程形成以1a 为首项，公比为12的等比数列，且前六项的和为378，则16112378112a ⎛⎫- ⎪⎝⎭=-，解得1192a =，则5616a a q ==，即第六天走了6里．故本题答案选B ．4．【2018河北邢台联考】已知()f n 表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则()123f =；21的因数有1,3,7,21，则()2121f =，那么()10051i f i =∑的值为（）A. 2488B. 2495C. 2498D. 2500 【答案】D选D5．【2018河北衡水武邑调研】己知数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S 、n T ，()()122121nnn a n a a b +=--，且()2*0,63n n n n a S a a n N >=+∈，若*,n n N k T ∀∈>恒成立，则k 的最小值是（）A.17 B. 149 C. 49 D. 8441【答案】B2231111111111111 (7818181818181778149)n n n n T ++⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-<⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭，要使 *,n n N k T ∀∈>恒成立，只需149k ≥，即k 的最小值是149，故选B. 【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：①()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭；1k =；③()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；④()()11122n n n =++ ()()()11112n n n n ⎡⎤-⎢⎥+++⎢⎥⎣⎦；此外，一些有关三角函数、等比数列的求和题型，也可以利用裂项相消法求解.6．【2018河北衡水武邑中学三调】已知数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n n S T 、，且0n a >,()2*63n nn S a a n N =+∈,()()122121nnn a n a a b +=--,若*,n n N k T ∀∈>恒成立，则k 的最小值是( ) A.17 B. 149 C. 49 D. 8441【答案】B【解析】已知()2*63n n n S a a n N =+∈， ()2*11163n n n S a a n N ---=+∈ ，两式子做差得到13n n a a --= ，故数列是等差数列，由等差数列的通项公式得到3n a n = ，故n b =()()118111781818181n n n n n ++⎛⎫=- ⎪----⎝⎭ ，故裂项求和得到1111111*778149781n n n b +⎛⎫=-=- ⎪--⎝⎭，由条件n k T >恒成立，得到K 的最小值为149．故答案选B ．点睛：本题考查到了通项公式的求法， ()()22*111663n n n n n n S S a a a a n N ----=-+-∈从而得到数列{}n a 是等差数列，再求出n b = ()()118111781818181n n n n n ++⎛⎫=- ⎪----⎝⎭，根据裂项求和的方法可以求出前n 项和。

2018届高考数学二轮数列求和专题卷(全国通用)

课时规范练30数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.在数列{a n}中,a1=-60,a n+1=a n+3,则|a1|+|a2|+…+|a30|=()A.-495B.765C.1 080D.3 1053.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n+S m=S n+m,其中m,n为正整数,且a1=1,则a10等于()A.1B.9C.10D.554.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 018等于()A.-1B.+1C.-1D.+15.已知数列{a n}中,a n=2n+1,则+…+=()A.1+B.1-2nC.1-D.1+2n6.设数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,若S n+1=S n,则数列的前 2 018项和为.7.已知等差数列{a n}满足:a5=11,a2+a6=18.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n+2n,求数列{b n}的前n项和S n.〚导学号24190915〛8.设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.〚导学号24190916〛9.S n为数列{a n}的前n项和,已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.〚导学号24190917〛综合提升组10.如果数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和S n>1 020,那么n的最小值是()A.7B.8C.9D.1011.(2017山东烟台模拟)已知数列{a n}中,a1=1,且a n+1=,若b n=a n a n+1,则数列{b n}的前n 项和S n为()A. B.C. D.〚导学号24190918〛12.(2017福建龙岩一模,文15)已知S n为数列{a n}的前n项和,对n∈N*都有S n=1-a n,若b n=log2a n,则+…+=.13.(2017广西模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=a n-1(n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2log3+1,求+…+.〚导学号24190919〛创新应用组14.(2017全国Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11015.观察下列三角形数表:1 第1行2 2 第2行34 3 第3行477 4 第4行5111411 5 第5行……假设第n行的第二个数为a n(n≥2,n∈N+).(1)归纳出a n+1与a n的关系式,并求出a n的通项公式;(2)设a n b n=1(n≥2),求证:b2+b3+…+b n<2.〚导学号24190920〛课时规范练30数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.B由a1=-60,a n+1=a n+3可得a n=3n-63,则a21=0,|a1|+|a2|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+(a21+…+a30)=S30-2S20=765,故选B.3.A∵S n+S m=S n+m,a1=1,∴S1=1.可令m=1,得S n+1=S n+1,∴S n+1-S n=1,即当n≥1时,a n+1=1,∴a10=1.4.C由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n=,S2 018=a1+a2+a3+…+a2=()+()+()+…+()=-1.0185.C a n+1-a n=2n+1+1-(2n+1)=2n+1-2n=2n,所以+…++…+=1-=1-.6.∵S n+1=S n,∴.又a1=2,∴当n≥2时,S n=·…··S1=·…·×2=n(n+1).当n=1时也成立,∴S n=n(n+1).∴当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n+1)-n(n-1)=2n.当n=1时,a1=2也成立,所以a n=2n.∴.则数列的前2 018项和=.7.解(1)设{a n}的首项为a1,公差为d.由a5=11,a2+a6=18,得解得a1=3,d=2,所以a n=2n+1.(2)由a n=2n+1得b n=2n+1+2n,则S n=[3+5+7+…+(2n+1)]+(21+22+23+…+2n)=n2+2n+=n2+2n+2n+1-2.8.解(1)由题意,有即解得故(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1++…+, ①T n=+…+.②①-②可得T n=2++…+=3-,故T n=6-.9.解(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.两式相减可得+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)==(a n+1+a n)·(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,故{a n}的通项公式为a n=2n+1.(2)由a n=2n+1可知b n=.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n=.10.D a n=1+2+22+…+2n-1=2n-1.∴S n=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=2n+1-n-2,∴S9=1 013<1 020,S10=2 036>1 020,∴使S n>1 020的n的最小值是10.11.B由a n+1=,得+2,∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,∴=2n-1,又b n=a n a n+1,∴b n=,∴S n=,故选B.12.对n∈N*都有S n=1-a n,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.当n≥2时,a n=S n-S n-1=1-a n-(1-a n-1),化为a n=a n-1.∴数列{a n}是等比数列,公比为,首项为.∴a n=.∴b n=log2a n=-n.∴.则+…++…+=1-.13.解(1)当n=1时,a1=a1-1,∴a1=2.当n≥2时,∵S n=a n-1,①S n-1=a n-1-1(n≥2),②∴①-②得a n=,即a n=3a n-1,∴数列{a n}是首项为2,公比为3的等比数列,∴a n=2·3n-1.(2)由(1)得b n=2log3+1=2n-1,∴+…++…+=+…+.14.A设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n 组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.15.解(1)由题意知a n+1=a n+n(n≥2),a2=2,∴a n=a2+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(a n-a n-1)=2+2+3+…+(n-1)=2+,∴a n=n2-n+1(n≥2).(2)∵a n b n=1,∴b n==2,∴b2+b3+b4+…+b n<2+…+=2<2.。

2018数学高考(文)二轮复习检测：题型练4大题专项数列的通项、求和问题解析版

题型练 4大题专项(二)数列的通项、乞降问题1.设数列 {a n}的前 n 项和为 S n,知足 (1-q)S n+qa n=1,且 q(q-1)≠0.(1)求 {a n}的通项公式 ;(2)若 S3,S9,S6成等差数列 ,求证 :a2,a8,a5成等差数列 .2.已知等差数列{ a n}的首项 a1=1,公差 d=1,前 n 项和为 S n,b n=.(1)求数列 { b n}的通项公式 ;(2)设数列 { b n}前 n 项和为 T n,求 T n.3.(2017江苏,19)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足 :a n-k+a n-k+1 + +a n-1+a n+1+ +a n+k- 1+a n+k=2ka n对随意正整数 n(n>k)总建立 ,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 .4.已知等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n, 公比为 q 的等比数列 {b n} 的首项是 , 且a1+2q=3,a2 +4b2=6,S5=40.(1)求数列 { a n},{ b n}的通项公式 a n,b n;(2)求数列的前 n 项和 T n.5. 已知函数 f(x)=, 数列 { a n} 知足 :2a n+1-2a n+a n+1a n=0,且 a n a n+1≠0. 在数列 { b n} 中 ,b1=f (0), 且 b n=f( a n-1).(1)求证 :数列是等差数列 ;(2)求数列 { |b n|}的前 n 项和 T n.6.记 U={1,2, ,100} .对数列 {a n}(n∈ N* )和 U 的子集 T,若 T= ?,定义 S T=0;若 T={t1,t2, ,t k},定义 S T=+ +. 比如 :T= {1,3,66} 时 ,S T =a1+a 3+a66. 现设 {a n}(n ∈ N* ) 是公比为 3 的等比数列 , 且当T= {2,4}时 ,S T=30.(1)求数列 { a n}的通项公式 ;(2)对随意正整数 k(1≤ k≤ 100), 若 T ? {1,2, ,k}, 求证 :S T<a k+1;(3)设 C? U,D? U ,S C≥ S D,求证 :S C+S C∩D≥ 2S D .##题型练 4大题专项(二)数列的通项、乞降问题1.解 (1)当 n=1 时 ,由 (1 -q)S1+qa1=1,a1=1.当 n≥ 2 时 ,由 (1-q) S n+qa n=1,得 (1-q)S n-1+qa n-1=1,两式相减 ,得 a n=qa n-1.又 q(q-1)≠0,所以 {a n} 是以 1 为首项 ,q 为公比的等比数列n-1 ,故 a n=q .(2) 由 (1)可知 S n=,又 S3+S6=2S9,所以 ,化简 ,得 a369258 2 8 5 成等差数列.+a =2a ,两边同除以q,得 a+a =2a.故 a ,a ,a2.解 (1)∵在等差数列 { a n}中 ,a1=1,公差 d=1,∴S n=na1+d=,∴b n=.(2) b n==2,∴T n=b1+b2+b3+ +b n=2+ +=2++= 2.故 T n=.3.证明(1)由于 {a n}是等差数列 ,设其公差为d,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,所以等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列 { a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,所以 ,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,此中 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+a 3+a5+a6=4a4,所以 a2=a3-d',在①中 ,取 n=3,则 a1+a 2+a4+a5=4a3,所以 a1=a3-2d',所以数列 {a n}是等差数列 .4.解 (1)设 { a n}公差为 d,由题意得解得故a n=3n-1,b n=.(2)∵+22 n+1,∴T n=+ +(2 2n+3 -8)=.5.(1) 证明∵ 2a n+1-2a n+a n+1a n=0,∴,故数列是认为公差的等差数列.(2)解∵b1=f (0)=5,∴=5,7a1-2=5a1,∴a1=1,=1+(n- 1)·,∴a n=,b n==7-(n+ 1)=6-n.当 n≤ 6 时 ,T n=(5+6-n)=;当 n≥ 7 时 ,T n=15+ (1+n-6)=.故 T n=6.(1) 解由已知得 a n=a1·3n-1,n∈ N * .于是当 T= {2,4}时 ,S T=a2+a4 =3a1+27a1 =30a1.又 S T=30,故 30a1 =30,即 a1=1.所以数列(2)证明由于n-1*{a n}的通项公式为a n=3,n∈ N .n-1*T ? {1,2, ,k},a n=3 >0,n∈ N ,k- 1k k所以 S T≤ a1+a 2+ +a k=1+3+ +3 =(3 -1)<3 .(3)证明下边分三种状况证明 .①若 D 是 C 的子集 ,则 S C+S C∩D=S C+S D≥ S D +S D =2S D.②若 C 是 D 的子集 ,则 S C+S C∩D=S C+S C=2S C≥ 2S D .③若D不是 C的子集,且C不是 D的子集.令 E=C ∩?U D,F=D ∩?U C,则 E ≠?,F ≠?,E∩F= ?.于是 S C=S E+S C∩D,S D =S F+S C∩D,从而由 S C≥ S D得 S E≥S F .设 k 为 E 中的最大数 ,l 为 F 中的最大数 ,则 k≥ 1,l≥ 1,k≠l.由 (2)知 ,S E <a k+1.于是 3l-1=a l≤ S F≤ S E<a k+1 =3k,所以 l- 1<k,即 l≤ k.又 k≠l,故 l≤ k-1.l-1 S F≤ a1+a 2+ +a l=1+3+ +3 =, S E≥ 2S F+1,S C-S C∩D≥ 2(S D-S C∩D)+1,S C+S C∩D≥2S D +1.①②③,S C+S C∩D≥ 2S D .。

2018年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列、等比数列习题

第一讲等差数列、等比数列限时规范训练一、选择题 1.已知数列｛a n ｝，若点（n , a n ）（ n € N ）在经过点（8,4）的定直线I 上，则数列｛a n ｝的前15项和S s=( ) A. 12 D. 120解析：T 点（n , a n ）在定直线上，数列｛a n ｝是等差数列，且a 8= 4, 答案：C2. 已知各项不为0的等差数列｛a n ｝满足a 4— 2a 2+ 3a *= 0,数列｛b n ｝是等比数列，且b ?= a ，则b 2b 8bn 等于() A. 1 B . 2 C. 4D. 8解析：T a 4 — 2a 7+ 3a 8= 0,「. 2a ?= a 4 + 3a 8,「. 2a ?= a 5+ a ?+ 2a $ = a 5 + a ?+ a ?+ a 9,即卩 2a ?= 4a ?, •- a 7 = 2, • b 7 = 2,又T b 2b 8b1= b 6b 8“= b 7b 7= (b 7) 3= 8，故选 D. 答案：D 3.在等差数列｛a n ｝中，a n >0，且a 1+ a 2+-+ a 10= 30,贝U a 5 • a 6的最大值等于( )A. 3 B . 6 C. 9D. 36解析：T a 1 + a 2+…+ a 10= 30,得 a 5 + a 6 = = 6,又 a n >0,「. a 5 • a 6<5 答案：C 4.设等差数列｛a n ｝满足a 2 = 7, a 4= 3, S 是数列｛a n ｝的前n 项和，则使得 S>0的最大的自然数 n 是()A. 9 B . 10 C. 11D. 123 — 7 、、解析：.｛a n ｝的公差 d =■ = — 2,. • ｛a n ｝的通项为 a = 7 — 2(n — 2) = — 2n + 11,. • ｛a n ｝是递减4 — 2 数列，B . 32C. 60a 1 + a 152XI52a 8 x 152 =15a 8= 60.a5 + a6且a5>0>a6, a5+ a6= 0，于是S9= 9a5>0, S o= - • 10= 0, S1 = 11 a6< 0,故选 A.答案：A5. 在等比数列｛a n｝中，a1+ a n= 34, a2 • a n-1 = 64,且前n项和S= 62,则项数n等于（）-2 -C. T 5D. T 6B. 5C. 6D. 7解析：设等比数列｛a n ｝的公比为q ,由a 2a n -1 = a©= 64,又a i + a n = 34，解得a i = 2,a n = 32或a ia i 1 — qa i — a n q 2 — 32qn=32, a n = 2.当 a i = 2, a n = 32 时，S = 一-=-= 62,解得 q = 2.又 a n = ag n1 — q 1 — q 1 — q—1所以2x2 1= 2 = 32,解得n = 5.同理，当a 1= 32, a n = 2时，由S= 62,解得q =右=2 4,即n — 1= 4, n = 5.综上，项数n 等于5，故选16 2B.答案：B+ a 10）v 0,S 9a 10v 0，即该等差数列前 9项均是正数项，从第10项开始是负数项，则一最大，故选C.a 9答案：CA. 4 6.在等差数列｛a n｝中, a 1= — 2015，其前n 项和为S n ,若誇―S= 2,则S 2016的值等于（A.— 2 015 C. 2 016 B . 2 015 D. 0解析：设数列10X9d , S o = 10a 1+ -2-d ,12X 11S 12所以石=12a + —2d 12- 9=a 1 + -^d . 10= a 1 + 尹S12 S 0 所以 S 2— S 0= d =2,所以 S 2 016 = 2 016 x a 1+2 015 X 2 016d = 0.答案：D7.设等差数列｛ a n ｝的前n 项和为 S, 且满足 S §2S 7>0, S 8V 0,则a ,-,¥中最大的项为（）S A.- a 7sB.-a 8a 9 a 10解析：因为｛a n ｝是等差数列，所以 =17a 9> 0, a 9> 0,S )8=IX a 1 + a 18=9( a 9&正项等比数列｛a n｝中，a2 = 8,16 a4= a©，则数列｛◎｝的前n项积T n中的最大值为（）A. T3B. T4-4 -C. T 5D. T 621 2 a 4 1解析：设正项等比数列｛a n ｝的公比为q (q >0)，贝U 16a 4 = af 5= a 2a 4= 8a 4, a 4= , q = =花，又q2 a 2 16 >0,贝y q =1a n= aq-2= 8x1 n _2= 2一2n ，贝H T n = aa 2…a n = 25+3+…+(7一2n) = 2n(6 —n)，当 n = 3 时，4诒丿n (6 — n )取得最大值9,此时T n 最大，即(T n ) max = T 3,故选A.答案：A 二、填空题a 29. (2017 •咼考北京卷 )若等差数列｛a n ｝和等比数列｛b n ｝满足a 1 = b 1 = — 1, a 4= S = 8，则匸=b 2解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d ,等比数列｛b ｝的公比为q ,a 4 — a 1 8— — I则由 a 4= a+ 3d ,得 d =3 — = 3= 3,33b 48由 b 4= b 1q 得 q = = —=— 8,「・ q =— 2.b 1 — 1a 2 a 1 + d — 1 + 3:b 2=両=—ix -? =1.答案：110 .若等比数列｛ a n ｝的各项均为正数，且a 1o an + a 9a 12= 2e 5,则ln a 1+ ln a ?+…+ ln a 2o = _____________55解析：因为 a 1o au + a 9a 12= 2a 1o a“= 2e ，所以 a 1o au = e . 所以 In a 1+ lna 2 + …+ In a 20= ln( aa 2…a 20)= ln[(a 1a 20)•( a 2a 19) ........ ( a 10an)] = ln( aean)5=10ln( aean) = 10ln e = 50ln e = 50.答案：50小值时，S 2 =且仅当 m= n 时取等号，n = 2,「. a 2= 2X 3= 6, — S 2= 2+ 6= 8. 答案：811.等比数列｛a n ｝的首项为2,公比为3,前n 项和为S.若log 3Sm + 1=9，则丄+上取最n m 解析：由题意可得a n = 2X3n —1, S = 2二=3n — 1,所以 log 3 |^aS m + 1n + 4m- 1=log 33 = n+ 4m-1 = 9,所以 n + 4m= 10,所以1+ 4 =n m2m 172=空」当5 10 2'1S k1+n2m 17 2n+?=帀+5m +乔》和+2Xn)等差数列｛a n｝的前n项和为S n, a3= 3, S= 10,则12. (2017 •高考全国卷nk = 1-6 -C. T 5D. T 6鬥=a i + 2d = 3,解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d ,则由4X3S 4= 4a i + —^d = 10,1111 1 11111 1 1S = S 1+ S 2+§+•••+ s n =2 1— 2+ 2-3+3 - 4+^+ n _ 市=2三、解答题13. 已知等差数列｛a n ｝中，a 2= 5，前4项和s= 28. (1)求数列｛a n ｝的通项公式；⑵若b = ( - 1)n a n ,求数列｛b n ｝的前2n 项和Tm[a 2= a 1 + d = 5, 解析:(1)设等差数列｛a n｝的公差为d，则由已知条件得S 4= 4&+宁X d = 28,a 1= 1, d = 4,• a n = a 1+ (n -1) X d = 4n — 3.⑵ 由(1)可得 b n = ( - 1)n a n = ( - 1)n (4 n -3), T 2n =- 1 + 5-9+ 13-17 +…+ (8 n -3) = 4X n = 4n .14. 已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S,且S = 9, a 1, a 3, a ?成等比数列. (1)求数列｛a n ｝的通项公式；⑵ 若金丰a 1(当n 》2时)，数列｛b n ｝满足b n = 2a n ，求数列｛b n ｝的前n 项和T n .2 2 1解析：(1) a 3 = a 1a ?，即(a + 2d ) = a(a 1 + 6d )，化简得 d =尹或 d = 0. 1 3X2 1 9当 d = ?a 1 时，S= 3a 1+ ~2~X ?a 1 = ^a 1= 9，得 a 1= 2, d = 1, • a n = a 1+ (n - 1)d = 2 + (n — 1) = n + 1,即卩 a n = n +1 ；当d = 0时，由S= 9,得a 1 = 3,即有a n = 3.⑵ 由题意可知b n = 2a n = 2n +1,b 1= 4, 一b• ｛b n ｝是以4为首项，2为公比的等比数列, • T n =养=二=2n + 2- 4.a i = 1,d = 1.n S 1 = n X 1 + n T2S T n n+1 = 21-估.nk = 1答案:2nn +1b n + 1 =2.15. 已知数列｛a n｝的前n项和为S, a1 = 2, a n M 0, a n a n+ 1= pS + 2,其中p 为常数.-8 -(1) 证明：a n + 2 —a n = p；(2) 是否存在p,使得｛a n｝为等差数列？并说明理由.解析：(1) 证明：由题设知a n a n+ 1= pS n+ 2，a n+ 1a n+ 2= pS n+ 1+ 2，两式相减得a n + 1 ( a n+ 2—a n) = pa n + 1，由于a n +1 M 0, 所以a n+2 —a n = p. (2)由题设知a i= 2, a i a2= pS+ 2,可得比=p+ 1,由(1)知a3= p+ 2. 令2a2= a1+ a3，解得p= 2，故a n+2—a n= 2,由此可得｛a2n—1｝是首项为2,公差为2的等差数列，且a2n—1= 2门，｛a2n｝是首项为3，公差为2的等差数列，且a2n= 2n +1,所以a n= n+ 1 ，a n + 1 —a n = 1 ，因此存在p= 2,使得数列｛a n｝为等差数列.。

等差数列与等比数列-每日一题2018年高考数学(理)二轮复习

等差数列与等比数列高考频度：★★★★☆ 难易程度：★★☆☆☆记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若4524a a +=，648S =，则数列{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【参考答案】C【解题必备】1．求解等差数列通项公式的方法主要有两种：（1）定义法.（2）前n 项和法，即根据前n 项和n S 与n a 的关系求解.在利用定义法求等差数列通项公式时，常涉及设等差数列项的问题，等差数列中项的常见设法有：（1）通项法；（2）对称项设法.当等差数列{}n a 的项数为奇数时，可设中间一项为a ，再以公差为d 向两边分别设项：,2,,,,2,a d a d a a d a d --++；当等差数列{}n a 的项数为偶数时，可设中间两项分别为,a d a d -+，再以公差为2d 向两边分别设项：,3,,,3,a d a d a d a d --++.2．递推关系式构造等差数列的常见类型：学+（1）转化为211()(n n n a a a +++--)n a -=常数，则{}1n n a a +-是等差数列；（2）转化为111n n a c a c +-=++常数，则1{}n a c+（c 可以为0）是等差数列；（31n n a a +=常数，则{}n a 是等差数列；（4）转化为221n n a a +-=常数，则2{}n a 是等差数列；（5）转化为111nnS c S c+-=++常数，则1{}nS c+（c可以为0）是等差数列．1．已知公差不为零的等差数列{}n a中，有2258220a a a-+=，数列{}n b是等比数列，55b a=，则37b b=A．16 B．8C．4 D．22．若等差数列{}n a和等比数列{}n b满足111a b==-，448a b==，则22ab为A．1B．1-C．2D．2-3．各项为正的等比数列{}n a中，4a与14a的等比中项为22，则27211log loga a+的值为A．4 B．3C．2 D．11．【答案】A【解析】在等差数列中，()282852224a a a a a+=+=，由2258220a a a-+=得2554a a=，所以54a=或5a=，因为等比数列{}n b中，55b a=，所以54b=，又因为237516b b b==，故选A.3．【答案】B【解析】由等比数列{}n a 中，4a 与14a 的等比中项为22，得4148a a =，又27211271124142log log log ()log ()log 83a a a a a a +====，故选B ．。

高考数学二轮复习考点知识专题讲解18---等差数列与等比数列基本量的问题(含解析)

．
【答案】：．8
【解析】：因为 a3－a1＝2，所以
，即
(q > 1)
所以
，设
，即 q2 = t +1，
所以号.
，当且仅当 t = 1，即 q = 2 时取到等
【问题探究，变式训练】
S5
a5
例 1、已知公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 S n，若＝3，则的值为________．
即(n＋2)bn＋1－nbn＝an＋2－an＋1.(*)(6 分)
a －a n＋2
n＋1
又(n＋2)cn－(n＋1)bn＝
，
2
所以 2(n＋2)cn－2(n＋1)bn＝(n＋2)bn＋1－nbn，
1
整理，得 cn＝ (bn＋bn＋1)．(9 分) 2
9 / 18
*
因为 bn≤λ≤cn 对一切 n∈N 恒成立，
Sn n＋1
a ＋a n＋1
n＋2
Sn
思路分析 (2) 若数列{an}是公差为 d 的等差数列，则 an＋1－＝ d，
－
n2
2n
n＋2
1
＝ d，所以 bn＝cn＝ d.因此要先证 bn＝cn＝λ 是常数．
2
2
Sn a1＋an 【解析】： (1) 若数列{an}是公差为 2 的等差数列，则＝ .(2 分)
n－1
n－1 3n－2
所以 bn＝b1＋＝1＋＝ .
2n－1 2n－1 2n－1
3n－2
*
又 b1＝1 也符合上式，故 bn＝，n∈N .(11 分)
2n－1
7 / 18
解后反思对于研究与整数有关的问题，一般地，可利用整数性或通过求出某个变量的限制范围，利用整数的性质进行一一地验证．

2018高考数学(理)二轮复习试题专题三第1讲等差数列与等比数列

热点 1 数列的基本运算 1．通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn 1.
－
2．前 n 项和公式 n（a1＋an） n（n－1）等差数列：Sn＝＝na1＋ d； 2 2 a1（1－qn） a1－anq 等比数列：Sn＝＝ (q≠1)． 1－q 1－q
[例 1] (1)(2015· 全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为 1 的等差数列， Sn 为{an}的前 n 项和，若 S8＝4S4，则 a10＝( 17 A. 2 C．10 19 B. 2 D．12 )
2．等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量 a1 和公差 d(公比 q)． (2)列、解方程组：把条件转化为关于 a1 和 d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
[变式训练] (2017· 北京卷)若等差数列{an}和等比数 a2 列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________． b2 (2)(2017· 衡水中学第二次调研)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn＝1＋2an(n≥2)，且 a1＝2，则 S20＝( A．219－1 C．219＋1 B．221－2 D．221＋2 )
即 8a1＋28＝16a1＋24， 1 1 19 所以 a1＝，则 a10＝a1＋(10－1)d＝＋9＝ . 2 2 2
(2)由于{an}是等比数列，设 an＝a1qn－1，其中 a1 是首项，q 是公比． a1＝8， 2 a1＋a3＝10， a1＋a1q ＝10，所以即解得 1 3 q＝ . a2＋a4＝5， a1q＋a1q ＝5， 2
1n－4 故 an＝2 ，
所
以
a1
·

2018年高考数学二轮复习专题三第1讲等差数列等比数列的基本问题案

矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。

专题06 等差数列、等比数列及数列的求和-高考数学试题探源与变式(解析版)

专题六等差数列、等比数列及数列的求和【母题原题1】【2019浙江，10】设,a b R ∈，数列{}n a 中，21,n n n a a a a b +==+，b 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】选项B ：不动点满足2211042x x x ⎛⎫-+=-= ⎪⎝⎭时，如图，若1110,,22n a a a ⎛⎫=∈< ⎪⎝⎭，排除如图，若a 为不动点12则12n a = 选项C ：不动点满足22192024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为ax 12-，令2a =，则210n a =<，排除选项D ：不动点满足221174024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为122x =±，令122a =±，则11022n a =±<，排除.选项A ：证明：当12b =时，2222132431113117,,12224216a a a a a a =+≥=+≥=+≥≥，处理一：可依次迭代到10a ；处理二：当4n ≥时，221112n nn a a a +=+≥≥，则117117171161616log 2log log 2n n n n a a a -++>⇒>则12117(4)16n n a n -+⎛⎫≥≥ ⎪⎝⎭，则626410217164646311114710161616216a ⨯⎛⎫⎛⎫≥=+=++⨯+⋯⋯>++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选A【母题原题2】【2018浙江，10】已知成等比数列，且．若，则A.B.C.D.【答案】B 【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如【母题原题3】【2017浙江，6】已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由()46511210212510S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d>0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式，通过套入公式与简单运算，可知4652S S S d +-=，结合充分必要性的判断，若p q ⇒，则p 是q 的充分条件，若p q ⇐，则p 是q 的必要条件，该题“0d >” ⇔ “46520S S S +->”，故互为充要条件．【母题原题4】【2016浙江，文8理6】如图，点列{}{},n n A B 分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈N ，*1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈N .(P≠Q 表示点P 与Q 不重合)若n n n d A B =，n S 为1n n n A B B +△的面积，则A ．{}n S 是等差数列B ．{}2n S 是等差数列C ．{}n d 是等差数列D ．{}2n d 是等差数列【答案】A【解析】S n 表示点n A 到对面直线的距离（设为n h ）乘以1n n B B +长度的一半，即112n n n n S h B B +=，由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值，那么我们需要知道n h 的关系式，由于1,n A A 和两个垂足构成了直角梯形，那么11sin n n h h A A θ=+⋅，其中θ为两条线的夹角，即为定值，那么1111(sin )2n n n n S h A A B B θ+=+⋅，111111(||sin )2n n n n S h A A B B θ+++=+⋅，作差后：1111(sin )2n n n n n n S S A A B B θ+++-=⋅，都为定值，所以1n n S S +-为定值．故选A.【母题原题5】【2019浙江，20】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12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N【答案】（1）()21n a n =-，()1n b n n =+；（2）证明见解析. 【解析】(1)由题意可得：1112432332a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得：102a d =⎧⎨=⎩，则数列{}n a 的通项公式为22n a n =-.其前n 项和()()02212n n n S nn +-⨯==-.则()()()()1,1,12n n n n n b n n b n n b -++++++成等比数列，即：()()()()21112n n n n n b n n b n n b ++=-+⨯+++⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦，据此有：()()()()()()()()2222121112121n n n n nn n n n b b n n n n n n b n n b b ++++=-++++++-+，故()()()()()22112121(1)(1)(1)(2)n n n n n n b n n n n n n n n n +--++==++++--+.(2)结合(1)中的通项公式可得：2nC==<=<=，则()()()12210221212nC C C n n n+++<-+-++--=【母题原题6】【2018浙江，20】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a 4+a 5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n}的前n 项和为2n 2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.点睛：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.【命题意图】1.考查等差数列、等比数列的通项公式及求和公式；2.考查数列的求和方法；3.考查运算求解能力、转化与化归思想以及分析问题解决问题的能力.【命题规律】数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．【答题模板】解答数列大题，一般考虑如下三步：第一步：确定数列的基本量.即根据通项公式、求和公式，通过布列方程或方程组，求得进一步解题所需的基本量；第二步：确定数列特征，选择求和方法.根据已有数据，研究送来的的特征，选择“分组求和法”“错位相减法”“裂项相消法”等求和方法；第三步：解答综合问题.根据题目要求，利用函数、导数、不等式等，进一步求解.【方法总结】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：（1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++；（21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. [特别提醒]：在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．(3)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (4)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 8. [特别提醒]：用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．（3）给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；（4）在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n .一、选择题1．【上海市虹口区2019届高三二模】已知等比数列的首项为2，公比为，其前项和记为，若对任意的，均有恒成立，则的最小值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】S n•，①n 为奇数时，S n •，可知：S n 单调递减，且•，∴S n ≤S 1＝2； ②n 为偶数时，S n•，可知：S n 单调递增，且•，∴S 2≤S n．∴S n 的最大值与最小值分别为：2，．考虑到函数y ＝3t在（0，+∞）上单调递增，∴A ．B ．∴B﹣A的最小值．故选：B．2．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由单调递增，可得，由，可得，所以.时，可得.①时，可得，即.②若，②式不成立，不合题意；若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.排除B,C,D,故选A.3．【浙江省2019年高考模拟训练卷（三)】已知数列满足，，，数列满足，，，若存在正整数，使得，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，，则有，，且函数在上单调递增，故有，得，同理有，又因为，故，所以.故选D.4．【广东省韶关市2019届高考模拟测试（4月)】已知数列{}n a 满足2*123111()23n a a a a n n n N n ++++=+∈，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若*()1n n N T n nλ<∈+恒成立，则实数λ的取值范围为（） A ．1[,)4+∞ B ．1(,)4+∞ C ．3[,)8+∞ D ．3(,)8+∞【答案】D 【解析】数列{}n a 满足212311123n a a a a n n n ++++=+，① 当2n ≥时，21231111(1)(1)231n a a a a n n n -+++⋯+=-+--，② ①﹣②得：12n a n n=，故：22n a n =，数列{}n b 满足：22121214(1)n n n n n b a a n n +++==+221114(1)n n ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，则：2222211111114223(1)n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦21114(1)n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，由于*()1n n N T n nλ<∈+恒成立，故：21114(1)1n n n λ⎛⎫-< ⎪++⎝⎭，整理得：244n n λ+>+，因为211(1)4441n y n n +==+++在*n N ∈上单调递减，故当1n =时，max213448n n +⎛⎫= ⎪+⎝⎭ 所以38λ>．故选：D ．5．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应】已知数列{} 满足0<<<π，且，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由,取特殊值：，，得：=，=，排除C 、D ；==，=>；且，，均小于，猜测，下面由图说明：当时，由迭代蛛网图：当时，由迭代蛛网图：可得，当n分别为奇数、偶数时，单调递增，且都趋向于不动点，由图像得，综上可得，故选A.6．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（）A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【解析】令,则,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时, 当时,所以当时，，，从而,因此,选C.二、解答题7．【天津市部分区2019年高三质量调查试题（二)】各项均为正数的等比数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.【答案】(1) (2)见证明【解析】解：（1）设等比数列的公比为，由得，解得或.因为数列为正项数列，所以，所以，首项，故其通项公式为.（2）由（Ⅰ）得所以，所以.8.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末】已知等比数列的公比，前项和为.若，且是与的等差中项.（I）求；（II）设数列满足，，数列的前项和为.求证：.【答案】（Ⅰ）（II）见证明【解析】（I）由，得①.再由是，的等差中项，得，即②.由①②，得，即，亦即，解得或，又，故.代入①，得，所以，即；（II）证明：对任意，，，即.又，若规定，则.于是，从而，即.8.9．【浙江省嘉兴市2019届高三上期末】在数列、中，设是数列的前项和，已知，，，.（Ⅰ）求和；（Ⅱ）若时，恒成立，求整数的最小值.【答案】（1），（2）整数的最小值是11.【解析】（Ⅰ）因为，即，所以是等差数列，又，所以，从而.（Ⅱ）因为，所以，当时，①②①-②可得，，即，而也满足，故. 令，则，即，因为，，依据指数增长性质，整数的最小值是11.10．【河南省濮阳市2019届高三5月模拟】已知数列}{n b 的前n 项和为n S ，2n n S b +=，等差数列}{n a 满足123b a =，157b a += （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）证明：122313n n a b a b a b ++++<.【答案】（Ⅰ）1n a n =+,112n n b -⎛⎫= ⎪⎝⎭；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）2n n S b += ∴当1n =时，1112b S b ==- 11b ∴=当2n ≥时，1122n n n n n b S S b b --=-=--+，整理得：112n n b b -=∴数列{}n b 是以1为首项，12为公比的等比数列 112n n b -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭设等差数列{}n a 的公差为d123b a =，157b a += 11346a d a d +=⎧∴⎨+=⎩，解得：121a d =⎧⎨=⎩()()112111n a a n d n n ∴=+-=+-⨯=+（Ⅱ）证明：设()212231111231222nn n n T a b a b a b n -⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()23111112312222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭两式相减可得：()()23111111111111421111122222212n n n n n T n n ++-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-+⋅=-+⋅+⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-13322n n ++=- 332n n n T +=-即12231332n n nn a b a b a b -+++⋅⋅⋅+=-302n n +> 122313n n a b a b a b -∴++⋅⋅⋅+< 11．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知数列{}n a 中，14a =，n a >，1314n n n n a a a a +=-+，记22212111...n nT a a a =+++. （1）证明：2n a >；（2）证明：115116n na a +≤<；（3）证明：8454n n n T -<<．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（2）见解析【解析】（1）∵3133(2)(2)1422n n n n n n n na a a a a a a a +---=-+-=-，∴31323221212n n n n n n na a a a a a a +---==---，令1n t a =，则2312()122n n a m t t t a +-==---，∵n a >t ∈，∴'2()260m t t t =--<，∴()m t在单调递减，∴16()()10339m t m ->=-=>，即n a 时，1202n n a a +->-恒成立， ∴12n a +-与2n a -同号，又1220a -=>.∴2n a >成立．（2）2124214111514816n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭221115412816⎛⎫<-+= ⎪⎝⎭，又212111515481616n n n a a a +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭…，∴115116n n a a +≤<. （3）先证4n nT <，因为2n a >，所以2114n a <，所以222121111...44n n n T n a a a =+++<⋅=，再证845n n T >-，∵1314n n n na a a a +=-+，∴()121144n n n n a a a a +-=+，又21232141115151481616n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+> ⎪⎝⎭，∴11615n n a a +>，∴116()31n n n a a a +<+，又10n n a a +-<，∴2211()4()431n n n n n a a a a a ++->-，所以221222121114...()314n n n n n T a a a a a +=+++>-+4488(416)31443145n n n >-+=->-，故8454n n n T -<<． 12．【浙北四校2019届高三12月模拟】已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．。

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1．设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝2am，则m＝________.
解析：由S3，S9，S6成等差数列，得2S9＝S3＋S6，
当q＝1时，显然不成立，

当q≠1时，2a11－q91－q＝a11－q31－q＋a11－q61－q，

即2q9＝q3＋q6，q3＝－12，因为a2＋a5＝2am,1＋q3＝2－12m－23，
所以，－12m－23＝14，m＝8.
2．已知Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，则a2＋a3a1＝________
解析：由S1，S2，S4成等比数列，得S22＝S1S4，即(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)，解得，d＝2a1，a2＋a3a1＝
2a1＋3
d
a
1

＝8.

3．(2017·江苏卷)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项的和为Sn，已知S3＝74，S6＝634，则a8＝________.

4．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若a5＋2a10＝0，则S20S10＝________.

解析：由a5＋2a10＝0，得q5＝－12，则S20S10＝1＋q10＝54.
5. 设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S10＝10，S30＝70，则S40＝________.
解析：由S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，得(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，S20＝30或S20＝－20，当
S
20

＝－20时，S20S10＝1＋q10＝－2(无解)，当S20＝30时，S20S10＝1＋q10＝3，q10＝2，S40＝S20(1＋q20)＝150.

6. 设Sn是筹差数列{an}的前n项和，若S3S6＝13，则S6S7＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，由S3S6＝13，得3a1＋3d6a1＋15d＝13，a1＝2d，所以，S6S7＝6a1＋15d7a1＋21d＝2735.
7.已知数列{an}的通项公式an＝40－5n7，记Tn＝an＋an＋1＋an＋2＋…＋an＋6，当|Tn|取最小值时，n的值为多少？
解析：由an＝40－5n7，知a8＝0，又Tn＝an＋an＋1＋…＋an＋6，考虑到|Tn|≥0，由等差数列的对称性知，
T5＝0，即满足|Tn|取得最小值的正整数n
＝5.

8．已知数列{an}的通项公式an＝40－5n7，记Tn＝an＋an＋1＋…＋an＋6，当|Tn|取最小值时，n的值为多少？
解析：由an＝40－5n7，知a8＝0，又Tn＝an＋an＋1＋…＋an＋5，由于项数是偶数，由等差数列的对称性知，
应当左右偏离，故满足|Tn|取得最小值的正整数n＝5或6.
9．已知{an}为等差数列，若a7a6<－1，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n＝
________.

10.已知等差数列{an}的公差d∈N*，且a1＝16，若数列{an}中任意两项之和仍是该数列中的一项，则d的所
有可能取值的和为________．
解析：an＝16＋(n－1)d.设am＋an＝16＋(m－1)d＋16＋(n－1)d＝32＋(m＋n－2)d＝ak＝16＋(k－1)d，

m，n，k∈N*，所以，d＝16k＋1－m－n，又因为m，n，k，d∈N*，k＋1－m－n是16的因数，所以，d
的

所有可能取值的和为1＋2＋4＋8＋16＝31.
11. 设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22＋a23＝a24＋a25，S7＝7.
(1) 求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；

(2) 试求所有的正整数m，使得amam＋1am＋3为数列{an}中的项．
解析：(1) 设公差为d，则a22－a25＝a24－a23，得－3d(a2＋a5)＝d(a4＋a3)，因为d≠0，所以a4＋a3＝0，
又由S7＝7得a4＝1，解得a1＝－5，d＝2，所以an＝2n－7，Sn＝6n2－6n.

(2) amam＋1am＋3＝2m－72m－52m－1，令2m－1＝t，则amam＋1am＋3＝t－6t－4t＝t＋24t－10，因为t是

奇数，所以t可取的值为±1，当t＝1，m＝1时，amam＋1am＋3＝15，是数列{an}中的项；当t＝－1时，m＝
0(舍)，所以，满足条件的正整数m＝1.
12. 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且d≠0.
(1)若a1＝5d，则a2＋a7是否是数列{an}中的项？若是，是第几项？若不是，请说明理由；
(2) 求证：数列{an}中任意不同的两项之和仍为数列{an}中的项的充要条件是存在整数m，使得a1＝md，且
m
≥－1.