2015北京数学模拟试题分类汇编----数列

数学强化训练（数列）1. 等比数列{a n }中，a 4，a 8是关于x 的方程x 2+10x +4=0的两个实根，则a 2a 6a 10=（ ）A. 8B. −8C. 4D. 8或−82. 已知等差数列{a n }{b n }的前n 项和分别为S n ，T n (n ∈N ∗)若S nT n=2n−1n+1则实数a 12b 6( ) A. 154B. 158C. 237D. 33. 定义数列{a n }的“项的倒数的n 倍和数”为T n =1a 1+2a 2+⋯+na n(n ∈N ∗)，已知T n =n 22（n ∈N *），则数列{a n }是 （ ）A. 单调递减的B. 单调递增的C. 先增后减的D. 先减后增的4. 已知数列{a n }中，a 1=2，a n =-1an−1（n ≥2），则a 2010等于 （ ）A. −12B. 12C. 2D. −25. 数列{a n }满足a n +a n +1=（-1）n •n ，则数列{a n }的前20项的和为 （ ）A. −100B. 100C. −110D. 110 6. 等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6+a 4a 7=18，则log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10=（ ）A. 1+log 35B. 2+log 35C. 12D. 10 7. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n =2a n -2n +1（n ∈N +），则数列{a n }的通项公式为______． 8. 在数列{a n }中，若a 1=1，a n+1=2a n +3(n ∈N ∗)，则数列的通项公式是______ ． 9. 已知数列{a n }满足a n +2-2a n +1+a n =0，且a 4=π2，若函数f （x ）=sin2x +2cos 2x2，记y n =f（a n ），则数列{y n }的前7项和为______．10. 已知数列{a n }的通项公式为a n =n +λn ，若{a n }为递增数列，则实数λ的取值 范围是________.11. 设{a n }是首项为a 1，公差为-1的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为______．12. 已知数列a 1，a 2-a 1，a 3-a 2，…，a n -a n -1，…是首项为1，公差为1的等差数列，则数列{a n }的通项公式a n =______．13. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =a n +n 2−1(n ∈N ∗)． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式（Ⅱ）定义x =[x ]+＜x ＞，其中[x ]为实数x 的整数部分，＜x ＞为x 的小数部分， 且0≤＜x ＞＜1，记c n =＜a n a n+1S n＞，求数列{c n }的前n 项和T n ．14.设数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+1．（1）证明：数列{a n}为等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）求数列{n•（a n+1）}的前n项和T n．15.已知n为正整数，数列{a n}满足a n＞0，4（n+1）a n2-na n+12=0设数列{b n}满足b n=a n2t n}为等比数列；（2）若数列{b n}是等差数列，求实数t的值：（1）求证：数列{n√n（3）若数列{b n}是等差数列，前n项和为S n，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12S n-a14n2=16b m成立，求满足条件的所有整数a1的值．答案和解析1.【答案】B解：根据题意，等比数列{a n}中，有a4a8=a2a10=（a6）2，a4，a8是关于x的方程x2+10x+4=0的两个实根，则a4a8=4，a4+a8=-10，则a4＜0，a8＜0，则有a6=a4q2＜0，即a6=-2，a2a6a10=（a6）3=-8；2.【答案】A解：由题意可设，，，（k≠0）．则a12=S12-S11=288k-12k-242k+11k=45k．b6=T6-T5=36k+6k-25k-5k=12k．∴实数=．3.【答案】A解：当n=1时，，解得a1=2．当n≥2时，，所以，综上有，所以a1＞a2＞a3＞…，即数列{a n}是单调递减的．（或用）．4.【答案】A解：数列{a n}中，a1=2，a n=-（n≥2），则a2=-=-，a3=-=2，a4=-=-，a5=-=2，…，则数列{a n}为最小正周期为4的数列，则a2010=a4×502+2=a2=-，5.【答案】A解：∵数列{a n}满足，∴a2k-1+a2k=-（2k-1）．则数列{a n}的前20项的和=-（1+3+……+19）=-=-100．6.【答案】D解：∵等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，∴a5a6=a4a7=9，∴log3a1+log3a2+…+log3a10=log3（a1×a2×…×a10）=log3（a5a6）5==10．7.【答案】a n=（n+1）•2n解：∵S n=2a n-2n+1（n∈N+），∴n=1时，a1=2a1-4，解得a1=4；n≥2时，a n=S n-S n-1=2a n-2n+1-，化为：a n-2a n=2n，∴=1，∴数列是等差数列，公差为1，首项为2．∴=2+（n-1）=n+1，∴a n=（n+1）•2n．8.【答案】a n=2n+1-3解：∵a n+1=2a n+3，两边同时加上3，得a n+1+3=2a n+6=2（a n+3）∴=2数列{a n+3}是一个等比数列，首项a1+3=4，公比为2故数列{a n+3}的通项公式是a n+3=4•2n-1=2n+1，∴a n=2n+1-3，9.【答案】7解：根据题意数列{a n}满足a n+2-2a n+1+a n=0则数列{a n}是等差数列，又由a4=，则a1+a7=a2+a6=a3+a5=2a4=π，函数f（x）=sin2x+2cos2=sin2x+cosx+1，f（a1）+f（a7）=sin2a1+cosa1+1+sin2a7+cosa7+1=sin2a1+cosa1+1+sin2（π-a1）+cos（π-a1）+1=2，同理可得：f（a2）+f（a6）=f（a3）+f（a5）=2，f（a4）=sinπ+cos+1=1，则数列{y n}的前7项和f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）+f（a6）+f（a7）=7；10.【答案】（-∞，2）解：∵数列{a n}的通项公式为a n=n+（n=1，2，3，…），数列{a n}是递增数列，∴a n+1-a n=(n+1)-n+=＞0恒成立所以=∴当n=1时，有最小值2，即实数λ的取值范围是（-∞，2）．11.【答案】-1解：由题意可得，a n=a1+（n-1）（-1）=a1+1-n，S n==2，再根据若S1，S2，S4成等比数列，可得=S1•S4，即=a1•（4a1-6），解得a1=-12.【答案】1n（n+1）解：因为a1，a2-a1，a3-a2，…，a n-a n-1，…是首项为1、2公差为1的等差数列，所以当n≥2时a n=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（a n-a n-1）=n+，又因为a1=1满足上式，所以，13.解：（Ⅰ）∵S n=a n+n2−1(n∈N∗)，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=a n +n 2−1−[a n−1+(n −1)2−1]， 整理得：a n -1=2n -1，∴a n =2n +1； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，S n =n 2+2n ， ∴a n a n+1S n=(2n+1)(2n+3)n 2+2n =4n 2+8n+3n 2+2n=4+3n 2+2n ．∴当n =1时，c 1=＜4+1＞=0，当n ≥2时，有0＜3n 2+2n ＜1．∴c n =3n 2+2n =32(1n −1n+2)（n ≥2）． ∴T n =c 1+c 2+…+c n=0+32(12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1−1n+1+1n −1n+2) =32(12+13−1n+1−1n+2)=5n 2+3n−84n 2+12n+8．验证n =1成立，∴T n =5n 2+3n−84n 2+12n+8． 14.（1）证明：a 1=1，a n +1=2a n +1．可得：a n +1+1=2（a n +1）．∴数列{a n +1}是等比数列，公比为2，首项为2．∴a n +1=2n ，可得a n =2n -1．（2）解：n •（a n +1）=n •2n ．数列{n •（a n +1）}的前n 项和T n =2+2×22+3×23+…+n •2n ， ∴2T n =22+2×23+…+（n -1）•2n +n •2n +1， ∴-T n =2+22+…+2n -n •2n +1=2(2n −1)2−1-n •2n +1=（1-n ）•2n +1-2，故T n =（n -1）•2n +1+2．15.（1）证明：数列{a n }满足a n ＞0，4（n +1）a n 2-na n +12=0，∴2√n +1a n =√n a n +1，即n+1√n+1=2n √n ，∴数列{n√n }是以a 1为首项，以2为公比的等比数列．（2）解：由（1）可得：n √n =a 1×2n−1，∴a n 2=n a 12•4n -1．∵b n =a n 2tn，∴b 1=a 12t，b 2=a 22t2，b 3=a 32t3， ∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t2=a 12t+a 32t3，∴2×2a 12×4t=a 12+3a 12×42t2， 化为：16t =t 2+48，解得t =12或4．（3）解：数列{b n }是等差数列，由（2）可得：t =12或4． ①t =12时，b n =na 12⋅4n−112n=na 124×3n，S n =n(a 1212+na 124×3n)2，∵对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 12S n -a 14n 2=16b m 成立，∴8a 12×n(a 1212+na 124×3n )2-a 14n 2=16×ma 124×3m，∴a 12(n3+n 23n −n 2)=4m 3m ，n =1时，化为：-13a 12=4m3m ＞0，无解，舍去． ②t =4时，b n =na 12⋅4n−14n=na 124，S n =n(a 124+na 124)2，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 12S n -a 14n 2=16b m 成立，∴8a 12×n(a 124+na 124)2-a 14n 2=16×ma 124，∴n a 12=4m ，∴a 1=2√m n．∵a 1为正整数，∴√m n=12k ，k ∈N *．∴满足条件的所有整数a 1的值为{a 1|a 1=2√mn，n ∈N *，m ∈N *，且√m n=12k ，k ∈N *}．。

专题13数列小题1。

【2017课标1,理4】记nS 为等差数列{}na 的前项和．若4524a a +=，648S =,则{}na 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8 【答案】C 【解析】试题分析：设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S ad a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =,故选C.秒杀解析：因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416aa +=，则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C 。

【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时,要多多使用等差数列的性质，如{}na 为等差数列，若m np q +=+，则mnpqa a a a +=+。

2。

【2017课标3，理9】等差数列{}na 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}na 前6项的和为A ．24-B ．3-C ．3D ．8 【答案】A 【解析】故选A 。

【考点】等差数列求和公式；等差数列基本量的计算【名师点睛】（1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1,a n ,d ，n ,S n ，知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.(2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.3。

【2017课标II,理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一,请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【答案】B【解析】试题分析:设塔的顶层共有灯x盏,则各层的灯数构成一个首项为x，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：()712381 12x⨯-=-，解得3x=，即塔的顶层共有灯3盏，故选B。

等比数列及其前n项和挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点等比数列的定义及通项公式①理解等比数列的概念.②掌握等比数列的通项公式.③了解等比数列与指数函数的关系2018课标全国Ⅰ,17,12分等比数列判定及通项公式递推公式★★★2017课标全国Ⅱ,17,12分等比数列基本量计算等差数列基本量计算等比数列的性质及其应用能利用等比数列的性质解决相应的问题2015课标Ⅱ,9,5分等比数列下标和定理等比数列通项公式★★☆等比数列的前n项和掌握等比数列的前n项和公式2016课标全国Ⅰ,17,12分等比数列前n项和等差数列基本量计算★★★2018课标全国Ⅲ,17,12分等比数列前n项和公式等比数列通项公式2017课标全国Ⅰ,17,12分等比数列前n项和计算等差数列的判定2015课标Ⅰ,13,5分等比数列前n项和计算等比数列定义分析解读本节在高考中主要考查等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式及等比中项等相关内容.对等比数列的定义、通项公式、性质及等比中项的考查,常以选择题、填空题的形式出现,难度较小.对前n项和以及与其他知识(函数、不等式)相结合的考查,多以解答题的形式出现,注重题目的综合与新颖,突出对逻辑思维能力的考查.本节内容在高考中分值为5分左右,难度不大.破考点【考点集训】考点一等比数列的定义及通项公式1.(2019届某某某某模拟,6)已知等比数列{a n}各项均为正数,满足a1+a3=3,a3+a5=6,则a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7=( )A.62B.62√2C.61D.61√2答案 A2.(2018某某八校第一次联考,17)已知数列{a n}满足a1=1,a2=4,a n+2=4a n+1-4a n.(1)求证:{a n+1-2a n}是等比数列;(2)求{a n}的通项公式.解析(1)证明:由a n+2=4a n+1-4a n得a n+2-2a n+1=2a n+1-4a n=2(a n+1-2a n)=22(a n-2a n-1)=…=2n(a2-2a1)≠0,∴a a+2-2a a+1a a+1-2a a=2,∴{a n+1-2a n}是等比数列.(2)由(1)可得a n+1-2a n=2n-1(a2-2a1)=2n,∴a a+12a+1-a a2a=12,∴{a a2a}是首项为12,公差为12的等差数列,∴a a2a=a2,则a n=n·2n-1.考点二等比数列的性质及其应用1.(2018某某马某某第二次教学质量监测,5)已知等比数列{a n}满足a1=1,a3·a5=4(a4-1),则a7的值为( )A.2B.4C.92D.6答案 B2.(2019届某某某某新华区模拟,9)已知正数组成的等比数列{a n}的前8项的积是81,那么a1+a8的最小值是( )A.2√3B.2√2C.8D.6答案 A考点三等比数列的前n项和1.(2018某某某某教学质量检测(二),16)数列{a n}满足a1+3a2+…+(2n-1)a n=3-2a+32a,n∈N*,则a1+a2+…+a n=.答案1-12a2.(2019届某某某某模拟,15)设等比数列{a n}的前n项和为S n,8a2-a5=0,则公比q的值为,若-a a2a有最大值-2,则a1的值为.答案2;43.(2018某某(长郡中学、某某八中)、某某(某某二中)等十四校第二次联考,17)已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,a1=1,b1=2,b2=2a2,b3=2a3+2.(1)求{a n },{b n }的通项公式; (2)若{a aa a}的前n 项和为S n ,求证:S n <2.解析 (1)设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q, 由题意得{2a =2(1+a ),2a 2=2(1+2d)+2,解得{a =1,a =2或{a =-1,a =0(舍), ∴a n =n,b n =2n. (2)证明:由(1)知a a a a =a2a, ∴S n =12+222+323+…+a -12a -1+a2a, 则12S n =122+223+324+…+a -22a -1+a -12a+a 2a +1,两式相减得12S n =12+122+123+…+12a -a2a +1=12[1-(12)a ]1-12-a2a +1,∴S n =2-(12)a -1-a2a ,∴S n <2.炼技法 【方法集训】方法 等比数列的判定方法1.(2019届某某某某模拟,15)如图所示,正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形两直角边上再连接正方形,……,如此继续下去,若共得到1 023个正方形,设初始正方形的边长为√2,则最小正方形的边长为.答案 1162.(2017某某仿真模拟,16)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足:a 1=1,a 2=2,S n +1=a n+2-a n+1(n∈N *),若不等式λS n >a n 恒成立,则实数λ的取值X 围是. 答案 (1,+∞)过专题【五年高考】A 组 统一命题·课标卷题组考点一 等比数列的定义及通项公式1.(2018课标全国Ⅰ,17,12分)已知数列{a n }满足a 1=1,na n+1=2(n+1)a n .设b n =a aa. (1)求b 1,b 2,b 3;(2)判断数列{b n }是否为等比数列,并说明理由; (3)求{a n }的通项公式. 解析 (1)由条件可得a n+1=2(a +1)aa n .将n=1代入得,a 2=4a 1,而a 1=1,所以a 2=4. 将n=2代入得,a 3=3a 2,所以a 3=12. 从而b 1=1,b 2=2,b 3=4.(2){b n }是首项为1,公比为2的等比数列. 由条件可得a a +1a +1=2a aa,即b n+1=2b n ,又b 1=1,所以{b n }是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得a a a=2n-1,所以a n =n·2n-1.2.(2017课标全国Ⅱ,17,12分)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 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=3①. (1)由a 3+b 3=5得2d+q 2=6②. 联立①和②解得{a =3,a =0(舍去),或{a =1,a =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①得d=8,则S 3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S 3=-6.考点二 等比数列的性质及其应用(2015课标Ⅱ,9,5分)已知等比数列{a n }满足a 1=14,a 3a 5=4(a 4-1),则a 2=( ) A.2B.1C.12D.18答案 C考点三 等比数列的前n 项和1.(2015课标Ⅰ,13,5分)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=2a n ,S n 为{a n }的前n 项和.若S n =126,则n=. 答案 62.(2018课标全国Ⅲ,17,12分)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a3. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m. 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题设得a n =q n-1. 由已知得q 4=4q 2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2. 故a n =(-2)n-1或a n =2n-1. (2)若a n =(-2)n-1,则S n =1-(-2)a3.由S m =63得(-2)m =-188,此方程没有正整数解. 若a n =2n-1,则S n =2n-1.由S m =63得2m=64,解得m=6. 综上,m=6.3.(2017课标全国Ⅰ,17,12分)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. 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题设可得{a 1(1+q)=2,a 1(1+q +a 2)=-6.解得q=-2,a 1=-2.故{a n }的通项公式为a n =(-2)n. (2)由(1)可得S n =a 1(1-a a )1-a =-23+(-1)n·2a +13. 由于S n+2+S n+1=-43+(-1)n·2a +3-2a +23=2[-23+(-1)a·2a +13]=2S n ,故S n+1,S n ,S n+2成等差数列.B 组 自主命题·省(区、市)卷题组考点一 等比数列的定义及通项公式1.(2018,5,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( )A.√23fB.√223f C.√2512fD.√2712f答案 D2.(2014某某,12,5分)如图,在等腰直角三角形ABC 中,斜边BC=2√2.过点A 作BC 的垂线,垂足为A 1;过点A 1作AC 的垂线,垂足为A 2;过点A 2作A 1C 的垂线,垂足为A 3;……,依此类推.设BA=a 1,AA 1=a 2,A 1A 2=a 3,……,A 5A 6=a 7,则a 7=.答案 14考点二 等比数列的性质及其应用(2015某某,13,5分)若三个正数a,b,c 成等比数列,其中a=5+2√6,c=5-2√6,则b=. 答案 1考点三 等比数列的前n 项和1.(2017某某,9,5分)等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8=. 答案 32解析 设等比数列{a n }的公比为q. 当q=1时,S 3=3a 1,S 6=6a 1=2S 3,不符合题意,∴q≠1,由题设可得{a 1(1-a 3)1-a =74,a 1(1-a 6)1-a=634,解得{a 1=14,a =2,∴a 8=a 1q 7=14×27=32.2.(2018某某,18,13分)设{a n }是等差数列,其前n 项和为S n (n∈N *);{b n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为T n (n∈N *).已知b 1=1,b 3=b 2+2,b 4=a 3+a 5,b 5=a 4+2a 6. (1)求S n 和T n ;(2)若S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n ,求正整数n 的值.解析 (1)设等比数列{b n }的公比为q.由b 1=1,b 3=b 2+2,可得q 2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故b n =2n-1.所以,T n =1-2a1-2=2n-1.设等差数列{a n }的公差为d.由b 4=a 3+a 5,可得a 1+3d=4. 由b 5=a 4+2a 6,可得3a 1+13d=16,从而a 1=1,d=1,故a n =n, 所以,S n =a (a +1)2.(2)由(1),有T 1+T 2+…+T n =(21+22+ (2))-n=2×(1-2a )1-2-n=2n+1-n-2.由S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n 可得a (a +1)2+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n 2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4. 所以,n 的值为4.3.(2016,15,13分)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b4. (1)求{a n }的通项公式;(2)设=a n +b n ,求数列{}的前n 项和. 解析 (1)等比数列{b n }的公比q=a 3a 2=93=3,(1分)所以b 1=a 2a=1,b 4=b 3q=27.(3分)设等差数列{a n }的公差为d. 因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27, 所以1+13d=27,即d=2.(5分) 所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).(6分) (2)由(1)知,a n =2n-1,b n =3n-1. 因此=a n +b n =2n-1+3n-1.(8分)从而数列{}的前n 项和S n =1+3+…+(2n -1)+1+3+…+3n-1=a (1+2a -1)2+1-3a1-3=n 2+3a -12.(13分)C 组 教师专用题组考点一 等比数列的定义及通项公式1.(2014某某,17,12分)在等比数列{a n }中,a 2=3,a 5=81. (1)求a n ;(2)设b n =log 3a n ,求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)设{a n }的公比为q,依题意得{a 1q =3,a 1a 4=81,解得{a 1=1,a =3.因此,a n =3n-1.(2)因为b n =log 3a n =n-1, 所以数列{b n }的前n 项和S n =a (a 1+a a )2=a 2-n2.2.(2014,15,13分)已知{a n }是等差数列,满足a 1=3,a 4=12,数列{b n }满足b 1=4,b 4=20,且{b n -a n }为等比数列. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,由题意得 d=a 4-a 13=12-33=3.所以a n =a 1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).设等比数列{b n -a n }的公比为q,由题意得 q 3=a 4-a 4a 1-a 1=20-124-3=8,解得q=2.所以b n -a n =(b 1-a 1)q n-1=2n-1. 从而b n =3n+2n-1(n=1,2,…). (2)由(1)知b n =3n+2n-1(n=1,2,…).数列{3n}的前n 项和为32n(n+1),数列{2n-1}的前n 项和为1×1-2a1-2=2n-1. 所以数列{b n }的前n 项和为32n(n+1)+2n-1.3.(2013某某,16,12分)在等比数列{a n}中,a2-a1=2,且2a2为3a1和a3的等差中项,求数列{a n}的首项、公比及前n项和.解析设该数列的公比为q.由已知,可得a1q-a1=2,4a1q=3a1+a1q2,所以a1(q-1)=2,q2-4q+3=0,解得q=3或q=1.由于a1(q-1)=2,因此q=1不合题意,应舍去.故公比q=3,首项a1=1.所以数列的前n项和S n=3a-12.4.(2013某某,19,14分)已知首项为32的等比数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明S n+1a a ≤136(n∈N*).解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为-2S2,S3,4S4成等差数列,所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,可得2a4=-a3,于是q=a4a3=-12.又a1=32,所以等比数列{a n}的通项公式为a n=32×(-12)a-1=(-1)n-1·32a.(2)证明:S n=1-(-12)a,S n+1a a=1-(-12)a+11-(-12)a={2+12a(2a+1),n为奇数,2+12a(2a-1),n为偶数.当n为奇数时,S n+1a a 随n的增大而减小,所以S n+1a a≤S1+1a1=136.当n为偶数时,S n+1a a 随n的增大而减小,所以S n+1a a≤S2+1a2=2512.故对于n∈N*,有S n+1a a ≤136.考点二等比数列的性质及其应用1.(2018某某,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则( )A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4答案 B2.(2014大纲全国,8,5分)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3,S4=15,则S6=( )A.31B.32C.63D.64答案 C3.(2013某某,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=.答案63考点三等比数列的前n项和1.(2013课标Ⅰ,6,5分)设首项为1,公比为2的等比数列{a n}的前n项和为S n,则( )3A.S n=2a n-1B.S n=3a n-2C.S n=4-3a nD.S n=3-2a n答案 D2.(2013某某,12,5分)某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于.答案 63.(2013,11,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=;前n项和S n=.答案2;2n+1-24.(2015某某,16,12分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;}的前n项和为T n,求T n.(2)设数列{1a a解析(1)由已知S n=2a n-a1,有a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1(n≥2),即a n=2a n-1(n≥2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列.故a n =2n.(2)由(1)得1a a=12a .所以T n =12+122+…+12a =12[1-(12)a ]1-12=1-12a .5.(2015某某,16,13分)已知等差数列{a n }满足a 3=2,前3项和S 3=92. (1)求{a n }的通项公式;(2)设等比数列{b n }满足b 1=a 1,b 4=a 15,求{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设{a n }的公差为d,则由已知条件得 a 1+2d=2,3a 1+3×22d=92,化简得a 1+2d=2,a 1+d=32, 解得a 1=1,d=12, 故通项公式a n =1+a -12,即a n =a +12.(2)由(1)得b 1=1,b 4=a 15=15+12=8.设{b n }的公比为q,则q 3=a 4a 1=8,从而q=2,故{b n }的前n 项和T n =a 1(1-a a )1-a =1×(1-2a )1-2=2n-1.6.(2014某某,19,12分)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)证明:数列{b n }为等比数列;(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2-1ln2,求数列{a n a a 2}的前n 项和S n . 解析 (1)证明:由已知可知,b n =2a a >0, 当n≥1时,a a +1a a=2a a +1-a a =2d, 所以数列{b n }是首项为2a 1,公比为2d的等比数列.(2)函数f(x)=2x的图象在(a 2,b 2)处的切线方程为y-2a 2=(x-a 2)2a 2ln 2,该切线在x 轴上的截距为a 2-1ln2.由题意知,a 2-1ln2=2-1ln2,解得a 2=2. 所以d=a 2-a 1=1,a n =n,b n =2n,a n a a 2=n·4n.于是,S n =1×4+2×42+3×43+…+(n -1)×4n-1+n×4n,4S n =1×42+2×43+…+(n -1)×4n +n×4n+1, 因此S n -4S n =4+42+ (4)-n×4n+1=4a +1-43-n×4n+1=(1-3a )4a +1-43.所以S n =(3a -1)4a +1+49.7.(2013某某,19,13分)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,S 4,S 2,S 3成等差数列,且a 2+a 3+a 4=-18. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得S n ≥2 013?若存在,求出符合条件的所有n 的集合;若不存在,说明理由.解析 (1)设数列{a n }的公比为q,则a 1≠0,q≠0.由题意得{a 2-a 4=a 3-a 2,a 2+a 3+a 4=-18,即{-a 1a 2-a 1a 3=a 1a 2,a 1q(1+q +a 2)=-18, 解得{a 1=3,a =-2.故数列{a n }的通项公式为a n =3×(-2)n-1. (2)由(1)有S n =3·[1-(-2)a]1-(-2)=1-(-2)n.若存在n,使得S n ≥2 013,则1-(-2)n≥2 013, 即(-2)n≤-2 012.当n 为偶数时,(-2)n>0,上式不成立;当n 为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012,即2n≥2 012,则n≥11.综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N ,k≥5}.【三年模拟】 时间:45分钟 分值:55分一、选择题(每小题5分,共30分)1.(2018某某某某一模,3)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 2=3,S 6=63,则S 5=( ) A.-33 B.15 C.31 D.-33或31 答案 D2.(2018某某某某调研,4)已知等比数列{a n }的公比为正数,前n 项和为S n ,a 1+a 2=2,a 3+a 4=6,则S 8等于( ) A.81-27√3 B.54C.38-1D.80 答案 D3.(2019届某某模拟,6)设数列{(n 2+n)a n }是等比数列,且a 1=16,a 2=154,则数列{3na n }的前15项和为( )A.1415B.1516C.1617D.1718答案 B4.(2019届某某渝中区模拟,7)已知各项均为正的等比数列{a n }中,a 2与a 8的等比中项为√2,则a 42+a 62的最小值是( ) A.1B.2C.4D.8答案 C5.(2019届某某双台子区模拟,5)已知等比数列{a n }的各项均为正数,S n 为其前n 项和,且满足:a 1+3a 3=72,S 3=73,则a 4=( ) A.14B.18C.4D.8答案 A6.(2019届某某杨浦区模拟,11)在数列{a n }中,a 1=1,a 2=64,且数列{a a +1a a}是等比数列,其公比q=-12,则数列{a n }的最大项等于( ) A.a 7B.a 8C.a 6或a 9D.a 10答案 C二、填空题(共5分)7.(2019届某某某某模拟,15)已知等比数列{a n }的前n 项和S n =3n+r,则a 3-r=,若数列{a (a +4)(23)a}的最大项是第k 项,则k=. 答案 19;4三、解答题(共20分)8.(2018某某福安一中考试,17)已知等比数列{a n }的各项均为正数,且a 2=4,a 3+a 4=24. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }的前n 项和S n =n 2+n+2n+1-2(n∈N *),求证:数列{a n -b n }是等差数列. 解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q,依题意知q>0. 因为{a 2=4,a 3+a 4=24,所以{a 1q =4,a 1a 2+a 1a 3=24,两式相除得q 2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去).所以a 1=a2a =2. 所以数列{a n }的通项公式为a n =a 1·q n-1=2n.(2)证明:当n=1时,b1=4;当n≥2时,b n=S n-S n-1=n2+n+2n+1-2-(n-1)2-(n-1)-2n+2=2n+2n,又b1=4符合此式,∴b n=2n+2n(n∈N*).设=a n-b n,则=-2n,当n≥2时,--1=-2,∴{}即{a n-b n}是等差数列.9.(2019届某某模拟,18)已知等比数列{a n}的公比q>1,且满足:a2+a3+a4=28,a3+2是a2,a4的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n lo g12a n,S n=b1+b2+…+b n,求使S n+n·2n+1>62成立的正整数n的最小值.解析(1)由a3+2是a2,a4的等差中项,得a2+a4=2(a3+2).因为a2+a3+a4=28,所以a2+a4=28-a3,所以2(a3+2)=28-a3,解得a3=8,所以a2+a4=20,所以{a1q+a1a3=20,a1a2=8,解得{a1=2,a=2,或{a1=32,a=12.又q>1,所以{a n}为递增数列. 所以a1=2,q=2,所以a n=2n.(2)b n=a n lo g12a n=2n·log122n=-n·2n.S n=b1+b2+…+b n=-(1×2+2×22+…+n×2n)①,则2S n=-(1×22+2×23+…+n×2n+1)②,②-①,得S n=(2+22+…+2n)-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1, 即数列{b n}的前n项和S n=2n+1-2-n·2n+1,由S n+n·2n+1=2n+1-2>62,得n>5,所以正整数n的最小值为6.。

专题六 数列1．（2018.9）设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2+a 5＝36，则{a n }的通项公式为 ． 2．（2017.10）若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝﹣1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2= ．3．（2017.20）设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n ＝max {b 1﹣a 1n ，b 2﹣a 2n ，…，b n ﹣a n n }（n ＝1，2，3，…），其中max {x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数． （1）若a n ＝n ，b n ＝2n ﹣1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列； （2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，c n n＞M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m +1，c m +2，…是等差数列．4．（2016.12）已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3+a 5＝0，则S 6＝ ．5．（2016.20）设数列A ：a 1，a 2，…，a N （N ≥2）．如果对小于n （2≤n ≤N ）的每个正整数k 都有a k ＜a n ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”，记G （A ）是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合．（Ⅰ）对数列A ：﹣2，2，﹣1，1，3，写出G （A ）的所有元素； （Ⅱ）证明：若数列A 中存在a n 使得a n ＞a 1，则G （A ）≠∅；（Ⅲ）证明：若数列A 满足a n ﹣a n ﹣1≤1（n ＝2，3，…，N ），则G （A ）的元素个数不小于a N ﹣a 1．6. （2015.6）设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是（ ） A ．若a 1+a 2＞0，则a 2+a 3＞0 B ．若a 1+a 3＜0，则a 1+a 2＜0C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞√a 1a 3D ．若a 1＜0，则（a 2﹣a 1）（a 2﹣a 3）＞07．（2015.20）已知数列{a n }满足：a 1∈N *，a 1≤36，且a n +1={2a n ，a n ≤182a n −36，a n ＞18（n ＝1，2，…），记集合M ＝{a n |n ∈N *}．（Ⅰ）若a 1＝6，写出集合M 的所有元素；（Ⅱ）如集合M 存在一个元素是3的倍数，证明：M 的所有元素都是3的倍数； （Ⅲ）求集合M 的元素个数的最大值．8. （2014.5）设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q ＞1”是“{a n }为递增数列”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9．（2014.12）若等差数列{a n }满足a 7+a 8+a 9＞0，a 7+a 10＜0，则当n ＝ 时，{a n }的前n 项和最大．专题六 数列 答案部分1.解：∵{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2+a 5＝36， ∴{a 1=3a 1+d +a 1+4d =36， 解得a 1＝3，d ＝6，∴a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝3+（n ﹣1）×6＝6n ﹣3． ∴{a n }的通项公式为a n ＝6n ﹣3． 故答案为：a n ＝6n ﹣3．2. 解：等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝﹣1，a 4＝b 4＝8， 设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ． 可得：8＝﹣1+3d ，d ＝3，a 2＝2； 8＝﹣q 3，解得q ＝﹣2，∴b 2＝2． 可得a 2b 2=1．故答案为：1．3. 解：（1）a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，b 1＝1，b 2＝3，b 3＝5， 当n ＝1时，c 1＝max {b 1﹣a 1}＝max {0}＝0，当n ＝2时，c 2＝max {b 1﹣2a 1，b 2﹣2a 2}＝max {﹣1，﹣1}＝﹣1，当n ＝3时，c 3＝max {b 1﹣3a 1，b 2﹣3a 2，b 3﹣3a 3}＝max {﹣2，﹣3，﹣4}＝﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n＝b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1），＝[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，＝（2k﹣2）﹣n（k﹣1），＝（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n＝b1﹣na1＝1﹣n，c n+1﹣c n＝﹣1，∴c2﹣c1＝﹣1，∴c n+1﹣c n＝﹣1对∀n∈N*均成立，∴数列{c n}是等差数列；（2）证明：设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n＝[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，＝（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1＝0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1＝0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）＝（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n＝b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n＝﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）＝（i﹣n）d2＞0，则对于给定的正整数n而言，c n＝b n﹣a n n＝b n﹣a1n，此时c n+1﹣c n＝d2﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；此时取m＝1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）＝（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n ≥m 时，c n ＝b 1﹣a 1n ，此时c n +1﹣c n ＝﹣a 1，故数列{c n }从第m 项开始为等差数列，命题成立； ③若d 1＜0，此时﹣d 1n +d 2为一个关于n 的一次项系数为正数的一次函数， 故必存在s ∈N *，使得n ≥s 时，﹣d 1n +d 2＞0，则当n ≥s 时，（b i ﹣a i n ）﹣（b n ﹣a n n ）＝（i ﹣1）（﹣d 1n +d 2）≤0，（i ∈N *，1≤i ≤n ）， 因此，当n ≥s 时，c n ＝b n ﹣a n n ， 此时=b n −a n n n =−a n +bn n， ＝﹣d 2n +（d 1﹣a 1+d 2）+b 1−d 2n， 令﹣d 1＝A ＞0，d 1﹣a 1+d 2＝B ，b 1﹣d 2＝C ， 下面证明：c n n=An +B +Cn 对任意正整数M ，存在正整数m ，使得n ≥m ，c n n＞M ，若C ≥0，取m ＝[|M−B|A+1]，[x ]表示不大于x 的最大整数，当n ≥m 时，c n n≥An +B ≥Am +B ＝A [|M−B|A+1]+B ＞A •M−B A+B ＝M ，此时命题成立； 若C ＜0，取m ＝[|M−C−B|A]+1，当n ≥m 时，c n n≥An +B +Cn ≥Am +B +C ＞A •|M−C−B|A+B +C ≥M ﹣C ﹣B +B +C ＝M ，此时命题成立，因此对任意正数M ，存在正整数m ，使得当n ≥m 时，c n n＞M ；综合以上三种情况，命题得证．4. 解：∵{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和． a 1＝6，a 3+a 5＝0， ∴a 1+2d +a 1+4d ＝0， ∴12+6d ＝0， 解得d ＝﹣2，∴S 6=6a 1+6×52d =36﹣30＝6． 故答案为：6．5. 解：（Ⅰ）根据题干可得，a 1＝﹣2，a 2＝2，a 3＝﹣1，a 4＝1，a 5＝3，a 1＜a 2满足条件，2满足条件，a 2＞a 3不满足条件，3不满足条件，a 2＞a 4不满足条件，4不满足条件，a 1，a 2，a 3，a 4，均小于a 5，因此5满足条件，因此G （A ）＝{2，5}．（Ⅱ）因为存在a n ＞a 1，设数列A 中第一个大于a 1的项为a k ，则a k ＞a 1≥a i ，其中2≤i ≤k ﹣1，所以k ∈G （A ），G （A ）≠∅；（Ⅲ）设A 数列的所有“G 时刻”为i 1＜i 2＜…＜i k ，对于第一个“G 时刻”i 1，有a i 1＞a 1≥a i （i ＝2，3，…，i 1﹣1），则 a i 1−a 1≤a i 1−a i 1−1≤1．对于第二个“G 时刻”i 1，有a i 2＞a i 1≥a i （i ＝2，3，…，i 1﹣1），则 a i 2−a i 1≤a i 2−a i 2−1≤1．类似的a i 3−a i 2≤1，…，a i k −a i k−1≤1．于是，k ≥（a i k −a i k−1）+（a i k−1−a i k−2）+…+（a i 2−a i 1）+（a i 1−a 1）=a i k −a 1． 对于a N ，若N ∈G （A ），则a i k =a N ．若N ∉G （A ），则a N ≤a i k ，否则由（2）知a i k ，a i k+1，…，a N ，中存在“G 时刻”与只有k 个“G 时刻”矛盾． 从而k ≥a i k −a 1≥a N ﹣a 1．6. 解：若a 1+a 2＞0，则2a 1+d ＞0，a 2+a 3＝2a 1+3d ＞2d ，d ＞0时，结论成立，即A 不正确； 若a 1+a 3＜0，则a 1+a 2＝2a 1+d ＜0，a 2+a 3＝2a 1+3d ＜2d ，d ＜0时，结论成立，即B 不正确； {a n }是等差数列，0＜a 1＜a 2，2a 2＝a 1+a 3＞2√a 1a 3，∴a 2＞√a 1a 3，即C 正确； 若a 1＜0，则（a 2﹣a 1）（a 2﹣a 3）＝﹣d 2≤0，即D 不正确． 故选：C ．7. 解：（Ⅰ）若a 1＝6，由于a n +1={2a n ，a n ≤182a n −36，a n ＞18（n ＝1，2，…），M ＝{a n |n ∈N *}．故集合M 的所有元素为6，12，24；（Ⅱ）因为集合M 存在一个元素是3的倍数，所以不妨设a k 是3的倍数，由a n +1={2a n ，a n ≤182a n −36，a n ＞18（n ＝1，2，…），可归纳证明对任意n ≥k ，a n 是3的倍数． 如果k ＝1，M 的所有元素都是3的倍数；如果k ＞1，因为a k ＝2a k ﹣1，或a k ＝2a k ﹣1﹣36，所以2a k ﹣1是3的倍数；于是a k ﹣1是3的倍数；类似可得，a k ﹣2，…，a 1都是3的倍数； 从而对任意n ≥1，a n 是3的倍数；综上，若集合M 存在一个元素是3的倍数，则集合M 的所有元素都是3的倍数 （Ⅲ）对a 1≤36，a n ={2a n−1，a n ≤182a n−1−36，a n ＞18（n ＝1，2，…），可归纳证明对任意n ≥k ，a n ＜36（n ＝2，3，…）因为a 1是正整数，a 2={2a 1，a 1≤182a 1−36，a 1＞18，所以a 2是2的倍数．从而当n ≥2时，a n 是2的倍数．如果a 1是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n ，a n 是3的倍数． 因此当n ≥3时，a n ∈{12，24，36}，这时M 的元素个数不超过5． 如果a 1不是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n ，a n 不是3的倍数． 因此当n ≥3时，a n ∈{4，8，16，20，28，32}，这时M 的元素个数不超过8． 当a 1＝1时，M ＝{1，2，4，8，16，20，28，32}，有8个元素． 综上可知，集合M 的元素个数的最大值为8．5.解：等比数列﹣1，﹣2，﹣4，…，满足公比q ＝2＞1，但{a n }不是递增数列，充分性不成立．若a n ＝﹣1⋅(12)n−1为递增数列，但q =12＞1不成立，即必要性不成立， 故“q ＞1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件， 故选：D ．6. 解：由等差数列的性质可得a 7+a 8+a 9＝3a 8＞0， ∴a 8＞0，又a 7+a 10＝a 8+a 9＜0，∴a 9＜0，∴等差数列{a n}的前8项为正数，从第9项开始为负数，∴等差数列{a n}的前8项和最大，故答案为：8．。

专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1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.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数 ，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。

2011年—2018年新课标全国卷文科数学分类汇编9．数列一、选择题(2015·新课标Ⅰ，文7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8=4S 4，则a 10=()A ．172B ．192C ．10D ．12（2015·新课标Ⅱ，文5）设n S 是等差数列}{n a 的前n 项和，若3531=++a a a ，则=5S （）A.5B.7C.9D.11（2015·新课标Ⅱ，文9）已知等比数列}{n a 满足411=a ，)1(4453-=a a a ，则=2a （）A.2B.1C.21 D.81（2014·新课标Ⅱ，文5）等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项S n =（）A ．(1)n n +B ．(1)n n -C ．(1)2n n +D ．(1)2n n -(2013·新课标Ⅰ，文6)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则()．A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n(2012·新课标Ⅰ，文12)数列{n a }满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为（）A ．3690B ．3660C ．1845D ．1830二、填空题(2015·新课标Ⅰ，文13)数列{a n }中，a 1=2，a n +1=2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n =126，则n =．（2014·新课标Ⅱ，文16）数列}{n a 满足nn a a -=+111，2a =2，则1a =_________.(2012·新课标Ⅰ，文14)等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若3230S S +=，则公比q =_____．三、解答题(2018·新课标Ⅰ，文17)已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=．（1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（3）求{}n a 的通项公式．(2018·新课标Ⅱ，文17)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．(2018·新课标Ⅲ，文17)等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）{}n a 的通项公式；⑵记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．(2017·新课标Ⅰ，文17)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知22S =,36S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列．（2017·新课标Ⅱ，文17）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.(2017·新课标Ⅲ，文17)设数列{}n a 满足()123212n a a n a n +++-= ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和．(2016·新课标Ⅰ，文17)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求{}n b 的前n 项和．（2016·新课标Ⅱ，文17）等差数列{a n }中，a 3+a 4=4，a 5+a 7=6．（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =[lg a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2.(2016·新课标Ⅲ，文17)已知各项都为正数的数列{}n a 满足11a =，211(21)20n n n n a a a a ++---=．（1）求23,a a ；（2）求{}n a 的通项公式．(2014·新课标Ⅰ，文17)已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。

高考数学复习各地数列模拟测试题及解析一、有关通项问题1、利用11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求通项．（北师大版第23页习题5）数列{}n a 的前n 项和21n S n =+．（1）试写出数列的前5项；（2）数列{}n a 是等差数列吗？（3）你能写出数列{}n a 的通项公式吗？变式题1、（2005湖北卷）设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，求数列}{n a 的通项公式； 解：（1）：当;2,111===S a n 时,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当故{a n }的通项公式为4,2}{,241==-=d a a n a n n 公差是即的等差数列. 变式题2、（2005北京卷）数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，113n n a S +=，n =1，2，3，……，求a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式．解：（I ）由a 1=1，113n n a S +=，n=1，2，3，……，得 211111333a S a ===，3212114()339a S a a ==+=，431231116()3327a S a a a ==++=， 由1111()33n n n n n a a S S a +--=-=（n ≥2），得143n n a a +=（n ≥2），又a 2=31，所以a n =214()33n -(n ≥2),∴ 数列{a n }的通项公式为21114()233n n n a n -=⎧⎪=⎨⎪⎩≥变式题3、（2005山东卷）已知数列{}n a 的首项15,a =前n 项和为n S ，且*15()n n S S n n N +=++∈，证明数列{}1n a +是等比数列．解：由已知*15()n n S S n n N +=++∈可得12,24n n n S S n -≥=++两式相减得()1121n n n n S S S S +--=-+即121n n a a +=+从而()1121n n a a ++=+当1n =时21215S S =++所以21126a a a +=+又15a =所以211a =从而()21121a a +=+ 故总有112(1)n n a a ++=+，*n N ∈又115,10a a =+≠从而1121n n a a ++=+即数列{}1n a +是等比数列；2、解方程求通项：（北师大版第19页习题3）在等差数列{}n a 中，（1）已知812148,168,S S a d ==求和；（2）已知658810,5,a S a S ==求和；(3)已知3151740,a a S +=求.变式题1、{}n a 是首项11a =，公差3d =的等差数列，如果2005n a =，则序号n 等于（A ）667 （B ）668 （C ）669 （D ）670 分析：本题考查等差数列的通项公式，运用公式直接求出. 解：1(1)13(1)2005n a a n d n =+-=+-=，解得669n =，选C点评：等差等比数列的通项公式和前n 项和的公式是数列中的基础知识，必须牢固掌握.而这些公式也可视作方程，利用方程思想解决问题.3、待定系数求通项：（人教版第38页习题4）写出下列数列{}n a 的前5项：（1）111,41(1).2n n a a a n -==+>变式题1、（2006年福建卷）已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈ 求数列{}n a 的通项公式； 解：*121(),n n a a n N +=+∈112(1),n n a a +∴+=+{}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列．12.n n a ∴+=即 *21().n n a n N =-∈4、由前几项猜想通项：（北师大版第10页习题1）根据下面的图形及相应的点数，在空格及括号中分别填上适当的图形和数，写出点数的通项公式.（1） （4）（7）（ ） （ ）变式题1、（深圳理科一模）．如下图，第（1）个多边形是由正三角形“扩展“而来，第（2）个多边形是由正方形“扩展”而来，……，如此类推.设由正n 边形“扩展”而来的多边形的边数为n a ，则6a = ；345991111a a a a +++⋅⋅⋅+＝ .解：由图可得：22(1)n a n n n n n =+-=+，所以642a =；又211111(1)1n a n n n n n n ===-+++ 所以345991111a a a a +++⋅⋅⋅+=1111111197()()()3445991003100300-+-++-=-=变式题2、（北师大版第11页习题2）观察下列各图，并阅读下面的文字，像这样，10条直线相交，交点的个数最多是（ ），其通项公式为 . A ．40个 B ．45个 C ．50个 D ．55个解：由题意可得：设{}n a 为n 条直线的交点个数，则21a =，1(1),(3)n n a a n n -=+-≥，因为11n n a a n --=-，由累加法可求得：(1)12(1)2n n n a n -=+++-=，所以10109452a ⨯==，选B.2条直线相交，最多有1个交点3条直线相交，最多有3个交点4条直线相交，最多有6个交点二、有关等差、等比数列性质问题1、（北师大版第35页习题3）一个等比数列前n 项的和为48，前2n 项的和为60，则前3n 项的和为（ ）A ．83B ．108C ．75D ．63变式题1、一个等差数列前n 项的和为48，前2n 项的和为60，则前3n 项的和为 。

高中数学数列经典题型专题训练试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间120分钟。

２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。

考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）一．单选题（共15小题，每题2分，共30分）1．数列{a n}，已知对任意正整数n，a1+a2+a3+…+a n=2n-1，则a12+a22+a32+…+a n2等于（）A．（2n-1）2B．C．D．4n-12．若{a n}为等比数列a5•a11=3，a3+a13=4，则=（）A．3B．C．3或D．-3或-3．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7C．6D．4．等差数列{a n}中，a1=1，a3=4，则公差d等于（）A．1B．2C．D．5．数列的前n项和为S n，a n=，则S n≥0的最小正整数n的值为（）6．若数列{a n}的前n项和S n=2n2-2n，则数列{a n}是（）A．公差为4的等差数列B．公差为2的等差数列C．公比为4的等比数列D．公比为2的等比数列7．已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1，则此数列奇数项的前n项和为（）A．B．C．D．8．在等比数列{a n} 中，a1=4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n+2}也是等比数列，则q 等于（）A．2B．-2C．3D．-39．在数列{a n}中，a1=2，a2=2，a n+2-a n=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（）A．990B．1000C．1100D．9910．若数列{a n}是公差为2的等差数列，则数列是（）A．公比为4的等比数列B．公比为2的等比数列C．公比为的等比数列D．公比为的等比数列11．在数列{a n}中，a1=0，a n=4a n-1+3，则此数列的第5项是（）A．252B．255C．215D．52212．数列{a n}、{b n}满足a n•b n=1，a n=n2+3n+2，则{b n}的前10项之和等于（）A．B．C．D．13．等比数列{a n}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于（）14．已知在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a4=2S3+3，a5=2S4+3，则此数列的公比q为（）A．2B．C．3D．15．数列{a n}的通项，则数列{a n}中的最大项是（）A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项二．填空题（共10小题，每题2分，共20分）16．已知等差数列{a n}，有a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则a13+a14+a15=______．17．在等差数列{a n}中，a3+a5+a7+a9+a11=20，则a1+a13=______．18．数列{a n}的通项公式为a n=2n+2n-1，则数列a n的前n项和为______．19．数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则通项a n=______．20．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a2+a6=a8，则=______．21．已知数列{a n}，a n+1=2a n+1，且a1=1，则a10=______．22．设正项等比数列{an}的公比为q，且，则公比q=______．23．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=2a n+1，则数列{a n}的通项公式a n=______．24．数列{a n}为等差数列，已知a3+2a8+a9=20，则a7______．25．设数列{a n}为正项等比数列，且a n+2=a n+1+a n，则其公比q=______．第Ⅱ卷（非选择题）三．简答题（共5小题,50分）26．（10分）已知等差数列{a n}，前n项和为S n=n2+Bn，a7=14．（1）求B、a n；（2）设c n=n•，求T n=c1+c2+…+c n．27．（8分）已知等差数列{a n}满足：a5=11，a2+a6=18（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+3n，求数列{b n}的前n项和S n．28．（7分）已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2，a3，a4+1成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．29．（12分）已知数列{a n}满足．（1）求a2，a3，a4的值；（2）求证：数列{a n-2}是等比数列；（3）求a n，并求{a n}前n项和S n．30．（12分）在数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）在数列{b n}中，若存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），求p，q得值；（Ⅲ）若记c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项的和S n．参考答案一．单选题（共__小题）1．数列{a n}，已知对任意正整数n，a1+a2+a3+…+a n=2n-1，则a12+a22+a32+…+a n2等于（）A．（2n-1）2B．C．D．4n-1答案：C解析：解：∵a1+a2+a3+…+a n=2n-1…①∴a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1…②，①-②得a n=2n-1，∴a n2=22n-2，∴数列{a n2}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴a12+a22+a32+…+a n2==，故选C．2．若{a n}为等比数列a5•a11=3，a3+a13=4，则=（）A．3B．C．3或D．-3或-答案：C解析：解：∵{a n}为等比数列a5•a11=3，∴a3•a13=3①∵a3+a13=4②由①②得a3=3，a13=1或a3=1，a13=3∴q10=或3，∴=或3，故选C．3．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7C．6D．答案：A解析：解：a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10，a52=a2a8，∴，∴，故选A．4．等差数列{a n}中，a1=1，a3=4，则公差d等于（）A．1B．2C．D．答案：D解析：解：∵数列{a n}是等差数列，a1=1，a3=4，∴a3=a1+2d，即4=1+2d，解得d=．故选：D．5．数列的前n项和为S n，a n=，则S n≥0的最小正整数n的值为（）A．12B．13C．14D．15答案：A解析：解：令a n=＜0，解得n≤6，当n＞7时，a n＞0，且a6+a7=a5+a8=a4+a9=a3+a10=a2+a11=a1+a12=0，所以S12=0，S13＞0，即使S n≥0的最小正整数n=12．故选A．6．若数列{a n}的前n项和S n=2n2-2n，则数列{a n}是（）A．公差为4的等差数列B．公差为2的等差数列C．公比为4的等比数列D．公比为2的等比数列答案：A解析：解：∵S n=2n2-2n，则S n-S n-1=a n=2n2-2n-[2（n-1）2-2（n-1）]=4n-4故数列{a n}是公差为4的等差数列故选A．7．已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1，则此数列奇数项的前n项和为（）A．B．C．D．答案：C解析：解：当n=1时，a1=S1=21-1=1，当n≥2时，a n=Sn-Sn-1=2n-1-（2n-1-1）=2•2n-1-2n-1=2n-1，对n=1也适合∴a n=2n-1，∴数列{a n}是等比数列，此数列奇数项也构成等比数列，且首项为1，公比为4．∴此数列奇数项的前n项和为==故选C8．在等比数列{a n} 中，a1=4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n+2}也是等比数列，则q 等于（）A．2B．-2C．3D．-3答案：C解析：解：由题意可得q≠1由数列{S n+2}也是等比数列可得s1+2，s2+2，s3+2成等比数列则（s2+2）2=（S1+2）（S3+2）代入等比数列的前n项和公式整理可得（6+4q）2=24（1+q+q2）+12解可得q=3故选C．9．在数列{a n}中，a1=2，a2=2，a n+2-a n=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（）A．990B．1000C．1100D．99答案：A解析：解：当n为奇数时，a n+2-a n=1+（-1）n=0，可得a1=a3=…=a59=2．当n为偶数时，a n+2-a n=1+（-1）n=2，∴数列{a2n}为等差数列，首项为2，公差为2，∴a2+a4+…+a60=30×2+=930．∴S60=（a1+a3+…+a59）+（a2+a4+…+a60）=30×2+930=990．故选：A．10．若数列{a n}是公差为2的等差数列，则数列是（）A．公比为4的等比数列B．公比为2的等比数列C．公比为的等比数列D．公比为的等比数列答案：A解析：解：∵数列{a n}是公差为2的等差数列∴a n=a1+2（n-1）∴∴数列是公比为4的等比数列故选A11．在数列{a n}中，a1=0，a n=4a n-1+3，则此数列的第5项是（）A．252B．255C．215D．522答案：B解析：解：由a n=4a n-1+3可得a n+1=4a n-1+4=4（a n-1+1），故可得=4，由题意可得a1+1=1即数列{a n+1}为首项为1，公比为4的等比数列，故可得a5+1=44=256，故a5=255故选B12．数列{a n}、{b n}满足a n•b n=1，a n=n2+3n+2，则{b n}的前10项之和等于（）A．B．C．D．答案：B解析：解：∵a n•b n=1∴b n==∴s10==（-）+=-=故选项为B．13．等比数列{a n}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于（）A．20B．18C．10D．8答案：B解析：解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2=8，a3-a1=16，∴，解得，∴=2×32=18．故选：B．14．已知在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a4=2S3+3，a5=2S4+3，则此数列的公比q为（）A．2B．C．3D．答案：C解析：解：∵a4=2S3+3，a5=2S4+3，即2S4=a5-3，2S3=a4-3∴2S4-2S3=a5-3-（a4-3）=a5-a4=2a4，即3a4=a5∴3a4=a4q解得q=3，故选C15．数列{a n}的通项，则数列{a n}中的最大项是（）A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项答案：D解析：解：由题意得=，∵n是正整数，∴=当且仅当时取等号，此时，∵当n=9时，=19；当n=9时，=19，则当n=9或10时，取到最小值是19，而取到最大值．故选D．二．填空题（共__小题）16．已知等差数列{a n}，有a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则a13+a14+a15=______．答案：-40解析：解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，∵a4+a5+a6=（a1+3d）+（a2+3d）+（a3+3d）=a1+a2+a3+9d，∴-4=8+9d，解得d=-，∴a13+a14+a15=a1+a2+a3+36d=8-×36=-40，故答案为：-4017．在等差数列{a n}中，a3+a5+a7+a9+a11=20，则a1+a13=______．答案：8解析：解：由等差数列的性质可得a3+a5+a7+a9+a11=（a3+a11）+a7+（a5+a9）=2a7+a7+2a7=5a7=20∴a7=4∴a1+a13=2a7=8故答案为：818．（2015秋•岳阳校级月考）数列{a n}的通项公式为a n=2n+2n-1，则数列a n的前n项和为______．答案：2n+n2-1解析：解：数列a n的前n项和S n=（2+22+23+…+2n）+[1+3+5+…+（2n-1）]=+=2n-1+n2．故答案为：2n-1+n2．19．数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则通项a n=______．答案：2n-1解析：解：由题可得，a n+1+1=2（a n+1），则=2，又a1=1，则a1+1=2，所以数列{a n+1}是以2为首项、公比的等比数列，所以a n+1=2•2n-1=2n，则a n=2n-1．故答案为：2n-1．20．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a2+a6=a8，则=______．答案：3解析：解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由a2+a6=a8，得a1+d+a1+5d=a1+7d，即a1=d，所以==．故答案为3．21．已知数列{a n}，a n+1=2a n+1，且a1=1，则a10=______．答案：1023解析：解：由题意，两边同加1得：a n+1+1=2（a n+1），∵a1+1=2∴{a n+1}是以2为首项，以2为等比数列∴a n+1=2•2n-1=2n∴a n=2n-1∴a10=1024-1=1023．故答案为：1023．22．设正项等比数列{an}的公比为q，且，则公比q=______．答案：解析：解：由题意知得∴6q2-q-1=0∴q=或q=-（与正项等比数列矛盾，舍去）．故答案为：23．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=2a n+1，则数列{a n}的通项公式a n=______．答案：2n+1-1解析：解：由题意知a n+1=2a n+1，则a n+1+1=2a n+1+1=2（a n+1）∴=2，且a1+1=4，∴数列{a n+1}是以4为首项，以2为公比的等比数列．则有a n+1=4×2n-1=2n+1，∴a n=2n+1-1．24．数列{a n}为等差数列，已知a3+2a8+a9=20，则a7______．答案：=5解析：解：等差数列{a n}中，∵a3+2a8+a9=20，∴（a1+2d）+2（a1+7d）+（a1+8d）=4a1+24d=4（a1+6d）=4a7=20，∴a7=5．故答案为：5．25．设数列{a n}为正项等比数列，且a n+2=a n+1+a n，则其公比q=______．答案：解析：解：由题设条件知a1+a1q=a1q2，∵a1＞0，∴q2-q-1=0解得，∵数列{a n}为正项等比数列，∴．故答案：．三．简答题（共__小题）26．已知等差数列{a n}，前n项和为S n=n2+Bn，a7=14．（1）求B、a n；（2）设c n=n•，求T n=c1+c2+…+c n．答案：解：（1）∵a7=14．即a7=S7-S6=72+7B-62-6B=14．解得B=1，当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．n=1时也适合∴a n=2n（2）由（1）c n=n•=n•4n，T n=c1+c2+…+c n．=1•41+2•42+3•43+…n•4n①4T n=1•42+2•43+3•44+…（n-1）•4n+n•4n+1，②①-②得-3T n=41+42+43+…4n-n•4n+1=-n•4n+1=•4n+1∴T n=•4n+1解析：解：（1）∵a7=14．即a7=S7-S6=72+7B-62-6B=14．解得B=1，当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n．n=1时也适合∴a n=2n（2）由（1）c n=n•=n•4n，T n=c1+c2+…+c n．=1•41+2•42+3•43+…n•4n①4T n=1•42+2•43+3•44+…（n-1）•4n+n•4n+1，②①-②得-3T n=41+42+43+…4n-n•4n+1=-n•4n+1=•4n+1∴T n=•4n+127．已知等差数列{a n}满足：a5=11，a2+a6=18（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+3n，求数列{b n}的前n项和S n．答案：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a5=11，a2+a6=18，∴，解得a1=3，d=2．∴a1=2n+1．（Ⅱ）由（I）可得：b n=2n+1+3n．∴S n=[3+5+…+（2n+1）]+（3+32+…+3n）=+=n2+2n+-．解析：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a5=11，a2+a6=18，∴，解得a1=3，d=2．∴a1=2n+1．（Ⅱ）由（I）可得：b n=2n+1+3n．∴S n=[3+5+…+（2n+1）]+（3+32+…+3n）=+=n2+2n+-．28．已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，a1=2，且a2，a3，a4+1成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．答案：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a1=2和a2，a3，a4+1成等比数列，得（2+2d）2-（2+d）（3+3d），解得d=2，或d=-1，当d=-1时，a3=0，与a2，a3，a4+1成等比数列矛盾，舍去．∴d=2，∴a n=a1+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．即数列{a n}的通项公式a n=2n；（Ⅱ）由a n=2n，得b n==，∴S n=b1+b2+b3+…+b n==．解析：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a1=2和a2，a3，a4+1成等比数列，得（2+2d）2-（2+d）（3+3d），解得d=2，或d=-1，当d=-1时，a3=0，与a2，a3，a4+1成等比数列矛盾，舍去．∴d=2，∴a n=a1+（n-1）d=2+2（n-1）=2n．即数列{a n}的通项公式a n=2n；（Ⅱ）由a n=2n，得b n==，∴S n=b1+b2+b3+…+b n==．29．已知数列{a n}满足．（1）求a2，a3，a4的值；（2）求证：数列{a n-2}是等比数列；（3）求a n，并求{a n}前n项和S n．答案：解：（1）∵数列{a n}满足，∴．…（3分）（2）∵，又a1-2=-1，∴数列{a n-2}是以-1为首项，为公比的等比数列．…（7分）（注：文字叙述不全扣1分）（3）由（2）得，…（9分）∴．…（12分）解析：解：（1）∵数列{a n}满足，∴．…（3分）（2）∵，又a1-2=-1，∴数列{a n-2}是以-1为首项，为公比的等比数列．…（7分）（注：文字叙述不全扣1分）（3）由（2）得，…（9分）∴．…（12分）30．在数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）在数列{b n}中，若存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），求p，q得值；（Ⅲ）若记c n=a n•b n，求数列{c n}的前n项的和S n．答案：解：（Ⅰ）数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n；∴b n+1=log2a n+1，∴b n+1-b n=log2a n+1-log2a n=log2=-1；∴=，∴{a n}是等比数列，通项公式为a n=16×=；∴{b n}的通项公式b n=log2a n=log2=5-n；（Ⅱ）数列{b n}中，∵b n=5-n，假设存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），则，解得，或；（Ⅲ）∵a n=，b n=5-n，∴c n=a n•b n=（5-n）×；∴{c n}的前n项和S n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×①，∴s n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×②；①-②得：s n=4×----…--（5-n）×=64--（5-n）×=48+（n-3）×；∴s n=96+（n-3）×．解析：解：（Ⅰ）数列{a n}中，a1=16，数列{b n}是公差为-1的等差数列，且b n=log2a n；∴b n+1=log2a n+1，∴b n+1-b n=log2a n+1-log2a n=log2=-1；∴=，∴{a n}是等比数列，通项公式为a n=16×=；∴{b n}的通项公式b n=log2a n=log2=5-n；（Ⅱ）数列{b n}中，∵b n=5-n，假设存在正整数p，q使b p=q，b q=p（p＞q），则，解得，或；（Ⅲ）∵a n=，b n=5-n，∴c n=a n•b n=（5-n）×；∴{c n}的前n项和S n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×①，∴s n=4×+3×+2×+…+[5-（n-1）]×+（5-n）×②；①-②得：s n=4×----…--（5-n）×=64--（5-n）×=48+（n-3）×；∴s n=96+（n-3）×．。

北京市西城区教辅资料-学习探究诊断-高中数学必修五全册练习和参考答案第二章：数列测试三 数列Ⅰ 学习目标1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊的函数.2．理解数列的通项公式的含义，由通项公式写出数列各项.3．了解递推公式是给出数列的一种方法，能根据递推公式写出数列的前几项.Ⅱ 基础训练题一、选择题1．数列{a n }的前四项依次是：4，44，444，4444，…则数列{a n }的通项公式可以是( ) (A)a n ＝4n (B)a n ＝4n (C)a n ＝94(10n－1) (D)a n ＝4×11n2．在有一定规律的数列0，3，8，15，24，x ，48，63，……中，x 的值是( ) (A)30 (B)35 (C)36 (D)42 3．数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n ，则a 4等于( ) (A)4 (B)13 (C)28 (D)43 4．156是下列哪个数列中的一项( ) (A){n 2＋1} (B){n 2－1} (C){n 2＋n } (D){n 2＋n －1} 5．若数列{a n }的通项公式为a n ＝5－3n ，则数列{a n }是( ) (A)递增数列 (B)递减数列 (C)先减后增数列 (D)以上都不对 二、填空题6．数列的前5项如下，请写出各数列的一个通项公式：(1)n a ,,31,52,21,32,1 ＝________；(2)0，1，0，1，0，…，a n ＝________.7．一个数列的通项公式是a n ＝122n n .(1)它的前五项依次是________； (2)0.98是其中的第________项.8．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋1，则a 4＝________. 9．数列{a n }的通项公式为)12(3211n a n (n ∈N *)，则a 3＝________.10．数列{a n }的通项公式为a n ＝2n 2－15n ＋3，则它的最小项是第________项. 三、解答题11．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝14－3n .(1)写出数列{a n }的前6项； (2)当n ≥5时，证明a n ＜0.12．在数列{a n }中，已知a n ＝312 n n (n ∈N *).(1)写出a 10，a n ＋1，2n a ； (2)7932是否是此数列中的项？若是，是第几项？13．已知函数xx x f 1)(，设a n ＝f (n )(n ∈N ＋). (1)写出数列{a n }的前4项；(2)数列{a n }是递增数列还是递减数列？为什么？测试四 等差数列Ⅰ 学习目标1．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式，并能解决一些简单问题. 2．掌握等差数列的前n 项和公式，并能应用公式解决一些简单问题.3．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能体会等差数列与一次函数的关系.Ⅱ 基础训练题一、选择题1．数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＋1＝a n －2，则a 100等于( ) (A)98 (B)－195 (C)－201 (D)－1982．数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，如果a n ＝2008，那么n 等于( ) (A)667 (B)668 (C)669 (D)670 3．在等差数列{a n }中，若a 7＋a 9＝16，a 4＝1，则a 12的值是( ) (A)15 (B)30 (C)31 (D)644．在a 和b (a ≠b )之间插入n 个数，使它们与a ，b 组成等差数列，则该数列的公差为( )(A)n a b (B)1 n a b (C)1 n a b (D)2n ab 5．设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 8＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( ) (A)S 4＜S 5 (B)S 4＝S 5 (C)S 6＜S 5 (D)S 6＝S 5 二、填空题6．在等差数列{a n }中，a 2与a 6的等差中项是________.7．在等差数列{a n }中，已知a 1＋a 2＝5，a 3＋a 4＝9，那么a 5＋a 6＝________. 8．设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若S 17＝102，则a 9＝________.9．如果一个数列的前n 项和S n ＝3n 2＋2n ，那么它的第n 项a n ＝________.10．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，设{a n }的前n 项和是S n ，则S 10＝________. 三、解答题11．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．求数列{a n }的通项公式.12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 10＝30，a 20＝50.(1)求通项a n ；(2)若S n ＝242，求n .13．数列{a n }是等差数列，且a 1＝50，d ＝－0.6．(1)从第几项开始a n ＜0；(2)写出数列的前n 项和公式S n ，并求S n 的最大值.Ⅲ 拓展训练题14．记数列{a n }的前n 项和为S n ，若3a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝90，求S 100．测试五 等比数列Ⅰ 学习目标1．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式，并能解决一些简单问题. 2．掌握等比数列的前n 项和公式，并能应用公式解决一些简单问题.3．能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能体会等比数列与指数函数的关系.Ⅱ 基础训练题一、选择题1．数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＋1＝2a n ，则a 4等于( )(A)83 (B)24 (C)48 (D)542．在各项都为正数的等比数列{a n }中，首项a 1＝3，前三项和为21，则a 3＋a 4＋a 5等于( ) (A)33 (B)72 (C)84 (D)189 3．在等比数列{a n }中，如果a 6＝6，a 9＝9，那么a 3等于( )(A)4(B)23 (C)916 (D)3 4．在等比数列{a n }中，若a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前四项和为( ) (A)81 (B)120 (C)168 (D)1925．若数列{a n }满足a n ＝a 1q n －1(q ＞1)，给出以下四个结论： ①{a n }是等比数列； ②{a n }可能是等差数列也可能是等比数列； ③{a n }是递增数列； ④{a n }可能是递减数列.其中正确的结论是( ) (A)①③ (B)①④ (C)②③ (D)②④ 二、填空题6．在等比数列{a n }中,a 1，a 10是方程3x 2＋7x －9＝0的两根，则a 4a 7＝________. 7．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝6，那么a 5＋a 6＝________. 8．在等比数列{a n }中，若a 5＝9，q ＝21，则{a n }的前5项和为________. 9．在38和227之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为________.10．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q ＝________. 三、解答题11．已知数列{a n }是等比数列，a 2＝6，a 5＝162.设数列{a n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若S n ＝242，求n .12．在等比数列{a n }中，若a 2a 6＝36，a 3＋a 5＝15，求公比q .13．已知实数a ，b ，c 成等差数列，a ＋1，b ＋1，c ＋4成等比数列，且a ＋b ＋c ＝15，求a ，b ，c .Ⅲ 拓展训练题14．在下列由正数排成的数表中，每行上的数从左到右都成等比数列，并且所有公比都等于q ，每列上的数从上到下都成等差数列.a ij 表示位于第i 行第j 列的数，其中a 24＝81，a 42＝1，a 54＝5.(1)求q 的值；(2)求a ij 的计算公式.测试六 数列求和Ⅰ 学习目标1．会求等差、等比数列的和，以及求等差、等比数列中的部分项的和. 2．会使用裂项相消法、错位相减法求数列的和.Ⅱ 基础训练题一、选择题1．已知等比数列的公比为2，且前4项的和为1，那么前8项的和等于( ) (A)15 (B)17 (C)19 (D)21 2．若数列{a n }是公差为21的等差数列，它的前100项和为145，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99的值为( ) (A)60 (B)72.5 (C)85 (D)1203．数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n －1·2n (n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则S 100等于( ) (A)100 (B)－100 (C)200 (D)－200 4．数列)12)(12(1n n 的前n 项和为( )(A)12 n n (B)122 n n (C)24 n n (D)12 n n5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝a n ＋3(n ＝1，2，3，…)，则S 100等于( ) (A)7000 (B)7250 (C)7500 (D)14950 二、填空题 6．nn11341231121 ＝________.7．数列{n ＋n21}的前n 项和为________. 8．数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________. 9．设n ∈N *，a ∈R ，则1＋a ＋a 2＋…＋a n ＝________. 10．n n 21813412211＝________. 三、解答题11．在数列{a n }中，a 1＝－11，a n ＋1＝a n ＋2(n ∈N *)，求数列{|a n |}的前n 项和S n .12．已知函数f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n (n ∈N *，x ∈R )，且对一切正整数n 都有f (1)＝n 2成立.(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)求13221111 n n a a a a a a .13．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝12141211 n ，求数列的前n 项和S n .Ⅲ 拓展训练题14．已知数列{a n }是等差数列，且a 1＝2，a 1＋a 2＋a 3＝12.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n x n (x ∈R )，求数列{b n }的前n 项和公式.测试七 数列综合问题Ⅰ 基础训练题一、选择题1．等差数列{a n }中，a 1＝1，公差d ≠0，如果a 1，a 2，a 5成等比数列，那么d 等于( ) (A)3 (B)2 (C)－2 (D)2或－2 2．等比数列{a n }中，a n ＞0，且a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5等于( ) (A)5 (B)10 (C)15 (D)20 3．如果a 1，a 2，a 3，…，a 8为各项都是正数的等差数列，公差d ≠0，则( ) (A)a 1a 8＞a 4a 5 (B)a 1a 8＜a 4a 5 (C)a 1＋a 8＞a 4＋a 5 (D)a 1a 8＝a 4a 54．一给定函数y ＝f (x )的图象在下列图中，并且对任意a 1∈(0，1)，由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1＞a n (n ∈N *)，则该函数的图象是( )5．已知数列{a n }满足a 1＝0，1331n n n a a a (n ∈N *)，则a 20等于( ) (A)0 (B)－3(C)3(D)23 二、填空题6．设数列{a n }的首项a 1＝41，且.,,41,211为奇数为偶数n a n a a n nn 则a 2＝________，a 3＝________. 7．已知等差数列{a n }的公差为2，前20项和等于150，那么a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝________. 8．某种细菌的培养过程中，每20分钟分裂一次(一个分裂为两个)，经过3个小时，这种细菌可以由1个繁殖成________个.9．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n (n ∈N *)，则a n ＝________.10．在数列{a n }和{b n }中，a 1＝2，且对任意正整数n 等式3a n ＋1－a n ＝0成立，若b n 是a n 与a n ＋1的等差中项，则{b n }的前n 项和为________. 三、解答题11．数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a n ＝5S n －3(n ∈N *).(1)求a 1，a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)求a 1＋a 3＋…＋a 2n －1的和. 12．已知函数f (x )＝422x (x ＞0)，设a 1＝1，a 21 n ·f (a n )＝2(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式.13．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0.(1)求公差d 的范围；(2)指出S 1，S 2，…，S 12中哪个值最大，并说明理由.Ⅲ 拓展训练题14．甲、乙两物体分别从相距70m 的两地同时相向运动.甲第1分钟走2m ，以后每分钟比前1分钟多走1m ，乙每分钟走5m . (1)甲、乙开始运动后几分钟相遇？(2)如果甲、乙到达对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前1分钟多走1m ，乙继续每分钟走5m ，那么开始运动几分钟后第二次相遇？15．在数列{a n }中，若a 1，a 2是正整数，且a n ＝|a n －1－a n －2|，n ＝3，4，5，…则称{a n }为“绝对差数列”.(1)举出一个前五项不为零的“绝对差数列”(只要求写出前十项)； (2)若“绝对差数列”{a n }中，a 1＝3，a 2＝0，试求出通项a n ； (3)*证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.测试八 数列全章综合练习Ⅰ 基础训练题一、选择题1．在等差数列{a n }中，已知a 1＋a 2＝4，a 3＋a 4＝12，那么a 5＋a 6等于( ) (A)16 (B)20 (C)24 (D)36 2．在50和350间所有末位数是1的整数和( ) (A)5880 (B)5539 (C)5208 (D)48773．若a ，b ，c 成等比数列，则函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象与x 轴的交点个数为( ) (A)0 (B)1 (C)2 (D)不能确定 4．在等差数列{a n }中，如果前5项的和为S 5＝20，那么a 3等于( ) (A)－2 (B)2 (C)－4 (D)45．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2007＋a 2008＞0，a 2007·a 2008＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大自然数n 是( ) (A)4012 (B)4013 (C)4014 (D)4015 二、填空题6．已知等比数列{a n }中，a 3＝3，a 10＝384，则该数列的通项a n ＝________. 7．等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝－24，a 18＋a 19＋a 20＝78，则此数列前20项和S 20＝________. 8．数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S n ＝n 2－3n ＋1，则a n ＝________.9．等差数列{a n }中，公差d ≠0，且a 1，a 3，a 9成等比数列，则1074963a a a a a a ＝________.10．设数列{a n }是首项为1的正数数列，且(n ＋1)a 21 n －na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ∈N *)，则它的通项公式a n ＝________. 三、解答题11．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 7－a 10＝8，a 11－a 4＝4，求S 13.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，点(a n ，a n ＋1＋1)(n ∈N *)在函数f (x )＝2x ＋1的图象上.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n ；(3)设c n ＝S n ，求数列{c n }的前n 项和T n .13．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足条件S n ＝3a n ＋2.(1)求证：数列{a n }成等比数列； (2)求通项公式a n .14．某渔业公司今年初用98万元购进一艘渔船，用于捕捞，第一年需各种费用12万元，从第二年开始包括维修费在内，每年所需费用均比上一年增加4万元，该船每年捕捞的总收入为50万元.(1)写出该渔船前四年每年所需的费用(不包括购买费用)；(2)该渔船捕捞几年开始盈利(即总收入减去成本及所有费用为正值)？(3)若当盈利总额达到最大值时，渔船以8万元卖出，那么该船为渔业公司带来的收益是多少万元？Ⅱ 拓展训练题 15．已知函数f (x )＝412x (x ＜－2)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (－11 n a )(n ∈N *).(1)求a n ；(2)设b n ＝a 21 n ＋a 22 n ＋…＋a 212 n ，是否存在最小正整数m ，使对任意n ∈N *有b n ＜25m 成立？若存在，求出m 的值，若不存在，请说明理由.16．已知f 是直角坐标系平面xOy 到自身的一个映射，点P 在映射f 下的象为点Q ，记作Q＝f (P ).设P 1(x 1，y 1)，P 2＝f (P 1)，P 3＝f (P 2)，…，P n ＝f (P n －1)，….如果存在一个圆，使所有的点P n (x n ，y n )(n ∈N *)都在这个圆内或圆上，那么称这个圆为点P n (x n ，y n )的一个收敛圆.特别地，当P 1＝f (P 1)时，则称点P 1为映射f 下的不动点.若点P (x ，y )在映射f 下的象为点Q (－x ＋1，21y ). (1)求映射f 下不动点的坐标；(2)若P 1的坐标为(2，2)，求证：点P n (x n ，y n )(n ∈N *)存在一个半径为2的收敛圆.北京市西城区教辅资料-学习探究诊断-高中数学必修五全册练习和参考答案第二章 数列测试三 数列一、选择题1．C 2．B 3．C 4．C 5．B 二、填空题6．(1)12n a n (或其他符合要求的答案) (2)2)1(1n n a (或其他符合要求的答案)7．(1)2625,1716,109,54,21 (2)7 8．67 9．15110．4提示：9．注意a n 的分母是1＋2＋3＋4＋5＝15.10．将数列{a n }的通项a n 看成函数f (n )＝2n 2－15n ＋3，利用二次函数图象可得答案. 三、解答题11．(1)数列{a n }的前6项依次是11，8，5，2，－1，－4；(2)证明：∵n ≥5，∴－3n ＜－15，∴14－3n ＜－1， 故当n ≥5时，a n ＝14－3n ＜0.12．(1)31,313,31092421102 n n a n n a a n n ； (2)7932是该数列的第15项. 13．(1)因为a n ＝n －n1，所以a 1＝0，a 2＝23，a 3＝38，a 4＝415；(2)因为a n ＋1－a n ＝[(n ＋1)11n ]－(n －n1)＝1＋)1(1 n n又因为n ∈N ＋，所以a n ＋1－a n ＞0，即a n ＋1＞a n .所以数列{a n }是递增数列.测试四 等差数列一、选择题1．B 2．D 3．A 4．B 5．B 二、填空题6．a 4 7．13 8．6 9．6n －1 10．35 提示：10．方法一：求出前10项，再求和即可；方法二：当n 为奇数时，由题意，得a n ＋2－a n ＝0，所以a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2m －1＝1(m ∈N *).当n 为偶数时，由题意，得a n ＋2－a n ＝2，即a 4－a 2＝a 6－a 4＝…＝a 2m ＋2－a 2m ＝2(m ∈N *).所以数列{a 2m }是等差数列. 故S 10＝5a 1＋5a 2＋2)15(5 ×2＝35. 三、解答题11．设等差数列{a n }的公差是d ，依题意得.242344,7211d a d a 解得 .2,31d a ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. 12．(1)设等差数列{a n }的公差是d ，依题意得.5019,30911d a d a 解得 .2,121d a ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋10.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n ×12＋2)1( n n ×2＝n 2＋11n ， ∴S n ＝n 2＋11n ＝242，解得n ＝11，或n ＝－22(舍).13．(1)通项a n ＝a 1＋(n －1)d ＝50＋(n －1)×(－0.6)＝－0.6n ＋50.6.解不等式－0.6n ＋50.6＜0，得n ＞84.3. 因为n ∈N *，所以从第85项开始a n ＜0.(2)S n ＝na 1＋2)1( n n d ＝50n ＋2)1( n n ×(－0.6)＝－0.3n 2＋50.3n .由(1)知：数列{a n }的前84项为正值，从第85项起为负值， 所以(S n )max ＝S 84＝－0.3×842＋50.3×84＝2108.4.14．∵3a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝32， 由等差数列定义知：数列{a n }是公差为32的等差数列. 记a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝A ，a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100＝B ， 则B ＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋(a 5＋d )＋…＋(a 99＋d )＝A ＋50d ＝90＋3100. 所以S 100＝A ＋B ＝90＋90＋3100＝21331. 测试五 等比数列一、选择题1．B 2．C 3．A 4．B 5．D 提示：5．当a 1＝0时，数列{a n }是等差数列；当a 1≠0时，数列{a n }是等比数列； 当a 1＞0时，数列{a n }是递增数列；当a 1＜0时，数列{a n }是递减数列. 二、填空题6．－3 7．12 8．279 9．216 10．－2 提示：10．分q ＝1与q ≠1讨论.当q ＝1时，S n ＝na 1，又∵2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，∴2na 1＝(n ＋1)a 1＋(n ＋2)a 1， ∴a 1＝0(舍).当q ≠1，S n ＝q q a n 1)1(1.又∵2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，∴2×q q a n 1)1(1＝qq a q q a n n 1)1(1)1(2111，解得q ＝－2，或q ＝1(舍).三、解答题11．(1)a n ＝2×3n －1； (2)n ＝5. 12．q ＝±2或±21. 13．由题意，得.15)1()4)(1(,22c b a b c a b c a ，解得 852c b a ，或1511c b a .14．(1)设第4列公差为d ，则161381165252454a a d . 故a 44＝a 54－d ＝41161165 ，于是q 2＝414244 a a .由于a ij ＞0，所以q ＞0，故q ＝21. (2)在第4列中，a i 4＝a 24＋(i －2)d ＝i i 161)2(16181 .由于第i 行成等比数列，且公比q ＝21， 所以，a ij ＝a i 4·q j －4＝j j i i )21()21(1614 . 测试六 数列求和一、选择题1．B 2．A 3．B 4．A 5．C 提示：1．因为a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)q 4＝1×24＝16， 所以S 8＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＝1＋16＝17. 2．参考测试四第14题答案.3．由通项公式，得a 1＋a 2＝a 3＋a 4＝a 5＋a 6＝…＝－2，所以S 100＝50×(－2)＝－100.4．)121121(21)5131(21)311(21)12)(12(1531311 n n n n12)]121121()5131()311[(21n nn n . 5．由题设，得a n ＋2－a n ＝3，所以数列{a 2n －1}、{a 2n }为等差数列， 前100项中奇数项、偶数项各有50项，其中奇数项和为50×1＋24950 ×3＝3725，偶数项和为50×2＋24950 ×3＝3775， 所以S 100＝7500. 二、填空题 6．11 n 7．1212)1( n n n 8．31(4n －1) 9．)1,0(,11)1(,1)0(,11a a aa a n a n 且 10．n n n22121提示： 6．利用n n nn 111化简后再求和.8．由a n ＋1＝2a n ，得21 nn a a ，∴221n n a a ＝4，故数列{a 2n }是等比数列，再利用等比数列求和公式求和.10．错位相减法.三、解答题11．由题意，得a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是等差数列，是递增数列.∴a n ＝－11＋2(n －1)＝2n －13，由a n ＝2n －13＞0，得n ＞213. 所以，当n ≥7时，a n ＞0；当n ≤6时，a n ＜0.当n ≤6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝－a 1－a 2－…－a n ＝－[n ×(－11)＋2)1( n n ×2]＝12n －n 2； 当n ≥7时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝－a 1－a 2－…－a 6＋a 7＋a 8＋…＋a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－2(a 1＋a 2＋…＋a 6) ＝n ×(－11)＋2)1( n n ×2－2[6×(－11)＋256 ×2]＝n 2－12n ＋72.S n ＝ )7(,7212)6(,1222n n n n n n (n ∈N *).12．(1)∵f (1)＝n 2，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n 2. ①所以当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝(n －1)2 ② ①－②得，a n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1.(n ≥2) 因为n ＝1时，a 1＝1符合上式. 所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2))12)(12(153131********* n n a a a a a a n n)121121(21)5131(21)311(21 n n )]121121()5131()311[(21 n n 12)1211(21n nn . 13．因为)2(212211)211(1214121111n a n n n n . 所以)212()212()212(11221 n n n a a a S)212121()1(2112 n n112122211)211(2112 n n n n .14．(1)a n ＝2n ；(2)因为b n ＝2nx n ，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝2x ＋4x 2＋…＋2nx n . 当x ＝0时，S n ＝0；当x ＝1时，S n ＝2＋4＋…＋2n ＝2)22(n n ＝n (n ＋1)； 当x ≠0且x ≠1时，S n ＝2x ＋4x 2＋…＋2nx n ，xS n ＝2x 2＋4x 3＋…＋2nx n ＋1；两式相减得(1－x )S n ＝2x ＋2x 2＋…＋2x n －2nx n ＋1， 所以(1－x )S n ＝2x x x n 1)1(－2nx n ＋1，即x nx x x x S n n n 12)1()1(212. 综上，数列{b n }的前n 项和)1(,12)1()1(2)1(),1(12x xnx x x x x n n S n n n测试七 数列综合问题一、选择题1．B 2．A 3．B 4．A 5．B 提示：5．列出数列{a n }前几项，知数列{a n }为：0，－3，3，0，－3，3，0….不难发现循环规律，即a 1＝a 4＝a 7＝…＝a 3m －2＝0； a 2＝a 5＝a 8＝…＝a 3m －1＝－3；a 3＝a 6＝a 9＝…＝a 3m ＝3. 所以a 20＝a 2＝－3. 二、填空题6．41;21 7．85 8．512 9．23n 2－23n ＋2 10．2[1－(31)n ]三、解答题11．(1)643,163,43321a a a . (2)当n ＝1时，由题意得a 1＝5S 1－3，所以a 1＝43； 当n ≥2时，因为a n ＝5S n －3， 所以a n －1＝5S n －1－3；两式相减得a n －a n －1＝5(S n －S n －1)＝5a n ， 即4a n ＝－a n －1. 由a 1＝43≠0，得a n ≠0. 所以411 n n a a (n ≥2，n ∈N *).由等比数列定义知数列{a n }是首项a 1＝43，公比q ＝－41的等比数列. 所以.)41(431n n a (3)a 1＋a 3＋…＋a 2n －1＝)1611(541611)1611(43n n . 12．由a 21 n ·f (a n )＝2，得242221n n a a ， 化简得a 21 n －a 2n ＝4(n ∈N *).由等差数列定义知数列{a 2n }是首项a 21＝1，公差d ＝4的等差数列. 所以a 2n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.由f (x )的定义域x ＞0且f (a n )有意义，得a n ＞0. 所以a n ＝34 n .13．(1)06011201213211301112211211113112d a d a d a S d a S ，又a 3＝a 1＋2d ＝12 a 1＝12－2d ，∴030724d d ，故724 ＜d ＜－3.(2)由(1)知：d ＜0，所以a 1＞a 2＞a 3＞…＞a 13.∵S 12＝6(a 1＋a 12)＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝213(a 1＋a 13)＝13a 7＜0， ∴a 7＜0，且a 6＞0，故S 6为最大的一个值. 14．(1)设第n 分钟后第1次相遇，依题意有2n ＋2)1( n n ＋5n ＝70， 整理得n 2＋13n －140＝0.解得n ＝7，n ＝－20(舍去). ∴第1次相遇是在开始运动后7分钟.(2)设第n 分钟后第2次相遇，依题意有2n ＋2)1( n n ＋5n ＝3×70， 整理得n 2＋13n －420＝0.解得n ＝15，n ＝－28(舍去). ∴第2次相遇是在开始运动后15分钟.15．(1)a 1＝3，a 2＝1，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝1，a 6＝0，a 7＝1，a 8＝1，a 9＝0，a 10＝1.(答案不唯一)(2)因为在绝对差数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝0，所以该数列是a 1＝3，a 2＝0，a 3＝3，a 4＝3，a 5＝0，a 6＝3，a 7＝3，a 8＝0，….即自第1项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3，所以,0,3,3332313n n n aa a (n ＝0，1，2，3，…).(3)证明：根据定义，数列{a n }必在有限项后出现零项，证明如下：假设{a n }中没有零项，由于a n ＝|a n －1－a n －2|，所以对于任意的n ，都有a n ≥1，从而 当a n －1＞a n －2时，a n ＝a n －1－a n －2≤a n －1－1(n ≥3)； 当a n －1＜a n －2时，a n ＝a n －2－a n －1≤a n －2－1(n ≥3)； 即a n 的值要么比a n －1至少小1，要么比a n －2至少小1. 令c n ＝),(),(212221212n n n n n n a a a a a a (n ＝1，2，3，…).则0＜c n ≤c n －1－1(n ＝2，3，4，…).由于c 1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项c n ＜0， 这与c n ＞0(n ＝1，2，3，…)矛盾，从而{a n }必有零项.若第一次出现的零项为第n 项，记a n －1＝A (A ≠0)，则自第n 项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A ，A ，即,,,023133A aA a a k n k n k n (k ＝0，1，2，3，…). 所以绝对差数列{a n }中有无穷多个为零的项.测试八 数列全章综合练习一、选择题1．B 2．A 3．A 4．D 5．C 二、填空题6．3·2n －3 7．180 8．a n ＝ )2(,42)1(,1n n n 9．7610．a n ＝n 1(n ∈N *)提示：10．由(n ＋1)a 21 n －na 2n ＋a n ＋1a n ＝0，得[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0，因为a n ＞0，所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即11n na a n n ， 所以nn n a a a a a a a n n n 11322112312 .三、解答题 11．S 13＝156.12．(1)∵点(a n ，a n ＋1＋1)在函数f (x )＝2x ＋1的图象上，∴a n ＋1＋1＝2a n ＋1，即a n ＋1＝2a n .∵a 1＝1，∴a n ≠0，∴nn a a 1＝2， ∴{a n }是公比q ＝2的等比数列，∴a n ＝2n －1.(2)S n ＝1221)21(1 n n . (3)∵c n ＝S n ＝2n －1，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(2＋22＋…＋2n )－n ＝n n21)21(2＝2n ＋1－n －2. 13．当n ＝1时，由题意得S 1＝3a 1＋2，所以a 1＝－1；当n ≥2时，因为S n ＝3a n ＋2， 所以S n －1＝3a n －1＋2；两式相减得a n ＝3a n －3a n －1， 即2a n ＝3a n －1.由a 1＝－1≠0，得a n ≠0.所以231n n a a(n ≥2，n ∈N *). 由等比数列定义知数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝23的等比数列. 所以a n ＝－(23)n －1． 14．(1)设第n 年所需费用为a n (单位万元)，则a 1＝12，a 2＝16，a 3＝20，a 4＝24． (2)设捕捞n 年后，总利润为y 万元，则y ＝50n －[12n ＋2)1( n n ×4]－98＝－2n 2＋40n －98． 由题意得y ＞0，∴2n 2－40n ＋98＜0，∴10－51＜n ＜10＋51. ∵n ∈N *，∴3≤n ≤17，即捕捞3年后开始盈利. (3)∵y ＝－2n 2＋40n －98＝－2(n －10)2＋102， ∴当n ＝10时，y 最大＝102．即经过10年捕捞盈利额最大，共盈利102＋8＝110(万元). 15．(1)由a n ＝f (－11 n a )，得411221 nn a a (a n ＋1＞0)， ∴{21n a }为等差数列，∴21na ＝211a ＋(n －1)·4． ∵a 1＝1，∴a n ＝341 n (n ∈N *).(2)由1815411412122221n n n a a a b n n n n ， 得b n －b n ＋1＝)981281()581281(981581141 n n n n n n n )98)(28(7)58)(28(3n n n n∵n ∈N *，∴b n －b n ＋1＞0，∴b n ＞b n ＋1(n ∈N *)，∴{b n }是递减数列. ∴b n 的最大值为451423221a ab . 若存在最小正整数m ，使对任意n ∈N *有b n ＜25m成立， 只要使b 1＝254514m即可，∴m ＞970. ∴对任意n ∈N *使b n ＜25m成立的最小正整数m ＝8．16．(1)解：设不动点的坐标为P 0(x 0，y 0)，由题意，得0000211y y x x ，解得21x ，y 0＝0， 所以此映射f 下不动点为P 0(21，0). (2)证明：由P n ＋1＝f (P n )，得n n n n y y x x 21111，所以x n ＋1－21＝－(x n －21)，y n ＋1＝21y n . 因为x 1＝2，y 1＝2， 所以x n －21≠0，y n ≠0， 所以21,1212111n n n n y y x x . 由等比数列定义，得数列{x n －21}(n ∈N *)是公比为－1， 首项为x 1－21＝23的等比数列， 所以x n －21＝23×(－1)n －1，则x n ＝21＋(－1)n －1×23.同理y n ＝2×(21)n －1.所以P n (21＋(－1)n －1×23，2×(21)n －1).设A (21，1)，则|AP n |＝212])21(21[)23( n .因为0＜2×(21)n －1≤2， 所以－1≤1－2×(21)n －1＜1，所以|AP n |≤1)23(2 ＜2． 故所有的点P n (n ∈N *)都在以A (21，1)为圆心，2为半径的圆内，即点P n (x n ，y n )存在一个半径为2的收敛圆.单元测试二 数列一、选择题1．在等差数列{a n }中，若a 2＝3，a 6＝11，则a 4等于( ) (A)5 (B)6 (C)7 (D)9 2．在正项等比数列{a n }中，若a 4a 5＝6，则a 1a 2a 7a 8等于( ) (A)6 (B)12 (C)24 (D)363．等差数列{a n }的公差不为零，首项a 1＝1，a 2是a 1和a 5的等比中项，则数列{a n }的公差等于( ) (A)1 (B)2 (C)－1 (D)－2 4．若数列{a n }是公比为4的等比数列，且a 1＝2，则数列{log 2a n }是( ) (A)公差为2的等差数列 (B)公差为lg2的等差数列(C)公比为2的等比数列 (D)公比为lg2的等比数列 5．等比数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 4＝2，S 8＝6，则S 12等于( ) (A)8 (B)10 (C)12 (D)146．{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，用S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是( ) (A)21 (B)20 (C)19 (D)187．如果数列{a n }(a n ∈R )对任意m ，n ∈N *满足a m ＋n ＝a m ·a n ，且a 3＝8，那么a 10等于( ) (A)1024 (B)512 (C)510 (D)256 8．设f (n )为正整数n (十进制)的各数位上的数字的平方之和，例如f (123)＝12＋22＋32＝14．记a 1＝f (2009)，a k ＋1＝f (a k )，k ＝1，2，3，…则a 2009等于( ) (A)85 (B)16 (C)145 (D)58 二、填空题9．在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 5＝a 2＋6，则a 6＝________.10．在等差数列{a n }中，a 2，a 11是方程x 2－3x －5＝0的两根，则a 5＋a 8＝________.11．设等比数列{a n }的公比21q ，前n 项和为S n ，则44a S ＝________.12．若数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，则a 5＝______；前8项的和S 8＝______.(用数字作答)13．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |＞1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1，2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则6q ＝________.14．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 6＝4S 3，则a 4＝________. 三、解答题15．在等差数列{a n }中，a 3a 7＝－16，a 4＋a 6＝0，求{a n }前n 项和S n .16．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列.(1)求{a n }的公比q ； (2)若a 1－a 3＝3，求S n .17．已知三个数成等差数列，它们的和为30，如果第一个数减去5，第二个数减去4，第三个数不变，则所得三个数组成等比数列，求这三个数.18．已知函数f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n (x ∈R ，n ∈N *)，且对一切正整数n 都有f (1)＝n 2成立.(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)求13221111 n n a a a a a a .19．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝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.单元测试二 数列一、选择题1．C 2．D 3．B 4．A 5．D 6．B 7．A 8．D二、填空题9．13 10．3 11．15 12．16,255 13．－9 14．3三、解答题15．解：设{a n }的公差为d ，则05316)6)(2(1111d a d a d a d a ， 即 d a d da a 41612812121， 解得 ,2,81d a 或,2,81d a . 因此S n ＝－8n ＋n (n －1)＝n (n －9)，或S n ＝8n －n (n －1)＝－n (n －9).16．解：(1)依题意有a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0，又q ≠0，从而q ＝21. (2)由已知可得a 1－a 1(21 )2＝3， 故a 1＝4，从而S n ＝])21(1[38)21(1])21(1[4n n . 17．解：设这三个数为a －d ，a ，a ＋d ，则(a －d )＋a ＋(a ＋d )＝30，解得a ＝10．又由(a －d －5)(a ＋d )＝(a －4)2，解得d ＝2，或－7．所以三个数为8，10，12，或17，10，3．18．解：(1)由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n 2． ①所以当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝(n －1)2 ②①－②得，a n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1．(n ≥2)因为n ＝1时，a 1＝1符合上式，所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2))12)(12(153131********* n n a a a a a a n n )121121(21)5131(21)311(21 n n )]121121()5131()311[(21 n n 12)1211(21n n n . 19．解：(1)由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，得a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3． 由S n ＋1＝4a n ＋2， ……………①得当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2 ……………② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)， 又因为b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1，所以{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列. (2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，所以432211 n n n n a a ， 所以数列{n n a 2}是首项为21，公差为43的等差数列. 所以n n a 2＝414343)1(21 n n ，a n ＝(3n －1)·2n －2．。