(全国通用)高考数学一轮复习第五章数列热点专题突破三数列的综合问题习题理【含答案】

[考情分析]预计2025年高考会从以下两个角度对数列的综合问题进行考查：(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题，可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查；(2)以新定义为载体，考查对新数列性质的理解及应用，以创新型题目的形式出现．考点一等差、等比数列的综合问题例1(2024·山东滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ，所以n ＝log 2b n ，所以b n ＝2n .(2)由(1)得b n ＝2n ＝2·2n －1＝a 2n －1，即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ，因为b 7＝a 26＝a 64，b 8＝a 27＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的，所以S 100＝P 107－Q 7＝107×（2＋214）2－2－281－2＝11302.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.1.(2022·浙江高考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝－1，公差d >1.记{a n }的前n项和为S n (n ∈N *)．(1)若S 4－2a 2a 3＋6＝0，求S n ；(2)若对于每个n ∈N *，存在实数c n ，使a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，求d 的取值范围．解(1)因为S 4－2a 2a 3＋6＝0，a 1＝－1，所以－4＋6d －2(－1＋d )(－1＋2d )＋6＝0，所以d 2－3d ＝0，又d >1，所以d ＝3，所以a n ＝3n －4，所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝3n 2－5n2.(2)因为a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，所以(a n ＋1＋4c n )2＝(a n ＋c n )(a n ＋2＋15c n )，(nd －1＋4c n )2＝(－1＋nd －d ＋c n )(－1＋nd ＋d ＋15c n )，c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0，由已知可得方程c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0的判别式大于等于0，所以Δ＝(14d －8nd ＋8)2－4d 2≥0，所以(16d －8nd ＋8)(12d －8nd ＋8)≥0对于任意的n ∈N *恒成立，所以[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]≥0对于任意的n ∈N *恒成立，当n ＝1时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]＝(d ＋1)(d ＋2)≥0，当n ＝2时，由(2d －2d －1)(4d －3d －2)≥0，可得d ≤2，当n ≥3时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]>(n －3)(2n －5)≥0，又d >1，所以1<d ≤2，即d 的取值范围为(1，2]．考点二通项与求和问题例2(2023·黑龙江哈九中模拟)在①S 3＝2a 3－15；②a 2＋6是a 1，a 3的等差中项；③2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，并解答．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n ＝b n －1b n ，求数列2n n 项和T n .注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，若选①：由S 3＝2a 3－15，得a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－15，所以a 3－a 2－a 1＝15，又由a 1＝3，可得3q 2－3q －18＝0，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选②：由a 2＋6是a 1，a 3的等差中项，可得a 1＋a 3＝2(a 2＋6)，又因为a 1＝3，可得3＋3q 2＝2(3q ＋6)，即q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选③：由2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)，当n ＝1时，2a 1＝6＝2S 1＝t 2－3，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)，所以2S n ＝3n ＋1－3，当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3n ＋1－3－(3n －3)＝2·3n ，所以a n ＝3n (n ≥2)．经验证当n ＝1时，满足a n ＝3n ，所以a n ＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝3n ，所以b n －1b n ＝3n ，n ＝9n ，所以b 2n ＋1b 2n＝9n＋2，所以T n 2122 (2)n (91＋2)＋(92＋2)＋…＋(9n ＋2)＝91＋92＋…＋9n＋2n ＝9（1－9n ）1－9＋2n ＝9n ＋1＋16n －98.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路思路一转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成思路二不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2.(2024·广东深圳中学月考)若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差、公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表达式为a n ＝1＋n －12d ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，2qn －22，n ＝2k ，k ∈N *，若数列{a n }(n ∈N *)为“摇摆数列”且a 1＝1，a 1＋a 2＝a 3，a 2a 3＝20.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ∑ni ＝1i 2解(1)＋a 2＝a 3，2a 3＝202＝4，3＝52＝－5，3＝－4(舍去)，∴d ＝q ＝4，∴a n n －1，n ＝2k ＋1，k ∈N ，n ，n ＝2k ，k ∈N *.(2)b n ＝na n n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，·2n ，n ＝2k ，k ∈N *.先求奇数项的和：b n ＝2n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，S n ＝2×[12＋32＋…＋(2n －1)2]－n 2，引入W n ＝22＋42＋…＋(2n )2＝4(12＋22＋…＋n 2)，12(S n ＋n 2)＋W n ＝∑2ni ＝1i 2＝n （2n ＋1）（4n ＋1）3⇒S n＝2(∑2ni ＝1i 2－W n )－n 2＝2n （2n ＋1）（4n ＋1）3－4×n （n ＋1）（2n ＋1）6－n 2＝8n 3－3n 2－2n 3，再求偶数项的和：b n ＝n ·2n ，n ＝2k ，k ∈N *，S n ′＝2×22＋4×24＋…＋2n ×22n ，4S n ′＝2×24＋4×26＋…＋2(n －1)×22n ＋2n ×22n ＋2，两式相减，得－3S n ′＝2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22n －2n ×22n＋2＝8×（1－4n ）1－4－2n ×22n ＋2＝（1－3n ）×22n ＋3－83，∴S n ′＝（3n －1）22n ＋3＋89，∴T 2n ＝S n ＋S n ′＝8n 3－3n 2－2n3＋（3n －1）22n ＋3＋89.考点三数列与不等式的综合问题例3(2023·安徽十校联考)已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2(n ≥2且n ∈N *)，a 2＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)n 项和为T n ，求证：23≤T n <1.解(1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2，所以a 1＋a 2＋…＋a n －a n ＋1＝－2，两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，当n ＝2时，a 1－a 2＝－2，又a 2＝4，所以a 1＝2，a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明：因为2n（a n －1）（a n ＋1－1）＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n …1－12n ＋1－1<1，由n ≥1，得2n ＋1≥4，所以1－12n ＋1－1≥23，综上，2≤T n <1.1．数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．2．放缩法常见的放缩技巧(1)1k 2＜1k 2－1＝121k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k.(3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．(4)12n ＋1＜12n ＋1＜12n ，13n ＜13n －1≤12·3n －1.3.(2023·河南五市高三二模)已知数列{a n }满足a 1＝23，且2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，n∈N *.(1){a n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1a 2a 3…a n ，n ∈N *，S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n .证明：S n 解(1)由2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，得a n ＋1＝12－a n ，则11－a n ＋1－11－a n＝1，是首项为11－a 1＝3，公差d ＝1的等差数列，所以11－a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，整理得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，经检验，符合要求．(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，T n ＝a 1a 2…a n ＝2n ＋2，∴T 2n ＝4（n ＋2）2>4（n ＋2）（n ＋3）＝∴S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n －14＋…＋1n ＋2－即S n 考点四数列与函数的综合问题例4(2024·江苏辅仁中学阶段考试)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，求数列前n 项和T n .解(1)由已知，得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 －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x 的图象在点(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.则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＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形注意事项注意点一数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或有限子集)，它的图象是一群孤立的点注意点二转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题注意点三利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化4.(2024·湖南湘潭一中阶段考试)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .解(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，所以cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－2n π3＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sinn （n ＋1）π－2n π3.因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，所以n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－m π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－m π＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin2m π＝0.综上所述，sin S nn ＝3m －2（m ∈N *），＝3m －1（m ∈N *），3m （m∈N *）.课时作业1．(2023·新课标Ⅱ卷){a n }为等差数列，b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .2．(2023·江苏徐州第七中学校考一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝12·3n ＋b (b 为常数)．(1)求b 的值和数列{a n }的通项公式；(2)记c m 为{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数，求数列{a m c m }的前n 项和T n .解(1)由题设S n ＝12·3n ＋b ，显然等比数列{a n }的公比不为1，设{a n }的公比为q ，则S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝a 11－q －a 1q n1－q ，∴b ＝a 11－q ＝－12且q ＝3，∴a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)令－3m ≤3n －1≤3m ，n ∈N *，解得0≤n －1≤m ，∴1≤n ≤m ＋1，数列{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数为m ＋1，则c m ＝m ＋1，∴a m c m ＝(m ＋1)×3m －1，∵T n ＝2×30＋3×31＋…＋(n ＋1)×3n －1，①3T n ＝2×31＋3×32＋…＋(n ＋1)×3n ，②两式相减，得－2T n ＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n ＋1)×3n＝1＋1－3n1－3－(n ＋1)·3n ＝（－1－2n ）·3n ＋12，∴T n n －14.3．(2024·河南郑州外国语学校阶段考试)已知f (x )＝－4＋1x2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＋1a 2n ＝T na 2n ＋1＋16n 2－8n －3，确定b 1的值使得数列{b n }是等差数列．解(1)因为f (x )＝－4＋1x2，且点P n ，n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，所以1a n ＋1＝4＋1a 2n ，即1a 2n ＋1－1a 2n＝4，1为首项，4为公差的等差数列，所以1a 2n＝1＋4(n －1)＝4n －3，即a n ＝14n －3(n ∈N *)．(2)由(1)知T n ＋1a 2n ＝T n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，即为(4n －3)T n ＋1＝(4n ＋1)T n ＋(4n －3)(4n ＋1)，整理得T n ＋14n ＋1－T n 4n －3＝1，T 1为首项，1为公差的等差数列，则T n 4n －3＝T 1＋n －1，即T n ＝(4n －3)(T 1＋n －1)，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝4b 1＋8n －11，若{b n }是等差数列，则b 1适合上式，令n ＝1，得b 1＝4b 1－3，解得b 1＝1.4．(2023·黑龙江齐齐哈尔模拟)在①S n ＝32a n －3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和；②a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1为数列{a n }中的项？若存在，求出m ；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选择条件①：(1)令n ＝1，则a 1＝321－3，所以a 1＝6，由于S n ＝32a n －3，则当n ≥2时，S n －1＝32a n －1－3，两式相减，得a n ＝32a n －32a n －1，则a n a n －1＝3，所以{a n }是首项为6，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝6×3n －1＝2×3n .(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则2×3m ＋2×3m ＋1＝2×3k ，所以4×3m ＝3k ，此等式左边为偶数，右边为奇数，所以不存在正整数m 满足题意．若选择条件②：(1)因为a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1，所以a n ≠0，1a n ＋1－1a n＝1，是首项为1a 1＝1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n.(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则1m ＋1m ＋1＝1k，化简得m 2＋(1－2k )m －k ＝0，解得m ＝2k －1＋1＋4k 22，因为2k <1＋4k 2<2k ＋1，所以2k －12<m <2k ，m 无正整数解，故不存在正整数m 满足题意．5．已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，S n ＝n （9－n ）2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m 1－1281m ，的值随m 增加而减小，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12(n 2－9n )－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ，则10＜8＋λ，解得λ＞2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞)．6．(2024·河北衡水调研)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ，2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．(1){a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.解(1)由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3an ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n －1，所以a n ＝11.(2)证明：由(1)可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－<7528.综上所述，1271S n <7528成立．。

（新课标）高考数学一轮总复习第五章数列55数列的综合应用课时规范练理（含解析）新人教A 版课时规范练(授课提示：对应学生用书第275页)A 组 基础对点练1．(2018·龙泉驿区期末)等差数列{a n }的公差为1，且a 1，a 3，a 7成等比数列，则{a n }的前20项和为( A ) A ．230 B ．－230 C ．210D ．－2102．在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若q ＝2，且a 2与2a 4的等差中项为18，则S 5＝( A ) A ．62 B ．－62 C ．32D ．－323．已知数列{a n }，定直线l ：y ＝m ＋32m ＋4x －m ＋92m ＋4，若(n ，a n )在直线l 上，则数列{a n }的前13项和为( C ) A ．10 B ．21 C ．39D ．784．等差数列{a n }中的a 4，a 2 016是函数f (x )＝x 3－6x 2＋4x －1的极值点，则log 14a 1 010＝( D )A.12 B ．2 C ．－2D ．－125．(2018·柳林县期末)已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则a ＋bcd的最小值是( C ) A ．0 B ．1 C ．2D ．4解析：由x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，可得a ＋b ＝x ＋y ，xy ＝cd ，则a ＋b cd ＝x ＋y xy ≥2xyxy＝2，当且仅当x ＝y 时，等号成立，则a ＋bcd的最小值是2. 6．已知在等差数列{a n }中，a 1＝120，公差d ＝－4，若S n ≤a n (n ≥2)，其中S n 为该数列的前n 项和，则n 的最小值为( B )A ．60B ．62C ．70D ．727．等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( A ) A ．－24 B ．－3 C ．3D ．88．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 ＝ 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 1q n －1＝3n －1.9．(2017·江西师大附中检测)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 3，S 4成等差数列，则数列{a n }的公比为1＋52. 解析：设{a n }的公比为q ，由题意易知q >0且q ≠1，因为S 1，S 3，S 4成等差数列，所以2S 3＝S 1＋S 4，即2a 11－q 31－q＝a 1＋a 11－q 41－q ，解得q ＝1＋52.10．已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f－2－a n(n ∈N *)，则a 2 016的值为 4 031 .解析：根据题意，不妨设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f －2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1，∴a 2 016＝4 031.11．(2016·高考四川卷)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n .解析：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1， 故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列． 从而a n ＝qn －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3， 所以a 3＝2a 2，故q ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝ 1＋q2n －1.由e 2＝ 1＋q 2＝2解得q ＝ 3.所以e 21＋e 22＋…＋e 2n ＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n －1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n－1)．12．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋d ＝6，q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43，q ＝9(舍去)．故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，∴1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. B 组 能力提升练1．(2018·武平县校级月考)已知函数f (x )＝4x 2x －1，M ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n (n ∈N *，且n为奇数)，则M 等于( C ) A ．2n －1 B ．n －12C ．2n ＋2D ．2n ＋12解析：化简f (x )＝2＋22x －1，则f (1－x )＝2－22x －1，f (x )＋f (1－x )＝4，且f (0)＝0，M ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ， ∴2M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f 0＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋f 0＝4(n ＋1)，∴M ＝2n ＋2.2．(2018·柯桥区期末)设数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋a n ＋1是等差数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017＋1a 2 018的值等于( C )A ．2 017B ．2 018C ．4 034D ．4 036解析：数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，可得a n ＝q n －1，1a n ＋a n ＋1＝1q n －1＋qn＝11＋q ·1qn －1. 由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋a n ＋1是等差数列，可得q ＝1，即a n ＝1，即有⎝⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 2 017＋1a 2 018＝2＋2＋…＋2＝2×2 017＝4 034. 3．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( C ) A ．29B ．210C ．211D ．2124．(2018·宜宾期末)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，且a 1＝2，S n 为其前n 项和，等比数列{b n }的前三项分别为a 2，a 5，a 11，设向量OQ n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ，S n n 2(n ∈N *)，则OQ n →的模的最大值是( B ) A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：由题意可得a 25＝a 2a 11，即(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋10d )，化为a 1＝2d ＝2，可得d ＝1，则a n ＝2＋n －1＝n ＋1，S n ＝12n (n ＋3)．向量OQ n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ，S n n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ，n ＋32n ，可得 |OQ n →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3n 2＝134n 2＋72n ＋54.由于n ∈N *，当n ＝1时，1n取得最大值1，可得134n 2＋72n ＋54的最大值为134＋72＋54＝8，则OQ n →的模的最大值是2 2.5．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 9 . 解析：依题意有a ，b 是方程x 2－px ＋q ＝0的两根，则a ＋b ＝p ，ab ＝q ，由p ＞0，q >0可知a ＞0，b ＞0.由题意可知ab ＝(－2)2＝4＝q ，a －2＝2b 或b －2＝2a ，将a －2＝2b 代入ab ＝4可解得a ＝4，b ＝1，此时a ＋b ＝5，将b －2＝2a 代入ab ＝4可解得a ＝1，b ＝4，此时a ＋b ＝5，则p ＝5，故p ＋q ＝9.6．(2018·上饶三模)已知等比数列{a n }的首项是1，公比为3，等差数列{b n }的首项是－5，公差为1，把{b n }中的各项按如下规则依次插入到{a n }的每相邻两项之间，构成新数列{c n }：a 1，b 1，a 2，b 2，b 3，a 3，b 4，b 5，b 6，a 4，…，即在a n 和a n ＋1两项之间依次插入{b n }中n 个项，则c 2 018＝ 1 949 .(用数字作答) 解析：由题意得a n ＝3n －1，b n ＝－5＋(n －1)×1＝n －6，数列{c n }中的项为30，－5,31，－4，－3,32，－2，－1,0,33， (3)时，共有项数为1＋2＋…＋n ＋(n ＋1)＝n ＋1n ＋22.当n ＝62时，63×642＝2 016，即此时共有2 016项，且第2 016项为362， ∴c 2 018＝b 1 955＝1 955－6＝1 949.7．对于数列{a n }，若对∀m ，n ∈N *(m ≠n )，都有a m －a nm －n≥t (t 为常数)成立，则称数列{a n }具有性质P (t )．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n，且具有性质P (t )，则t 的最大值为 2 . 解析：借助y ＝2x的图象(图略)可知，a m －a nm －n表示该图象上两个整数点连线的斜率，由图象知m ＝1，n ＝2或m ＝2，n ＝1时斜率取最小值2，若对∀m ，n ∈N *(m ≠n )，都有a m －a nm －n≥t 成立，则t ≤2，所以t 的最大值为2.8．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围为 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125 . 解析：由题意知H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，所以a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ×2n ＋1， ①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)×2n ， ②①－②得2n －1a n ＝n ×2n ＋1－(n －1)×2n ，解得a n ＝2n ＋2，n ≥2，当n ＝1时，a 1＝4也满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2，且数列{a n }为等差数列，公差为2.令b n ＝a n －kn ＝(2－k )n ＋2，则数列{b n }也是等差数列，由S n ≤S 5对任意的n ∈N *恒成立，知2－k <0，且b 5＝12－5k ≥0，b 6＝14－6k ≤0，解得73≤k ≤125.9．已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)证明：S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＋1S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋12n2n＋1，n 为奇数，2＋12n2n－1，n 为偶数.当n 为奇数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.当n 为偶数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.10．(2017·高考山东卷)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解析：(1)设数列{x n }的公比为q ，q >0. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2，所以3q 2－5q －2＝0，因为q >0，所以q ＝2，x 1＝1， 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，P 3，…，P n ＋1向轴x 作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，Q 3，…，Q n ＋1， 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n . 由题意b n ＝n ＋n ＋12×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋21－2n －11－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝2n －1×2n＋12.。

热点专题突破三数列的综合问题1.公差d>0的等差数列{a n}中,a1=2,a1,a2,a4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足a n=+…+,求数列{b n}的通项公式.1.【解析】(1)因为a1,a2,a4成等比数列,所以(a1+d)2=a1(a1+3d),整理得d=a1=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n.(2)因为a n=+…+,①所以a n-1=+…+.②①-②得a n-a n-1=(n≥2),即b n=2(2n+1)=2n+1+2(n≥2),当n=1时,b1=6适合上式,所以b n=2n+1+2.2.数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a n+1=2S n+1,数列{b n}为等差数列,且b3=3,b5=7.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,·k≥b n恒成立,某某数k的取值X围.2.【解析】(1)由a n+1=2S n+1,①得a n=2S n-1+1,②①-②得a n+1-a n=2(S n-S n-1),∴a n+1=3a n(n≥2).又a2=3,a1=1也满足上式,∴a n=3n-1.由b5-b3=2d=6,可得d=3,∴b n=3+(n-3)×3=3n-6.(2)S n=,∴k≥3n-6对n∈N*恒成立,∴k≥对n∈N*恒成立.令=,--1=,当n≤3时,>-1,当n≥4时,<-1,∴()max=c3=,即k≥2()max=,∴实数k的取值X围是3.已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=(n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=3+b2.(1)求a n与b n;(2)设=(n∈N*),记数列{}的前n项和为S n,求S n.3.【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q,∵a1a2a3…a n=(n∈N*),∴a1a2a3=,∴q3=8q3=,同理a1a2=,即q=4q=,而b3=3+b2,∴8q3==23×=8×4q,∴q=2或q=-2,∵a1a2=>0,∴q=2,a n=a1q n-1=2n.又a1a2a3…a n=(n∈N*),∴,∴b n=.(2)由=-2,得S n=c1+c2+…+=+…+-21-++…+=-21-= -1.4.已知数列{a n}中,a1=1,a n=-,n≥2,且b n=a n+,数列{b n}的前n项和为S n.(1)求证:数列{b n}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)若对任意n∈N*,p≤S n-≤q,求q-p的最小值.4.【解析】(1)因为b n+1=a n+1+=-=-a n+=-b n,又b1=a1+≠0,所以数列{b n}是等比数列.因为b n=b1,所以a n=b n-.(2)由(1)可知S n==1-,当n为奇数时,S n=1+;当n为偶数时,S n=1-.因为函数y=x-在(0,+∞)上单调递增,所以S n-的取值X围是.所以p≤-,q≥,所以q-p≥,即q-p的最小值是.5.已知各项均为正数的数列{a n}满足+a n a n+1,且a2+a4=2a3+4,其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}满足b n=(n∈N*),若存在正整数m,n(1<m<n),使得b1,b m,b n成等比数列,求m,n的值.5.【解析】(1)因为+a n a n+1,即(a n+1+a n)(a n+1-2a n)=0,又a n>0,所以有a n+1-2a n=0,即a n+1=2a n,所以数列{a n}是公比为2的等比数列,由a2+a4=2a3+4得2a1+8a1=8a1+4,解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*).(2)b n=,若b1,b m,b n成等比数列,则,即3m2+n(2m2-4m-1)=0.因为1<m<n,所以2m2-4m-1<0,解得1-<m<1+,又m∈N*,且m>1,所以m=2,此时n=12.6.(2015·某某长郡中学等十三校第二次联考)已知正项数列{a n}的首项a1=1,前n项和S n满足a n=(n≥2).(1)求证:{}为等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)记数列的前n项和为T n,若对任意的n∈N*,不等式4T n<a2-a恒成立,某某数a的取值X围.6.【解析】(1)∵当n≥2时,a n=,∴S n-S n-1=,即=1,∴数列{}是首项为1,公差为1的等差数列,故=n,故a n==n+(n-1)=2n-1(n≥2),当n=1时也成立;∴a n=2n-1.(2)∵,∴T n=,又∵4T n<a2-a,∴2≤a2-a,解得a≤-1或a≥2,即所某某数a的取值X围为(-∞,-1]∪[2,+∞).7.已知函数f n(x)=(其中n是常数,n∈N*),将函数f n(x)的最大值记为a n,由a n构成的数列{a n}的前n项和记为S n.(1)求S n;(2)若对任意的n∈N*,总存在x∈(0,+∞)使+a=a n,求a的取值X围;(3)比较+f n(e n)与a n的大小,并加以证明.7.【解析】(1)f'n(x)=.令f'n(x)>0,则x<e n+1-n.所以f n(x)在(-n,e n+1-n)内单调递增,在(e n+1-n,+∞)上单调递减.所以当x=e n+1-n时,f n(x)max=f n(e n+1-n)=,即a n=,则S n=.(2)因为n≥1,所以e n+1单调递增,n(n+1)单调递增,所以a n=单调递减.所以0<a n≤a1=,即a n∈.令g(x)=+a,则g'(x)=,所以g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减.当x→0时,→0;当x→+∞时,>0;又g(1)=1+a,所以g(x)∈(a,1+a],由已知得(a,1+a]⊇,所以所以≤a≤0.(3)+f n(e n)-a n=l n·+ln .令t=,h(x)=(x≥1),h'(x)=≤0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递减.所以1<h(x)≤1+,即t∈.又令r(t)=+ln t-t,r'(t)=>0,所以r(t)>r(1)=0,所以>0,所以+f n(e n)>a n.8.(2015·某某高考)数列{a n}满足:a1+2a2+…+na n=4-,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{a n}的前n项和T n;(3)令b1=a1,b n=a n(n≥2),证明:数列{b n}的前n项和S n满足S n<2+2ln n.8.【解析】(1)依题意有a1+2a2+…+na n=4-,n∈N*,当n≥2时,有a1+2a2+…+(n-1)a n-1=4-,两式相减得na n=-,即a n=,n≥2.且n=1时,a1=1也满足通项公式,综上得a n=,n∈N*.则a3=.(2)由(1)知T n==2-.(3)由(2)得T n=2-,当n≥2时,b n=a n=(a1+a2+…+a n-1)+a n=a1+a2+…+a n-1+a n,所以S n=b1+b2+…+b n=a1++a1+a2+1+a3+…+a1+a2+…+a n-1+a n=a1+a2+…+1++…+a n=(a1+a2+…+a n)=T n=,下面证明+…+<ln(1+n),令函数F(x)=ln(1+x)-,x>0,则F'(x)=>0,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,故F(x)=ln(1+x)->F(0)=0,即对于(0,+∞),恒有ln(1+x)>,令x=,有ln,即ln+…+.故ln n>+…+.故S n=<21++…+<2(1+ln n)=2+2ln n.。

数列综合时间:50分钟 总分：70分班级： 姓名：一、 选择题（共6小题，每题5分，共30分）1．在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2【答案】C【解析】 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，所以a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，所以q 2－2q－1＝0，解得q ＝1± 2.又q ＞0，因此有q ＝1＋2，故a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2a 7＋a 8a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2.2．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( )A. 2 B ．4 C ．2 D.12【答案】C【解析】 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 23＝a 1a 7得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d ，故数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2.3．《九章算术》之后，人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一月(按30天计)，共织390尺布”，则每天比前一天多织布的尺数是( )A.12 B.815 C.1631D.1629【答案】D【解析】 由题意知，a 1＝5，n ＝30，S n ＝390＝30×5＋30×292d ⇒d ＝1629.4．已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】D【解析】 因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.5．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线的生产期限是( ) A ．5年 B ．6年 C ．7年 D ．8年【答案】C【解析】 令第n 年的年产量为a n ，则由题意可知第一年的产量a 1＝f (1)＝12×1×2×3＝3(吨)；第n (n ＝2,3，…)年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝12n (n ＋1)(2n ＋1)－12(n －1)·n ·(2n －1)＝3n 2(吨)．令3n 2≤150，则结合题意可得1≤n ≤5 2.又n ∈N *，所以1≤n ≤7，即生产期限最长为7年． 6．数列{a n }的通项a n ＝n 2cos2n π3－sin2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为( )A ．470B ．490C ．495D ．510【答案】A【解析】 注意到a n ＝n 2cos 2n π3，且函数y ＝cos 2πx 3的最小正周期是3，因此当n 是正整数时，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝－12n 2－12(n ＋1)2＋(n ＋2)2＝3n ＋72，其中n ＝1,4,7，…， S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3×1＋72＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×4＋72＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×28＋72＝3×10×1＋282＋72×10＝470. 二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）7．设曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和S n 等于________． 【答案】 2n ＋1－2【解析】 y ′＝nx n －1－(n ＋1)x n ，∴y ′|x ＝2＝n ·2n －1－(n ＋1)·2n ＝－n ·2n －1－2n .∴切线方程为y ＋2n＝(－n ·2n －1－2n)(x －2)，令x ＝0，得y ＝(n ＋1)·2n，即a n ＝(n ＋1)·2n.∴a nn ＋1＝2n ，∴S n ＝2n ＋1－2.8．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则等比数列{a n }的公比为________． 【答案】 13【解析】 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由4S 2＝S 1＋3S 3，得4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，即3q 2－q ＝0，又q ≠0，∴q ＝13.9．(2015·全国卷Ⅱ)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 ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.10．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”，若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________. 【答案】 4【解析】由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n c 1＋cn2，前2n 项和为S 2n ＝2nc 1＋c 2n2，∴S 2nS n ＝2n c 1＋c 2n2n c 1＋c n2＝2＋2nd 4＋nd －d ＝2＋21＋4－d nd，∴当d ＝4时，S 2nS n＝4.三、解答题（共2小题，每题10分，共20分）11．(2015·山东高考)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】 (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.① 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.② 由①②解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.经检验，符合题意． (2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n， 所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋ (4)－n ·4n ＋1＝－4n1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43，所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋n －n ＋19.12.已知数列{a n }的首项为a 1＝5，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝2S n ＋n ＋5(n ∈N *)．(1)证明：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)令f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，f ′(x )是函数f (x )的导函数，令b n ＝f ′(1)，求数列{b n }的通项公式；(3)若b n ＜30成立，试求n 的最大值． 【答案】见解析【解析】 (1)证明：数列{a n }中，∵S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，∴S n ＝2S n －1＋n ＋4，∴S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 当n ＝1时，a 2＝2a 1＋1＝11，∴a 2＋1＝12，a 1＋1＝6， ∴{a n ＋1}是首项为6，公比为2的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝6·2n －1＝3·2n，∴a n ＝3×2n－1，又∵f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，∴f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋…＋na n x n －1，f ′(1)＝a 1＋2a 2＋…＋na n ＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n (3×2n －1)＝3(2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)－(1＋2＋3＋…＋n )， 令S ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n， 则2S ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，作差得S ＝(n －1)×2n ＋1＋2，∴b n ＝f ′(1)＝3(n －1)×2n ＋1－n n ＋2＋6.(3)∵当n ∈N *时，b n ＋1－b n ＝(n ＋1)(3×2n ＋1－1)＞0，∴{b n }为递增数列，又∵b 1＝5，b 2＝27，b 3＝96， ∴使b n <30成立，n 的最大值为2.。

解答题专项突破(三) 数列的综合应用从近几年高考情况来看，高考对本部分内容的考查主要有：①以客观题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，试题多以常规题为主；②等差、等比数列的通项与求和问题；③非等差、等比数列的通项与求和问题，此时常用到递推关系或转化成等差、等比的形式进行求解；④与函数、不等式等进行综合考查．备考时要熟练掌握等差、等比两种基本数列的通项与前n 项和的求解，同时，针对性地掌握求数列通项公式与前n 项和的几种常用方法．针对具体问题选取针对性的解决方案进行求解．热点题型1 等差数列与等比数列的判定和通项问题典例1 数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，且[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *. (1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解题思路 (1)根据(3－1)a 3－2a 1＋2(－1－1)＝0， (3＋1)a 4－2a 2＋2(1－1)＝0， (3－1)a 5－2a 3＋2(－1－1)＝0， (3＋1)a 6－2a 4＋2(1－1)＝0. 及a 1，a 2的值，求a 3，a 4，a 5，a 6.(2)递推公式中有(－1)n→分n 为奇数和偶数讨论→判断是否为等差、等比数列→求通项公式．规X 解答 (1)经计算a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18.(2)当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列， ∴a 2n －1＝a 1＋(n －1)·2＝2n －1；当n 为偶数时，a n ＋2＝12a n ，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.因此，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n2n 为偶数.典例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．解题思路 (1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1， 由此推出a 4与a 1，a 2，a 3的关系，求a 4.(2)用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)及4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1推出数列{a n }的递推公式→求证a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n为常数，其中n ∈N *. (3)由(2)求出a n ＋1－12a n →构造等差数列，并求通项公式→求{a n }的通项公式．规X 解答 (1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1，整理得a 4＝4a 3－a 24，又a 2＝32，a 3＝54，所以a 4＝78. (2)证明：当n ≥2时，有4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， 即4S n ＋2＋4S n ＋S n ＝4S n ＋1＋4S n ＋1＋S n －1， 所以4(S n ＋2－S n ＋1)＝4(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)， 即a n ＋2＝a n ＋1－14a n (n ≥2)．经检验，当n ＝1时，上式成立． 因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1－14a n －12a n ＋1a n ＋1－12a n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12a n a n ＋1－12a n＝12为常数，且a 2－12a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以1为首项，12为公比的等比数列．(3)由(2)知，a n ＋1－12a n ＝12n －1(n ∈N *)，等式两边同乘2n ，得2n a n ＋1－2n －1a n ＝2(n ∈N *)．又20a 1＝1，所以数列{2n －1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以2n －1a n ＝2n －1，即a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)． 那么数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．热点题型2 数列求和典例1数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和T n .解题思路 (1)利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，求a n .(2)先由b n ＝a n S n ，求b n 并整理，再依据b n 的结构形式选择求和方法． 规X 解答 (1)∵S n ＝2n ＋1－2， ∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n，又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n.(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2(41＋42＋ (4))－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×41－4n1－4－41－2n1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43. 典例2(2019·某某某某一模)数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2.(1)求T n －S n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2n 的前n 项和R n .解题思路 (1)T n －S n 转化为数列{b n －a n }的前n 项和→分组求和． (2)求S n →求a n →求b n →求b n2n →用错位相减法求和．规X 解答 (1)依题意可得b 1－a 1＝3，b 2－a 2＝5，…，b n －a n ＝2n ＋1，∴T n －S n ＝(b 1＋b 2＋…＋b n )－(a 1＋a 2＋…＋a n ) ＝(b 1－a 1)＋(b 2－a 2)＋…＋(b n －a n ) ＝n ＋(2＋22＋…＋2n )＝2n ＋1＋n －2.(2)∵2S n ＝S n ＋T n －(T n －S n )＝n 2－n ， ∴S n ＝n 2－n2，∴a n ＝n －1.又b n －a n ＝2n＋1，∴b n ＝2n＋n ，∴b n 2n ＝1＋n2n ，∴R n ＝n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n ，那么12R n ＝12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋223＋…＋n 2n ＋1，∴12R n ＝12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1，故R n ＝n ＋2×12－12n ＋11－12－n 2n ＝n ＋2－n ＋22n .热点题型3 数列与不等式的综合问题 角度1 数列中不等式的证明典例1 (2019·某某大学附中模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝na n ＋2a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.解题思路 (1)先根据2S n ＝na n ＋2a n －1和a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，推出数列{a n }的递推公式，再求a n .(2)根据⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的通项公式的结构形式，联系裂项求和法进行适当放缩，再求和，证明T n <4.规X 解答 (1)解法一：当n ＝1时，2S 1＝a 1＋2a 1－1， 所以a 1＝1.当n ≥2时，2S n ＝na n ＋2a n －1，① 2S n －1＝(n －1)a n －1＋2a n －1－1.②①－②，得2a n ＝na n －(n －1)a n －1＋2a n －2a n －1，所以na n ＝(n ＋1)a n －1. 所以a n n ＋1＝a n －1n. 所以a nn ＋1＝a n －1n ＝…＝a 11＋1＝12，即a n ＝n ＋12. 当n ＝1时，a 1＝1也满足此式． 故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.解法二：当n ＝1时，2S 1＝a 1＋2a 1－1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，2S n ＝na n ＋2a n －1，① 2S n －1＝(n －1)a n －1＋2a n －1－1.②①－②，得2a n ＝na n －(n －1)a n －1＋2a n －2a n －1， 所以na n ＝(n ＋1)a n －1. 所以a n a n －1＝n ＋1n. 所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝1×32×43×…×n ＋1n ＝n ＋12. 当n ＝1时，a 1＝1也满足此式． 故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋12，所以1a 2n＝4n ＋12<4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以T n ＝422＋432＋442＋…＋4n ＋12<41×2＋42×3＋43×4＋…＋4nn ＋1＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<4. 角度2 数列中不等式的恒成立问题典例2数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)． (1)假设a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)假设a 1＝6，b n ＝2n (n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立，某某数λ的取值X 围．解题思路 (1)求证a n ＋1－a n 为常数，其中n ∈N *.(2)累加法求a n →分离变量把不等式变形为λ>f (n )的形式→求f (n )的最大值，得λ的取值X 围．规X 解答 (1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5， 所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6， 所以{a n }是等差数列，首项为a 1＝1，公差为6， 即a n ＝6n －5.(2)因为b n ＝2n，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1.当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2.当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n＋n ＋2λ，得λ>2n＋n 2n ＋1＝12＋n2n ＋1.又n ＋12n ＋2－n2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0，所以，当n ＝1,2时，2n＋n 2n ＋1取得最大值34，故λ的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞.热点题型4 数列与函数的综合问题典例 (2019·某某模拟)函数f (x )＝2019sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx －π4(x ∈R )的所有正零点构成递增数列{a n }．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋34，求数列{b n }的前n 项和T n .解题思路 (1)解方程f (x )＝0，求出函数f (x )的全部零点，并判断由所有正零点构造的递增数列{a n }是否为等差(或等比)数列，最后求出通项公式．(2)依据第(1)问的结论，化简b n ，选择适当的求和方法求T n . 规X 解答 (1)由f (x )＝2019sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx －π4＝0，得πx －π4＝k π(k ∈Z )，所以函数f (x )的全部零点为x ＝k ＋14(k ∈Z )．因为函数f (x )的全部正零点构成等差数列{a n }， 所以其首项为14，公差为1，那么数列{a n }的通项公式为a n ＝n －34(n ∈N *)．(2)由(1)知b n ＝2n ⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋34＝n ·2n，那么T n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n，①所以2T n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1.② ①－②，得－T n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.。

第五章数列、推理与证明第 1 讲数列的观点与简单表示法1．设数列 { a n n2)} 的前n项和S＝ n ，则 a8的值为(A．15 B ．16 C ．49 D ．64≥2时，·2· · n＝2，则＋5＝()2．在数列 {a n}中，已知1＝ 1，且当n1n3a a a a a a7613111A.3B.16C. 15D.43．古希腊人常用小石子在沙岸上摆成各样形状来研究数，如图X5-1-1.图 X5-1-1他们研究过图 X5-1-1(1)中的1,3,6,10 ，，因为这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；近似地，称图 X5-1-1(2)中的 1,4,9,16 ，，这样的数为正方形数．以下数中既是三角形数又是正方形数的是()A． 289 B ． 1024 C ． 1225 D ．1378a n＋1－14．已知数列 { a n} 知足a1＝ 2，a n＝a n＋1＋1，其前 n 项积为 T n，则 T2017＝() 11A.2B．－2C．2D．－25． (2015年辽宁大连模拟 ) 在数列 { a } 中，a＝2，a＝ a ＋ln1＋n，则 a ＝()n1n＋ 1n1n A． 2＋ln n B ．2＋(－1)ln nnC． 2＋n ln n D．1＋ n＋ln n6． (2014年新课标Ⅱ ) 若数列 {} 知足n＋ 1＝11＝________.n， 8＝2，则a a1－ana a7．已知数列 { a n} 知足：a4n－3＝ 1，a4n－1＝ 0，a2n＝a n，n∈ N*，则a2009＝________，a2014＝________.8．已知递加数列{ a n} 的通项公式为a n＝ n2＋ kn＋2，则实数 k 的取值范围为________．9． (201321年新课标Ⅰ ) 若数列 { a n} 的前n项和S n＝a n＋，则数列 { a n} 的通项公式是a n33＝________.10．(2016年上海 ) 无量数列 { a n} 由k个不一样的数构成，S n为 { a n} 的前n项和．若对随意*n∈N， S n∈{2,3}，则 k 的最大值为________．n n10n*n 11．已知数列 { a } 的通项公式为 a ＝( n＋1)11( n∈ N ) ，则当n为多大时，a最大？12． (2012 年纲领 ) 已知数列 { a } 中，a1＝ 1，前n项和S＝＋ 2a.3n nn n(1)求 a2， a3；(2)n求 { a } 的通项公式．第2讲等差数列1．(2017 年江西南昌二模) 已知数列 { a n} 为等差数列，其前n项和为S n，2a7－a8＝ 5，则S11＝()A．110 B ．55C． 50 D ．不可以确立2．设 { a n} 是首项为a1，公差为－1的等差数列， S n为其前 n 项和，若 S1， S2，S4成等比数列，则 a1＝()A．2 B ．－211C.2D．－23．已知S n为等差数列 { a n} 的前n项和，若a1＋a7＋a13的值是一个确立的常数，则以下各式：①a21；② a7；③ S13；④ S14；⑤ S8－ S5.其结果为确立常数的是()A．②③⑤ B ．①②⑤C．②③④D ．③④⑤4．(2017 年新课标Ⅲ ) 等差数列 { a n} 的首项为1，公差不为0. 若a2，a3，a6成等比数列，则数列 { a n} 前 6 项的和为 ()A．－24 B ．－3 C ．3 D．85．(2017 年湖北七市 4 月联考 ) 在我国古代有名的数学专著《九章算术》里有一段表达：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相遇，问：几天相逢？()A．9日 B ．8日 C ．16日 D ．12 日d 2 a －d，6．已知等差数列 { } 的公差为，对于的不等式 2＋ 2 x＋ c≥0的解集是[0,22]1则使得数列 { a n} 的前n项和最大的正整数n 的值是()A． 11B ．11或12C． 12D ．12或13，7．(2017 年广东揭阳一模 ) 已知数列 { a } 对随意的n∈N都有 a ＋1＝ a －2a ＋1 a ，若 a1＝2n*nn nn1则 a8＝__________.8．已知数列 { a n} 的通项公式为a n＝2n－10( n∈N*)，则| a1|＋| a2|＋＋| a15|＝________.9． (2016 年新课标Ⅱ ) 在等差数列 { a n} 中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝ 6.(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)设 b n＝[ a n]，求数列{ b n}的前10项和，此中[ x]表示不超出 x 的最大整数，如[0.9]＝0， [2.6] ＝ 2.10． (2014 年纲领 ) 数列 { a n} 知足a1＝ 1，a2＝ 2，a n＋2＝ 2a n＋1－a n＋2.(1)设 b n＝ a n＋1－a n，证明{ b n}是等差数列；(2)求 { a n} 的通项公式．11．(2014 年新课标Ⅰ ) 已知数列 { a n} 的前n项和为S n，a1＝ 1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－ 1，此中λ 为常数．(1)证明： a n＋2－ a n＝λ；(2)能否存在λ，使得 { a n} 为等差数列？并说明原因．第3讲等比数列1．对随意的等比数列 { a n} ，以下说法必定正确的选项是()A．a1，a3，a9成等比数列 B ．a2，a3，a6成等比数列C．2，4，8 成等比数列D．3，6，9 成等比数列a a a a a a{ a n} 的前n项和为S n，若S n＝ 2，S3n 2．(2016 年河北衡水模拟 ) 各项均为正数的等比数列＝14，则S4n＝ ()A．80 B ．30 C ．26 D ．163．(2013年新课标Ⅰ ) 设首项为 1，公比为2的等比数列 {n}的前n项和为n，则() 3a SA．n＝2n－1 B．n＝3a n－2S a SC．S n＝ 4－ 3a n D ．S n＝ 3－ 2a n4．(2017年广东深圳一模 ) 已知等比数列 { a } 的前n n－ 1a)项和为 S＝ a·3＋b，则b＝n nA．－3 B ．－1 C．1 D．35． (2016年河南模拟 ) 已知等比数列 {a3，公比为－1n项和为n，则n}的首项为，其前22Sn 的最大值为()S3243A.4B.3C.3D.2年北京 ) 若等差数列 { a n } 和等比数列{b n}知足a1＝ b1＝－1，a4＝ b4a26．(2017＝ 8，则b2＝__________.年江西南昌二模 ) 在等比数列 { a n} 中，a1＝ 1，前n项和为S n，知足S7－ 4S6 7． (2017＋3 5＝0，则4＝________.S S8．(2017 年广东深圳第二次调研 )《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相遇，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，此后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，此后每天减半．”假如墙足够厚，S 为前 nn天两只老鼠打洞长度之和，则n＝__________尺．S19． (2016年新课标Ⅰ ) 已知 { a n} 是公差为 3 的等差数列，数列{ b n} 知足b1＝ 1，b2＝3，a nb n＋1＋ b n＋1＝ nb n.(1)求 { a n} 的通项公式；(2)求 { b n} 的前n项和．10． (2016 年新课标Ⅲ ) 已知数列 { a n} 的前n项和S n＝ 1＋λa n，此中λ ≠0.(1)证明 { a n} 是等比数列，并求其通项公式；31(2)若 S5＝32，求λ.11． (2017 年广东广州一模) 已知数列 { a n} 的前n项和为S n，且S n＝2a n－ 2( n∈ N* ) ．(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)求数列 { S n} 的前n项和T n.第 4 讲数列的乞降1． (2017 年辽宁鞍山一中统测) 数列 { a } 的通项公式为 a ＝14n － 1，则数列 { a } 的前 nnn2n项和 S ＝()n2nA.2n ＋ 1 B.2n ＋ 12nnC.4 ＋1 D.4＋1nnn ·(3 n － 2) ，则 a 1＋ a 2＋ ＋ a 10＝ (2．若数列 { a n } 的通项公式是 a n ＝ ( － 1) ) A ．15 B ．12 C ．－ 12 D ．－ 153．已知等差数列 { a n } 知足 a 1 >0， 5 a 8＝ 8a 13，则目前 A ．20 B ．21 C ．22D ．23 2nn 项和 n4．已知数列 { a } 的前S ＝ n － 6n ，则数列 {|A ． 6n － n 2B ． n 2－ 6n ＋ 186n － n 2，1≤ n ≤3，6n － n 2，1≤ n ≤3，n 项和 S n 取最大值时， n ＝ ()a n |} 的前 n 项和 T n 等于 ()C.n 2－ 6n ＋ 18， n ＞ 3D.n 2－ 6n ，n ＞ 35．(2016 年湖北七校 2 月联考 ) 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，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才获得其关，要见次日行里数，请 公认真算相还． ”其意思为：有一个人走 378 里路，第一天健步行走， 从次日起脚痛每天 走的行程为前一天的一半，走了 6 天后抵达目的地，请问次日走了 ( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里6． (2015 年江苏 ) 已知数列 { a } 知足 a ＝ 1，且 a－ a*1的前n ＋1＝ n ＋ 1( n ∈ N ) ，则数列a nn1n10 项和为 ________．7．如图 X5-4-1 ，它知足： ①第 n 行首尾两数均为 n ；②图中的递推关系近似杨辉三角， 则第 ( ≥2) 行的第 2 个数是 ______________．n n12 234 34 7 7 45 11 14 11 5图 X5-4-18． (2017 年安徽合肥第二次质检 ) 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，若 S n ＝ 2a n －2n ，则 S n＝ __________.9． (2016 年浙江金华模拟 ) 设数列 { a n } 的前 n 项和 S n 知足 6S n ＋ 1＝ 9a n ( n ∈ N * ) ． (1) 求数列 { a n } 的通项公式；1(2) 若数列 { b n } 知足 b n ＝ ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . a n10． (2017年广东佛山二模) 已知 { a n} 是等差数列，{ b n} 是各项均为正数的等比数列，且 b1＝ a1＝1， b3＝ a4， b1＋ b2＋ b3＝ a3＋ a4.(1)求数列 { a n} ，{b n}的通项公式；(2)设 c n＝ a n b n，求数列{ c n}的前 n 项和 T n.11． (2017 年广东湛江二模 ) 察看以下三角形数表，数表 (1) 是杨辉三角数表，数表 (2) 是与数表 (1) 有相同构成规律 ( 除每行首末两头的数外 ) 的一个数表．对于数表 (2)，设第 n 行第二个数为 a n.( n∈N*)( 如1＝2，2＝4，3＝7)a a an n－ 1*不用证明 ) ，并由概括的递推公式求出n(1) 概括出a与 a ( n≥2，n∈N)的递推公式({ a }的通项公式a n；(2) 数列 { b n} 知足： ( a n－1) ·b n＝ 1，求证：b1＋b2＋＋b n<2.第 5 讲合情推理和演绎推理S 11．在平面几何中有以下结论： 正三角形 ABC 的内切圆面积为 S 1，外接圆面积为 S 2，则 S 211＝ 4，推行到空间能够获得近似结论；已知正四周体P - ABC 的内切球体积为 V ，外接球体积2V1为 V ，则 V 2 ＝ ( )1 111A. 8B. 9C. 64D.272． (2017 年广东惠州三模 ) 我国南北朝期间的数学家祖暅提出体积的计算原理 ( 祖暅原理) ：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：假如两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等． 类比祖暅原理， 如图 X5-5-1 ，在平面直角坐标系中， 图 X5-5-1(1) 是一个形状不规则的关闭图形， 图 X5-5-1(2) 是一个上底为 1 的梯形，且当实数 t 取 [0,3] 上的随意值时，直线 y ＝ t 被图 X5-5-1(1) 和图 X5-5-1(2) 所截得的两线段长一直相等，则图(1) 的面积为 __________.(1) (2)图 X5-5-13． (2017 年北京 ) 某学习小组由学生和教师构成，人员构成同时知足以下三个条件： ①男学生人数多于女学生人数； ②女学生人数多于教师人数；③教师人数的两倍多于男学生人数．(1) 若教师人数为 4，则女学生人数的最大值为 _____________；(2) 该小组人数的最小值为 __________ ． 4．察看以下等式： 12＝ 112－ 22＝－ 3 12－ 22＋ 32＝612－ 22＋ 32－42＝－ 10照此规律，第 n 个等式为 _____________________________________ ．5．如图 X5-5-2 ，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图 X5-5-2(1) 所标边长，由勾股定理，得 c 2＝ a 2＋ b 2. 假想把正方形换成正方体，把截线 换成如图 X5-5-2(2) 所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥 O - ABC ，若用 S 1，S 2，S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，则能够类比获得的结论是 __________________ ．(1)(2)图 X5-5-26．已知 cos π＝1， cosπ·cos2π＝1，cosπ·cos2π·cos3π＝1，，依据以上等325547778式，可猜想出的一般结论是___________________________________ ．7．(2017 年东北三省四市一联) 在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人得了优异．当他们被问到谁获得了优异时，丙说“甲没有得优异”，乙说“我得了优异”，甲说“丙说的是实话”．事实证明，在这三名同学中，只有一人说的是谎话，那么得优异的同学是 __________ ．*－nb ma8．已知数列 { a n} 为等差数列，若a m＝a，a n＝b( n－m≥1，m，n∈ N ) ，则a m＋n＝n－m .n nn*m n类比等差数列 { a } 的上述结论，对于等比数列{ b }( b >0， n∈N ) ，若 b ＝ c，b ＝ d( n－m≥2，*＝________.m， n∈N )，则能够获得 bm＋ n9．某同学在一次研究性学习中发现，以下 5 个式子的值都等于同一个常数．①sin 213°＋ cos 217°－ sin13 °cos17°；22②sin 15°＋ cos 15°－ sin15 °cos15°；③ sin 218°＋ cos 212°－ sin18 °cos12°；22④ sin ( －18°) ＋ cos 48°－ sin( －18°)cos48 °；22⑤ sin ( －25°) ＋ cos 55°－ sin( －25°)cos55 °.(1)试从上述 5 个式子中选择一个，求出这个常数；(2)依据 (1) 的计算结果，将该同学的发现推行为三角恒等式，并证明你的结论．10．在等差数列 { a n} 中，a1＋a2＝ 5，a3＝ 7，记数列1的前 n 项和为 S n.a n a n＋1(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)能否存在正整数 m， n，且1<m<n，使得 S1， S m， S n成等比数列？若存在，求出全部切合条件的 m， n 的值；若不存在，请说明原因．第 6 讲直接证明与间接证明1．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x2＋ax ＋ ＝0 起码有一个实根”时，b要作的假定是 ( )A ．方程 2 ＋ ax ＋ ＝ 0 没有实根x bB ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 至多有一个实根C ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 至多有两个实根D ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 恰巧有两个实根2．剖析法又称执果索因法， 若用剖析法证明： “设 a >b >c ，且 a ＋ b ＋ c ＝ 0，求证 b 2－ ac< 3a ”索的因应是 () A ． － >0B ．－>0aba cC ． ( a － b )( a － c )>0D ．( a － b )( a － c )<0 3．在△ 中，三个内角 ， ， C 的对边分别为 a ， ， ，且 ， ， 成等差数列，，ABCA Bb cA B Cab ，c 成等比数列，则△ ABC 的形状为 __________三角形．4．用反证法证明命题： 若整系数一元二次方程 ax 2＋ bx ＋c ＝ 0( a ≠0) 存在有理数根， 则 a ， b ， c 中起码有一个是偶数．以下假定正确的选项是 ________．①假定 a ， b ， c 都是偶数； ②假定 a ， b ， c 都不是偶数； ③假定 a ， b ， c 至多有一个偶数； ④假定 a ， b ， c 至多有两个偶数．5．凸函数的性质定理：假如函数 f ( x ) 在区间 D 上是凸函数，那么对于区间D 内的随意 f x 1 ＋f x 2 ＋ ＋ f x n ≤ f x 1＋ x 2＋ ＋ x nx x 1，x 2， ， x n ，有 n n. 已知函数 y ＝sin在区间 (0 ，π ) 上是凸函数，则在△中， sin＋ sin＋ sin C 的最大值为 ________．ABCAB6．α ，β 是两个不一样的平面， m ，n 是平面 α 及 β 以外的两条不一样的直线，给出以下 四个论断：① m ⊥ n ；② α ⊥ β ；③ n ⊥ β ；④ m ⊥ α . 以此中的三个论断作为条件，余下一个论 断 作 为 结 论 ， 写 出 你 认 为 正 确 的 一 个 命 题 ： _________________________________________________________________________________________________________________________.7．下表中的对数值有且仅有一个是错误的：x3 5 89 15lg x2 － b＋3－3 －3 c4 a － 23 －＋ ＋ 1aa c aba bc请将错误的一个更正为________________ ．8．已知会合 { a ，b ， c } ＝ {0,1,2} ，且以下三个关系：① a ≠2；② b ＝ 2；③ c ≠0有且只有一个正确，则 100 ＋ 10 b ＋ ＝ __________.a c9．已知等差数列 { a n } 的公差 d >0，设 { a n } 的前 n 项和为 S n ，a 1＝ 1， S 2·S 3＝ 36.(1) 求 d 及 S n ；(2) 求 m ， k ( m ，k ∈ N * ) 的值，使得 a m ＋ a m ＋ 1＋ a m ＋ 2＋ ＋ a m ＋ k ＝ 65 建立．10． (2016 年湖北武汉调研 ) 已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 3＝5， S 8＝ 64.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 求证： 1 ＋ 1 > 2( n ≥2， n ∈ N * ) ．S n －1 S n ＋1 S n第 7 讲 数学概括法1．用数学概括法证明： ( n ＋ 1)( n ＋2) · ·( n ＋ n ) ＝ 2n ×1×3× × (2n －1)( n ∈ N * ) ，从“ ＝ ”到“ n ＝ k ＋1”左端需乘的代数式是 ( )n kA ． 2k ＋ 1B ． 2(2 k ＋ 1)2 ＋ 12 k ＋ 3C.k ＋ 1 D. k ＋ 12．用数学概括法证明：22222n n 2＋，第二步证明由“ k1＋2 ＋ ＋ n ＋ ＋ 2 ＋ 1 ＝3到 k ＋1”时，左侧应加 () A ． k 2B ． ( k ＋ 1) 2C ． k 2＋ ( k ＋ 1) 2＋ k 2D ． ( k ＋ 1) 2＋ k 2n 1－a n ＋12*3．用数学概括法证明1＋ a ＋a ＋ ＋ a ＝1－a ( a ≠1， n ∈N ) 时，当考证 n ＝ 1时，左侧计算所得的式子是 ()A ． 1B ． 1＋ aC ． 1＋a ＋ a 2D ．1＋ a ＋ a 2＋a 4n 4＋ n 24．用数学概括法证明等式： 1＋ 2＋ 3＋ ＋n 2＝*＝ 到＝ ＋ 1(∈N )，则从2nn kn k时，左侧应增添的项为 ()A ． k 2＋ 1B ． ( k ＋ 1) 2k ＋ 4＋k ＋2C.2D． ( k2＋1) ＋ ( k2＋ 2) ＋ ( k2＋ 3) ＋＋ ( k＋ 1)25．用数学概括法证明1＋2＋ 22＋＋ 25n－1是 31 的整数倍时，当n＝ 1 时，上式等于 () A．1＋2 B ． 1＋2＋22C． 1＋2＋ 22＋ 23 D ． 1＋ 2＋22＋ 23＋ 246．用数学概括法证明n n－ 12n－ 1∈ N＋ ) 时，假定当＝k时命题成1＋ 2＋3＋＋ 2 ＝2＋ 2(n n立，则当 n＝ k＋1时，左端增添的项数是()A． 1 项 B ．k－ 1 项 C ．k项 D ． 2k项7．用数学概括法证明“n3＋( n＋ 1) 3＋ ( n＋ 2) 3( n∈N*) 能被 9 整除”，利用概括法假定证明当 n＝ k＋1时，只要睁开()A． ( k＋ 3) 3B ． ( k＋ 2) 3C． ( k＋ 1) 3D ． ( k＋ 1) 3＋ ( k＋ 2) 3111138．用数学概括法证明不等式n＋1＋n＋2＋＋n＋n>24的过程中，由k推导到k＋ 1 时，不等式左侧增添的式子是________________ ．9．能否存在常数a，b，c，使等式222n n＋21×2＋2×3＋＋n( n＋ 1) ＝12( an＋bn＋c)对全部正整数n 都建立？证明你的结论．10． (2017n1n＝ x n＋1＋ ln (1＋x n＋ 1*年浙江 ) 已知数列 { x } 知足： x ＝ 1，x)( n∈ N ) ．证明：当 n∈N*时，(1)0 ＜x n＋ 1n；＜ xx n x n＋1(2)2 x n＋1－x n≤；211(3)2n＋ 1≤x n≤2n＋ 2.第五章数列、推理与证明第 1 讲 数列的观点与简单表示法1． A 分析： a 8＝S 8－ S 7＝ 228 － 7 ＝ 64－49＝15. 2． B3．C 分析：第n 个三角形数可表示为1( ＋1)，第 n 个四边形数可表示为 2. 应选 C.2n nn4． C 分析：由 a n ＝ a n ＋1 －11＋ a n，得 a n ＋ 1＝，而 a 1＝ 2，a n ＋ 1＋ 11－ a n则有115＝2. 故数列 {n1234a＝－，＝－，＝，a 是以 4 为周期的周期数列，且a2a3 aa a a a＝ 1.所以 T 2017＝ ( a 1 a 2a 3a 4) 504a 1＝ 1504×2＝ 2.n ＋1) － lnn .5． A分析：由已知，得an ＋ － a ＝ ln(所以2－ 1＝ ln 2－ ln 11n－ ln 2 ，4－3＝ ln 4 －ln 3 ， ，n－ n － 1＝a，a 3－2＝ ln 3ln n － ln(aaaaaan － 1) ，以上 ( n － 1) 个式子左、 右分别相加， 得 a － a ＝ lnn ．所以 a ＝ 2＋ lnn ．故n1n选 A.1分析：由已知，得n186.a ＝－， a ＝ 2，2a ＋1n1 1a11∴7＝1－＝，6＝1－＝－ 1， 5＝1－ ＝ 2.aa 82 a 7aa 611同理， a ＝ 2， a ＝－ 1， a ＝ 2， a ＝ 2.43217． 1 0 分析： a 2009＝a 4×503－ 3＝ 1， a 2014＝ a 2×1007 ＝ a 1007＝ a 4×252－ 1＝0.8． ( －3，＋∞) 分析：由 { } 为递加数列，得 － ＝( 2＋ ( ＋1)＋2－2－a a a n ＋ 1) nnn ＋1nkn － 2＝ 2n ＋ 1＋ k >0 恒建立，即 k >－ (2 n ＋ 1) 恒建立，即 k >[ － (2 n ＋ 1)] max ＝－ 3.9． ( －2) n －1 分析：当 n ＝ 1 时， a 1＝ 1；22当 n ≥2时， a n ＝ S n －S n － 1＝ 3a n － 3a n －1，故 a n＝－ 2，故 a n ＝ ( －2) n －1.a n －1当 n ＝1 时，也切合 a n ＝ ( －2) n －1.综上所述， a n ＝ ( －2) n －1.10．4 分析：从研究 S n 与 a n 的关系下手， 推测数列的构成特色， 解题时应特别注意“数列{ a n } 由 k 个不一样的数构成”的“不一样”和“ k 的最大值”．此题主要考察考生的逻辑推理能力、 基本运算求解能力等． 当 n ＝ 1 时， a 1＝ 2 或 a 1＝ 3；当 n ≥2时，若 S n ＝ 2，则 S n － 1＝ 2，*此中数 于是 a n ＝ 0，若 S n ＝ 3，则 S n － 1＝3，于是 a n ＝ 0. 进而存在 k ∈ N ，当 n ≥ k 时， a k ＝ 0. 列{ a n } ： 2,1 ，－ 1， 0,0,0 ， 知足条件，所以 k max ＝ 4.11．解：∵a n ＋ 1－ n ＝ ( ＋ 2) 10 n ＋ 1－ ( ＋1) 10 na n 11n 11n9－ n 10 n＝11 · 11 ，而 11 >0，10∴当 n <9 时， a n ＋ 1－ a n >0，即 a n ＋1 >a n ；当 n ＝9 时， a n ＋1－ a n ＝ 0，即 a 10＝ a 9；当 n >9 时， a n ＋ 1－ a n <0，即 a n ＋ 1<a n . 所以 a 1<a 2 < <a 9＝ a 10>a 11>a 12> .∴当 n ＝ 9 或 n ＝ 10 时，数列 { a n } 有最大项，最大项为a 9 或 a 10.12．解： (1) 由 a 1＝1 与 S n ＝ n ＋ 2 a n 可得322＋2 21 2 21 S ＝ 3 a ＝ a ＋ a ? a ＝ 3a ＝ 3，S ＝a ＝ a ＋ a ＋ a ?a ＝ a ＋ a ＝ 4? a ＝ 6.33＋2 3123 2 3 12333故所求 a 2， a 3 的值分别为 3,6.n ＋ 2(2) 当 n ≥2时， S n ＝ 3 a n ，①n ＋ 1S n － 1＝ 3 a n －1，②＋ 2 n ＋ 1①－②，可得 S －Sa，即＝ 3a － 3n －nn － 1n1nn ＋ 2 n n ＋ 1 n － 1 n －1 n n ＋ 1 n － 1 ? a nn ＋1a ＝a －a ? a ＝ a＝3333－1n －1n故有 a n ＝ a na n － 1a 2n ＋ 1 × n3n 2＋ n×× ×× a 1＝n － 1 n － × × ×1＝.a n － 1 a n － 2a 1 21212＋ 1 1nnn 2＋ n而2 ＝1＝ a ，所以 { a } 的通项公式为 a ＝2.第2讲等差数列1． B 分析：设公差为d ，则 2 7－ 8＝ 2( a 1＋ 6 d ) － (a 1＋7 )＝ 1＋ 5 ＝6＝ 5， 11＝11× a 1＋ a 11a ad ad aS＝ 11a 6＝55. 应选 B.2222．D 分析：因为 S 1，S 2， S 4 成等比数列，有－6) ，解得S 2＝S 1S 4，即 (2 a 1－ 1) ＝ a 1(4 a 1 11 a ＝－ 2.3． A 分析：由 a 1＋ a 7＋ a 13 是一个确立的常数，得3a 7 是确立的常数，故②正确；S 13＝aa1＋ 13＝13a 7 是确立的常数，故③正确； S 8－ S 5＝ a 6＋ a 7＋ a 8＝ 3a 7 是确立的常数，故⑤2正确．24． A 分析：设等差数列的公差为d ，由 a 2， a 3， a 6 成等比数列，可得a 3＝ a 2a 6，即 (1＋2d )2 ＋d )(1 ＋ 5d ) ．整理，可得2＝ (1d ＋2d ＝ 0. ∵d ≠0，∴ d ＝－ 2. 则 { a } 前 6 项的和为 Sn6＝66×56×5a 1＋d ＝6×1＋×( － 2) ＝－ 24.2 25．A 分析：依据题意，明显良马每天行程构成一个首项a 1＝ 103，公差1＝ 13 的等差dn n －132数列．前 n 天共跑的里程为 S ′＝ na 1＋2d 1＝ 103n ＋ 2 n ( n － 1) ＝ 6.5 n ＋ 96.5 n ；驽马每天行程也构成一个首项b ＝ 97，公差 d ＝－ 0.5的等差数列，前 n 天共跑的里程为S ′12n n －0.52＝ nb 1＋ 2d 2＝ 97n － 2 n ( n － 1) ＝－ 0.25 n ＋ 97.25 n . 两马相遇时，共跑了一个来 回．设其第 n 天相遇， 则有 6.5 n 2＋ 96.5 n － 0.25 n 2＋97.25 n ＝1125×2，解得 n ＝ 9. 即它们第 9 天相遇．应选 A.d 2 a 1－ d6 ． A 解 析 ： ∵ 关 于 x 的 不 等 式 2 x ＋ 2 x ＋ c ≥0 的 解 集 是 [0,22] ， ∴d <0，1d解得 a 1＝－21da － 22.－d＝ 22，2n121d－ 23∴ a ＝ a＋( n － 1) d ＝－ 2 ＋( n － 1) d ＝ n2 d .1111－ 23 11212－ 231可得 a ＝ 2 d ＝－ 2d >0，a ＝ 2 d ＝ 2d <0.故使得数列 { a n } 的前 n 项和最大的正整数 n 的值是 11.7. 1 分析： 由 a n ＋ 1＝ a n － 2a n ＋1a n ，得 1 － 1＝2，故数列16 n ＋1 na a 的等差数列，则 1 ＝ 2＋2( n－1)＝2 .故a 8＝ 1 .a nn16{ 1 } 是首项 1＝ 2，公差 d ＝ 2 a n a 18．130 分析：由n－ 10(*n 为首项， 2 为公差的等差数列． 令a ＝ 2∈N ) ，知a 是以－nna n ＝2n －10≥0，得 n ≥5. 所以当 n <5 时，a n <0；当 n ≥5时，a n ≥0. 所以 | a 1| ＋ | a 2| ＋ ＋ | a 15| ＝－ ( a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4) ＋ ( a 5＋ a 6＋ ＋ a 15) ＝ S 15－2( a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4) ＝ 90＋ 40＝ 130.9．解： (1) 设 { a n } 的公差为 d ，由题意，得 2a 1＋ 5d ＝4， a 1＋ 5d ＝ 3.2 2n ＋ 3解得 a 1＝1， d ＝ 5. 所以 a n ＝5 .(2) 由 (1) 知， b n ＝ 2n ＋ 3 .52n ＋ 3当 n ＝1,2,3时， 1≤<2， b n ＝ 1；52n ＋ 3当 n ＝4,5 时， 2<<3， b n ＝ 2；5当 n ＝6,7,8 当 n ＝9,10 时， 4<5 <5， b n ＝ 4.所以数列 { b n } 的前 10 项和为 1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝ 24.10． (1) 证明：由 a n ＋ 2＝2a n ＋ 1－a n ＋ 2，得 a n ＋ 2－a n ＋ 1＝a n ＋ 1－ a n ＋2，即 b n ＋ 1＝ b n ＋2. 又 b 1＝ a 2－a 1＝ 1，所以 { b n } 是以首项为 1，公差为 2 的等差数列． (2) 解：由 (1) ，得 b n ＝ 1＋2( n － 1) ，即 a n ＋1－ a n ＝ 2n －1.nn于是( a k ＋ 1－ a k ) ＝ ( 2k － 1) ，k 1k 1所以 a22n ＋ － a ＝ n ，即 a ＝ n ＋ a .11n ＋ 11又 a 1＝ 1，所以 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n 2－ 2n ＋ 2.11． (1) 证明：由题意，得 a n a n ＋ 1＝λ S n － 1， a n ＋1a n ＋ 2＝ λ S n ＋ 1－ 1. 两式相减，得 a n ＋1( a n ＋ 2－ a n ) ＝ λ a n ＋ 1. 因为 a n ＋ 1≠0，所以 a n ＋ 2－ a n ＝ λ .(2) 解：由题意，得 a 1＝ 1，a 1a 2＝ λ S 1－ 1，可得 a 2＝ λ－ 1. 由 (1) 知， a 3＝ λ ＋1.令 2a 2＝ a 1＋ a 3，解得 λ ＝ 4.2n ＋ 32n ＋ 3时， 3≤ <4， b n ＝ 3； 5故 a n ＋2－ a n ＝ 4，由此可得{ a 2n － 1} 是首项为 1，公差为 4 的等差数列， a 2 n － 1＝ 4n －3；{ a 2n } 是首项为 3，公差为 4 的等差数列， a 2n ＝ 4n － 1. 所以 a n ＝2n － 1， a n ＋ 1－ a n ＝2.所以存在 λ ＝ 4，使得数列 { a n } 为等差数列．第3讲 等比数列1． D 分析：因为数列 { n2 ，所以3，6， 9 成等比数列．a是等比数列，a＝ aa aa a2． B 分析：由等比数列性质，得 S n ， S 2n － S n ， S 3n － S 2n ， S 4n －S 3n 成等比数列，则 ( S 2n －S ) ＝ ·( － S )．所以( S － 2) ＝2×(14 － S ) ．又 S >0，得 S ＝6. 又( S － S ) ＝ ( S n 2 n 3n 2n 2n 2 2n 2n 2n 3n 2n22n－S n )( S 4n － S 3n ) ，所以 (14 － 6) 2＝ (6 － 2)( S 4n －14) ，解得 S 4n ＝ 30.3． D分析：方法一，在等比数列{ a } 中，n1－ n21－ a · 3naa qn2nS ＝ 1－ q ＝＝3－ 2a .1－32方法二，在等比数列 { a n } 中， a 1＝ 1， q ＝ ，3∴ a n ＝1× 2 n － 1＝ 2 n － 1.3 32 n∴ S n ＝ 1×1－3＝3 1－2 n1－2332 2n － 1n＝3 1－3 3＝ 3－ 2a .4． A 分析：因为 a 1＝ S 1＝ a ＋ b ， a 2＝ S 2－ S 1＝2a ， a 3＝ S 3－ S 2＝6a ，由等比数列，得公 比 q ＝a 3 a＝－ 3.＝ 3. 又 a 2＝ a 1q ，所以 2a ＝ 3( a ＋ b ) ，解得ba 25． D 分析：∵等比数列 { a n } 的首项为3，公比为－1，2231－ － 1n2 21 n1 nn＝1－ －nn∴ S ＝12. 当 n 取偶数时， S ＝ 1－ 2<1；当 n 取奇数时， S ＝ 11－ －21 n 1 3n3＋ 2 ≤1＋ 2＝ 2. ∴ S 的最大值为2. 应选 D.6． 1 分析：设等差数列{ a n } 的公差为 d ，等比数列 { b n } 的公比为 q ，由 a 4＝ b 4＝8，得－1＋ 3d ＝－ q 3＝ 8，解得 q ＝－ 2， d ＝ 3. 则 a＝ － 1＋ 3＝ 1.22 2分析：设 { a } 的公比为ba7． 408，由 S － 4S ＋3S ＝0，可得 S －S －3( S － S ) ＝0?n76 57 6 657a 1－ q 41－ 34－3a 6＝ 0，所以 q ＝ 3. 所以 S 4＝1－ q＝ 1－ 3＝40.n18． 2 －2n － 1＋1 分析：依题意，得大老鼠每天打洞的距离构成以1 为首项，2 为公比的等比数列，所从前 n 天大老鼠打洞的距离共为 － 2n n＝2 －1；1－ 21 n1×1－2＝ 2－2 1同理可得前 n 天小老鼠打洞的距离共为1.n － 11－ 2n1 n1所以 S n ＝2 － 1＋ 2－ n －1＝ 2 － n － 1＋ 1.229．解： (1) 由 a b ＋b ＝ b ， b ＝ 1，b ＝ 13，得 a ＝ 2.1 221121所以数列 { a n } 是首项为 2，公差为 3 的等差数列，通项公式为a n ＝ 3n － 1.(2) 由 (1) 和 n n ＋ 1＋ b n ＋ 1＝ n ，得b b n＋ 1＝ a bnb31 n11－ 33所以 { b n } 是首项为 1，公比为 3的等比数列． 记 { b n } 的前 n 项和为 S n ，则 S n＝1－ 1＝ 2－31n － 1.2×310．解： (1) 由题意，得 a 1＝ S 1＝ 1＋λ a 1.1故 λ≠1， a 1＝ 1－λ ， a 1≠0.由 S n ＝ 1＋ λ a n ， S n ＋1＝ 1＋ λ a n ＋ 1，得 a n ＋ 1＝λ a n ＋ 1－ λ a n ，即 a n ＋ 1( λ－ 1) ＝ λa n .由 a ≠0， λ ≠0，得 a ≠0，所以 a n ＋ 1 λ a n＝λ －1.1n所以 { a n } 是首项为1，公比为 λ 的等比数列，于是 a n ＝1λ n － 1.1－ λ λ － 11－ λ λ － 1λ n(2) 由 (1) ，得 S n ＝1－ λ －1 .31λ 5 31 λ51由 S 5＝ ，得 1－λ － 1 ＝ ，即λ － 1 ＝ ，32 32 32解得 λ ＝－ 1.11. 解： (1) 当 n ＝ 1 时， S 1＝ 2a 1－ 2，即 a 1＝ 2a 1－ 2. 解得 a 1＝2.当 n ≥2时， a n ＝ S n －S n － 1＝(2 a n － 2) －(2 a n － 1－2) ＝ 2a n － 2a n －1，即 a n ＝ 2a n －1.所以数列 { a n } 是首项为 2，公比为 2 的等比数列．n －1n*所以 a n ＝2×2 ＝ 2 ( n ∈ N ) ．(2) 因为 S n ＝ 2a n － 2＝2n ＋1－2,所以 T n ＝S 1＋ S 2＋ ＋ S n ＝ 22＋ 23＋ ＋ 2n ＋1－ 2n－ 2 n n ＋2－ 4－ 2n . ＝－2n ＝ 2 1－ 2第 4 讲 数列的乞降1． B 分析：由题意，得数列{ a } 的通项公式为nn1＋1－1 1 －1a ＝ 42－ 1＝＝2 2n － 12n ＋1 ，nnnnn1 1－ 1所以数列 { a } 的前 n 项和 S ＝ 23 ＋1 11 1 113－5 ＋ 5－7＋ ＋ 2 －1－ 2 ＋ 1n n11n＝2 1－2n ＋ 1 ＝2n ＋ 1.应选B.2． A3． B 分析：设公差为 d . 由 5a 8＝ 8a 13，得 5( a 1＋ 7d ) ＝ 8( a 1＋12d ) ．解得 d ＝－ 613a 1. 由n11－ 3a 1641a ＝a ＋ ( n － 1) d ＝ a ＋ ( n －1) · 61≥0? n ≤ 3 ＝ 213. ∴数列 { a n } 的前 21 项都是正数，此后各项都是负数．故 S n 取最大值时， n 的值为 21. 应选 B.24． C 分析：由 S n ＝ n － 6n ，得 { a n } 是等差数列， ∴ a n ＝－ 5＋ ( n －1) ×2＝ 2n － 7. ∴当 n ≤3时， a n <0；当 n >3 时， a n >0.6n － n 2∴ T n ＝ 1≤ n ≤3，n 2－ 6n ＋ 18， n ＞ 3.11a 1 1－ 65．Ba 1 为首项， 公比为 2分析：由题意， 知每天所走行程形成以2的等比列， 则11－ 2＝378. 解得 a 1＝ 192，则 a 2＝ 96，即次日走了96 里路．应选 B.6. 20分析：由题意， 得 a n ＝ ( a n － a n －1) ＋ ( a n －1－ a n －2) ＋ ( a n －2－ a n －3) ＋ ＋ ( a 2－ a 1) ＋ a 1 11 ＝ ＋ － 1＋－2＋ ＋ 1＝nn ＋.nnn21＝211所以 nn ＋＝2× n －n ＋ 1 .a n1 1 1 1 ＋ ＋1 1 ＝2×1－ 12010－ ＋ － － 11 S ＝2× 1 2 2 3 10 11 ＝ 11.7. 2－ ＋2 n ( n ≥2) 行的第 2 个数构成数列 { a } ，则有 a － a ＝2， a － a nn分析：设第n 32 4322＋ n －1＝ 4， ， a n － a n － 1＝ n －1，相加，得a n －a 2＝ 2＋ 3＋ ＋ ( n － 1) ＝ ×(n 2＋－n ＋－2－ ＋2－2) ＝＝， a ＝2＋.2n22n *n nnnn8．n ·2( n ∈ N )分析：由 S ＝ 2a－2，适当 n ＝1 时，S 1＝ a 1＝ 2；当 n ≥2时，S ＝ 2( Sn － 1n，－S) －2S nS n － 1nS n即 2n － 2n － 1 ＝ 1. 所以数列S是首项为1 ，公差为1的等差数列，则2n ＝ n ， S ＝2nnnn ＝ 1 时，也切合上式，所以n *n ·2( n ≥2) ．当 S n ＝ n ·2( n ∈ N ) ．9．解： (1) 当 ＝1 时，由 6 1＋1＝91，得a 11＝ .n a a 3当≥2时，由 6n ＋ 1＝ 9 n ，得 6 n － 1＋ 1＝ 9nn － 1，S a S a两式相减，得 6( S n － S n －1 )＝9( a n － a n － 1) ，即 6a n ＝ 9( a n － a n －1) ．∴ a n ＝ 3a n － 1.1∴数列 { a n } 是首项为 3，公比为 3 的等比数列，其通项公式为a n ＝ 1 n － 1n －23×3＝ 3 .(2) ∵ b n ＝ 1＝1 n － 2， a n3∴ { b n } 是首项为13，公比为 3的等比数列．1 n∴ T n ＝ b 1＋b 2＋ ＋ b n ＝31－39 1 n1＝ 2 1－ 3 .1－ 310．解： (1) 设数列 { a n } 的公差为 d ，{ b n } 的公比为1＋ 3d ＝ q 2，依题意，得 1＋ q ＋ q 2＝ 2＋ 5d ，d ＝ 1，解得q ＝ 2.所以 a n ＝1＋ ( n － 1) ＝ n ， b n ＝1×2n －1＝ 2n －1 .(2) 由 (1) 知， c n ＝a n b n ＝ nn ·2－1，则：0 1 2n －1 ， ①T n ＝1×2 ＋2×2＋3×2＋ ＋ n ×21 2n － 1n2 n ＝1×2＋2×2 ＋ ＋ ( －1)×2 ＋×2，②Tnn12n －1n①－②，得－ T n ＝ 2 ＋ 2 ＋2 ＋ ＋ 2 － n ·2＝q ，－2n1－2n n－ n ·2＝ (1 － n ) ·2－ 1.所以 T n ＝( n －1) ·2n ＋ 1.11． (1) 解：依题意，当 ≥2，可概括出n＝ n － 1＋ .naan所以 a n ＝( a n － a n －1) ＋ ( a n －1－ a n －2) ＋ ＋ ( a 2－ a 1) ＋ a 1.＋ －1 a n ＝ n ＋ ( n － 1) ＋ ＋ 2＋ 2＝ n2 n＋ 2＝ 2( n 2＋ n ) ＋ 1.查验当 n ＝ 1 时，上式也建立．12所以通项公式为 a n ＝ ( n ＋ n ) ＋ 1. (2) 证明：∵ ( a n －1) · b n ＝ 1，1 2＝ 2 1 1 n－ ∴ b ＝ a n － 1＝nn ＋ n n ＋ 1 . ∴ b 1 ＋ b 2 ＋ ＋ b n1 1 1 1 1 1 ＝2 1－ 2 ＋ 2－3 ＋ ＋ n －n ＋ 11＝ 2 1－ n ＋ 1 .1又 1－ n ＋1<1，∴ b 1＋ b 2＋ ＋ b n <2.第 5 讲 合情推理和演绎推理V11． D1∶3. 故 1.分析：正四周体的内切球与外接球的半径之比为＝ 27V 29192. 2 分析：类比祖暅原理， 可得两个图形的面积相等， 梯形面积为 S ＝2(1 ＋2) ×3＝ 2，9 所以图 X5-5-1(1) 的面积为2.3． (1)6 (2)124． 12－ 22＋32－ ＋ ( － 1)n ＋1n 2＝ ( － 1) n ＋1nn ＋2 2 2 225． S 4＝ S 1＋ S 2＋ S 3π2π n π1*6． cos 2n ＋ 1·cos 2n ＋ 1· · cos 2n ＋ 1＝ 2n ， n ∈ N 7．丙 分析：假如丙说的是谎话，则“甲得优异”是实话，又乙说“我得了优异”是 实话，所以矛盾； 若甲说的是谎话， 即“丙说的是实话”是假的， 则说明“丙说的是假的”， 即“甲没有得优异”是假的， 也就是说“甲得了优异”是真的， 这与乙说“我得了优异”是 实话矛盾； 若乙说的是谎话，即“乙没得优异”是真的， 而丙说“甲没得优异”为真， 则说 明“丙得优异”， 这与甲说“丙说的是实话”切合． 所以三人中说谎话的是乙， 得优异的同 学是丙．8.n m d n 分析：方法一，设数列 { a } 的公差为d ，则 d ＝ a n －a m b － a . 所以 a ＝ a m＝cn1 1 － m n －m m ＋n mn＋nd 1＝ a ＋ n ·b － a bn － am＝.n － m n － m类比推导方法可知：设数列{ b n } 的公比为 q ，由 b n ＝ b m qn －m，可知 d ＝ cqn －m. 所以 q ＝ n m d. cnn所以 b m ＋ n ＝ b m q n ＝c · n md＝n mdm .c c方法二， ( 直接类比 ) 设数列 { a n } 的公差为 d 1，数列 { b n } 的公比为 q ，则 a n ＝ a 1＋ ( n － 1) d 1，b ＝b qn － 1＝ nb － ma＝ n m d n. 因为 a，所以 bm.n1m ＋ n－m ＋ ncn m9．解： (1) 选择②，由sin 215°＋ cos 215°－ sin15 °cos15°＝ 1－ 1 s in30 °＝ 3 . 故这2 43个常数是 4.(2) 推行，获得三角恒等式2α ＋cos23sin (30 °－ α ) － sin α cos(30 °－ α) ＝ .4证明： sin 2α ＋ cos 2(30 °－ α ) － sin αcos(30 °－ α )＝ sin 2 α＋ (cos30 ° cos α＋ sin30 ° sin α ) 2－ sin α (cos30 °cos α ＋sin30 °sin α ) ＝ sin 2323 1 23 123 2αα＋cosα ＋sin α cos α＋ sinα －sin α cos α － sinα＝ sin42422423＋ 4cos α ＝ 4.310．解： (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，a 1＋ a 2＝ 5， 2a 1＋ d ＝ 5， a 1＝1，因为 即 解得a ＝ 7，a ＋ 2d ＝ 7，d ＝3.31所以 a ＝a ＋ ( n － 1) d ＝ 1＋ 3( n － 1) ＝ 3n － 2.n1所以数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 3n － 2( n ∈ N * ) ．(2) 因为 1 ＝ 1 ＝ 1 1 1，n － n ＋ 3 － ＋ 1n n ＋ 13 － 2 3a a n n所以数列1的前 n 项和a n a n ＋ 1n＝1 ＋ 1 ＋1＋ ＋ 1＋ 1Sa 1a 2 a 2a 3 a 3a 4a n － 1a n a n a n ＋ 111 1 1 1 1 1 1 111111 ＝ 3 1－ 4 ＋3 4－ 7 ＋ 3 7－10 ＋ ＋ 3 3 －5－3 －2＋3 3 n － 2－3 ＋ 1nnn＝ 1 1－ 3 1 ＝ n .3 ＋ 1 3n ＋ 1n假定存在正整数m ， n ，且 1<m <n ，使 S ， S ， S 成等比数列，则2S ＝SS ，1m nm1n即m2＝ 1×n .3m ＋ 1n ＋1432所以 ＝－ 4m2.n 3m － 6m －1因为 n >0，所以 23m － 6m －1<0.2 3 因为 m >1，所以 1<m <1＋ 3 <3.因为 m ∈ N * ，所以 m ＝ 2.2－ 4m此时 n ＝ 3 2－ 6－1＝ 16.m m故存在知足题意的正整数 m ， n ，且只有一组值，即 m ＝2， n ＝ 16.第 6 讲 直接证明与间接证明1．A 分析：反证法的步骤第一步是假定命题的反面建立，而“起码有一个实根”的否定是“没有实根”．应选 A.2． C 分析：由题意，知 b 2－ ac < 3a ? b 2－ ac <3a 2? ( a ＋ c ) 2－ ac <3a 2? a 2＋ 2ac ＋c 2－ ac－ 3a 2<0? － 2a 2＋ ac ＋c 2<0? 2a 2－ ac － c 2>0? ( a － c )(2 a ＋ c )>0 ? ( a － c )( a － b )>0.3．等边 分析：由题意，得 2B ＝ A ＋C ，又 A ＋ B ＋ C ＝ π ，∴ B ＝π3 . 又 b 2＝ ac ，由余弦定理，得 b 2＝ a 2＋c 2－ 2ac cos B ＝ a 2＋ c 2－ac . ∴ a 2＋ c 2－2ac ＝ 0，即 ( a － c ) 2 ＝0. ∴ a ＝c . ∴ A＝C . ∴ A ＝ B ＝ C ＝π3. ∴△ ABC 为等边三角形．4．②3 3 x 在区间 (0 ， π ) 上是凸函数，且 A ， B ，C ∈ (0 ， π) ．5. 分析：∵ f ( x ) ＝ sin 2 f A ＋ f B ＋ f C A ＋ B ＋C π ∴3≤ f3＝ f 3 .A ＋ sinB ＋ sinC ≤3sinπ3 3即 sin 3 ＝2 .3 3∴ sin A ＋ sin B ＋ sin C 的最大值为 2 .6．若①③④，则② ( 或若②③④，则① )分析：依题意可得以下四个命题：(1) m ⊥n ， α ⊥β ， n ⊥ β? m ⊥ α ； (2) m ⊥ n ， α ⊥ β ，m ⊥ α ? n ⊥ β ；(3) m ⊥n ， n ⊥ β， m ⊥ α? α ⊥ β； (4) α ⊥β ， n ⊥ β ， m ⊥ α ? m ⊥ n .不难发现，命题 (3)(4) 为真命题，而命题 (1)(2) 为假命题．7． lg 15 ＝ 3 － ＋分析：假如 lg 3 ＝ 2 a － b 是正确的，那么lg 9 ＝ 2lg 3 ＝2(2 a －a b c。

高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题（含答案）一、单选题1．某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(利息按月以复利计算)．如果小新同学贷款10000元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么小新同学每月应还的钱约为（ ）（1.002512≈1.03） A ．833B ．858C ．883D ．9022．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（ ） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元3．一种预防新冠病毒的疫苗计划投产两月后，使成本降64%，那么平均每月应降低成本（ ） A ．20%B ．32%C ．40%D ．50%4．今年元旦，市民小王向朋友小李借款100万元用于购房，双方约定年利率为5%，按复利计算（即本年利息计入次年本金生息），借款分三次等额归还，从明年的元旦开始，连续三年都是在元旦还款，则每次的还款额约是（ ）万元.（四舍五入，精确到整数） （参考数据：()21.05 1.1025=，()31.05 1.1576=，()41.05 1.2155=） A ．36B ．37C ．38D ．395．随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到（ ） A ．2022年12月B ．2023年2月C ．2023年4月D ．2023年6月6．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n 个月的还款金额为n a 元，则n a =（ ）A ．2192B ．39128n -C ．39208n -D ．39288n -7．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）A ．464B ．465C ．466D ．4958．某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（ ） A ．1205万元B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元9．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a 元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为r ．按复利计算，则小李每个月应还（ ） A ．()()1111111ar r r ++-元 B ．()()1212111ar r r ++-元C ．()11111a r +元D ．()12111a r +元10．在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（ ） A ．35B ．42C ．49D ．5611．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（ ）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元B ．40000元C ．42500元D ．50000元12．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（ ） A ．2806万元B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元二、填空题13．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.14．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为_______万元．15．银行一年定期储蓄存款年息为r ，三年定期储蓄存款年息为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于______．16．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是____.三、解答题17．一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比． (1)求()*n n N ∈分钟后的水温n t ；(2)当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg 20.3≈）18．某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元.(1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？(2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其它项目，问应在第几年转投其它项目？19．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列{}n a ，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列{}n b . (1)求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到0.1万吨）.（参考数据41.05 1.215≈，51.05 1.276≈，61.05 1.340≈）20．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t ≤万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元． （1）写出1n a +与n a 的关系式，并判断{}2n a t -是否为等比数列；（2）若企业每年年底上缴资金1500t =，第*()m m N ∈年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m 的最小值．21．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月()*1929,k k k +≤≤∈N 日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若9k =，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.22．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：71.1 1.95≈） (2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案： ①方案一：每天回报40元；②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； ③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番. 你会选择哪种方案？请说明你的理由.23．已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由； （Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++； （Ⅲ）证明：当5n =时，成等比数列。