数列综合问题 拔高篇 学生版

数列强化练习1.数列1，211+，3211++，……，n+⋅⋅⋅++211的前n 项和为（） (A) n n 12+ (B)122+n n (C)12++n n (D)12+n n 2.数列{a n }的通项公式n n a n ++=11，已知它的前n 项和为S n =9，则项数n=（）(A)9 (B)10 (C)99 (D)1003.若x ≠y ，且两个数列：x ，a 1，a 2，y 和x ，b 1，b 2，b 3，y 各成等差数列，那么=--31b y x a (A)43 (B)34 (C)32 (D)值不确定 4.已知等差数列{a n }的公差d ≠0, 且a 1,a 3,a 9成等比数列, 1042931a a a a a a ++++的值是________.5. 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.(Ⅰ)求公差d 的取值范围； (Ⅱ)指出S 1,S 2,…,S 12,中哪一个值最大,并说明理由.6. 设数列{n a }的前n 项和n S .已知首项a 1=3,且1+n S +n S =21+n a ,试求此数列的通项公式n a 及前n 项和n S .7. 如果数列{n a }中,相邻两项n a 和1+n a 是二次方程n n n c nx x ++32=0(n=1,2,3…)的两个根,当a 1=2时,试求c 100的值.8. 有两个各项都是正数的数列{n a },{n b }.如果a 1=1,b 1=2,a 2=3.且n a ,n b ,1+n a 成等差数列, n b ,1+n a ,1+n b 成等比数列,试求这两个数列的通项公式.9. 若等差数列{log 2x n }的第m 项等于n ，第n 项等于m(其中m ≠n)，求数列{x n }的前m ＋n 项的和。

高考冲刺：数列【典型例题】类型一：正确理解和运用数列的概念与通项公式例1．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第 行；第61行中1的个数是 ．第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… …………………………………【思路点拨】计算图形中相应1的数量的特征，然后寻找它们之间的规律。

【解析】第1次全行的数都为1的是第21-=1行， 第2次全行的数都为1的是第221-=3行， 第3次全行的数都为1的是第321-=7行， ······，第n 次全行的数都为1的是第21n -行；第61行中1的个数是52=32． 举一反三【变式1】已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足).2(2,2111≥-==-n S S a a n n n （1）证明：数列}1{nS 为等差数列； （2）求n S 及n a .【解析】（1）当2≥n 时，112--⋅-=-=n n n n n S S S S a∴1112(2)n n n S S --=≥ ∴1{}nS 是以21111==a S 为首项，2为公差的等差数列（2）n n S n 2)1(221=-+=，∴nS n 21= 当2≥n 时，)1(21)111(211--=--=-=-n n n n S S a n n n∴1212(1)n a n n ⎧⎪⎪=⎨⎪--⎪⎩)2()1(≥=n n考点二：数列递推关系式的理解与应用 例2．数列{}n x 满足122x x =，()1212n n n x x x --=+，3,4,n =…．若lim 2n n x →∞=，则1x =( )（Ａ）32（Ｂ） ３ （Ｃ） ４ （Ｄ） ５ 【思路点拨】对递推关系变形，运用叠加法求得，特别注意的是对两边同时运用. 【解析1】n n 1n 22x x x --=+，n n 1n 2n x x x x --∴-=-.32134324n 1n 2n 3n 1n n 1n 2n x x x x x x x x x x x x x x x x -------=-⎫⎪-=-⎪⎪⎬⎪-=-⎪-=-⎪⎭相叠加得n 212n n 1x x x x x x --=+--.12xx 2=， n n 112x x 2x -∴+=.()n n 11n n lim 2x x lim 2x -→∞→∞+=，n n lim x 2→∞=，12x 6∴= ，1x 3=.【解析2】由()1212n n n x x x --=+得： n n 1n 1n 2211111x +x x x x x x 222---=+==+=，n n 11n 1lim x x x 2-→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为n n lim x 2→∞=，所以1x 3=. 【解析3】由()1212n n n x x x --=+得： ()()2n n 1n 1n 2n 2n 311x x ()x x ()x x 22------=--=--()n 2n 121111()x x ()x 22--==--=-从而23211x x ()x 2-=-；34311x x ()x 2-=-；…；n 1n n 111x x ()x 2---=-.叠加得：23n 1n 21111x x x ()()()222-⎡⎤-=-+-++-⎢⎥⎣⎦.n 2n 2111x x x 1()62-⎡⎤=+--⎢⎥⎣⎦，n 2n 21n n 11lim x lim x x 1()62-→∞→∞⎧⎫⎡⎤=+--⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭11x 12x 26=+， 从而1x 3=. 【总结升华】数列递推关系是近几年高考数学的热点，主要是一些能转化为等差等比数列的递推关系式。

高中数学数列综合训练题(带答案)1.等差数列{an}中，a1+a4+a7=39，a3+a6+a9=27，则数列{an}前9项的和S9等于（）A。

66 B。

99 C。

144 D。

2972.若互不相等的实数a、b、c成等差数列，c、a、b成等比数列，且a+3b+c=10，则a=（）A。

4 B。

2 C。

-2 D。

-43.等比数列{an}中，a2=9，a5=243，则{an}的前4项和为（）A。

81 B。

120 C。

168 D。

1924.2+1与2-1，两数的等比中项是（）A。

1 B。

-1 C。

±1 D.5.若lg2，XXX(2-1)，XXX(2+3)成等差数列，则x的值等于（）A。

1 B。

or 32 C。

32 D。

log256.已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q，则q的取值范围是（）A。

(0.1+5) B。

(,1] C。

[1,1+5) D。

(−1+5,1+5)7.在ΔABC中，XXX是以-4为第三项，4为第七项的等差数列的公差，tanB是以1为第三项，9为第六项的等比数列的公比，则这个三角形是（）A。

钝角三角形 B。

锐角三角形 C。

等腰直角三角形 D。

以上都不对8.等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，则XXX（）A。

12 B。

10 C。

1+log35 D。

2+log359.在等差数列{an}中，若S4=1，S8=4，则a17+a18+a19+a20的值为（）A。

9 B。

12 C。

16 D。

1710.在等比数列{an}中，若a2=6，且a5-2a4-a3+12=0，则an为（）A。

6 B。

6(-1)n-2 C。

6·2n-2 D。

6或6(-1)n-2或6·2n-211.等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am-1+am+1-am=Sn-1=38，则m等于（）A。

38 B。

20 C。

10 D。

912.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若Sn/an=Tn/(3n+1)bn，则n=（）1.22n-12n-12n+1 should be written as (22n-1)/(3n+1).2.The article has no clear n or topic sentence。

数列大题综合冲刺秘籍1.等差数列通项公式：a n =a 1+n −1 d n ∈N + 或a n =a m +n −m dn ∈N + 2.等比数列通项公式：a n =a 1⋅q n −1或a n =a m ⋅q n −m .n ∈N ∗3.S n =f (a n )的类型，公式a n =S 1(n =1)S n -S n -1(n ≥2)4.数列求和的常用方法：（1）对于等差、等比数列，利用公式法可直接求解；等差数列求和S n =n a 1+a n 2=na 1+n n -1 2d ，等比数列求和S n =na 1,q =1a 11-q n 1-q ,q ≠1(2)对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；(3)对于a n ±b n 结构，利用分组求和法；(4)对于1a n a n +1结构，其中a n 是等差数列，公差为d ，则1a n a n +1=1d 1a n -1a n +1 ，利用裂项相消法求和.或通项公式为m f n ⋅f n +d 形式的数列，利用裂项相消法求和.即m f n ⋅f n +d =m d 1f n -1f n +d5.常见的裂项技巧：（1）1n n +k=1k 1n -1n +k ；（2）1n +k +n =1k n +k -n ；（3）12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 （4）2n 2n -1 2n +1-1 =2n +1-1 -2n -1 2n -1 2n +1-1=12n -1-12n +1-1（5）指数型a -1 a n =a n +1-a n ；（6）对数型log a a n +1a n=log a a n +1-log a a n .（7）1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2（8）n n+1!=1n!-1n+1!（9）2n 2n+1-12n-1=12n-1-12n+1-1（10）n+2n n+1⋅2n =1n⋅2n-1-1n+1⋅2n等冲刺训练一、解答题1(2023·湖北武汉·统考模拟预测)已知S n是数列a n的前n项和，2S n=na n，a2=3．(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=16-a n，求数列b n的前n项和T n．2(2023·黑龙江牡丹江·牡丹江一中校考三模)已知数列a n是正项等比数列，且a4-a1=7,a2a3 =8.(1)求a n的通项公式;(2)若b n=2n-1a n，求数列b n的前n项和S n.3(2023·黑龙江大庆·统考二模)设数列a n 是首项为1，公差为d 的等差数列，且a 1，a 2-1，a 3-1是等比数列b n 的前三项．(1)求a n 的通项公式；(2)设c n =log 2a n b n a n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．4(2023·福建宁德·校考模拟预测)已知数列a n ，b n ，a 1=1，a n +1=-a n +4×3n -1，b n =log 3a n +2a n +2n ∈N * ．(1)求证：数列a n 是等比数列，并求数列a n 的前n 项和S n ；(2)求数列2+3n ⋅1b n的前n 项和T n ．5(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S nn=a n+1，a2=2．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)集合A={a1,a2,⋯,a n}，将集合A的所有非空子集中最小的元素相加，其和记为T n，求T n．6(2023·浙江·校联考模拟预测)已知数列a n满足a1=2，，以下三个条件中任选一个填在横线上并完成问题.①n2a n+1-a n=a n， ②2a n+1-a n=22-n ③a12+a2+2a3+⋯+2n-2a n=n(n+1)2(1)求数列a n的通项公式；(2)记数列a n的前n项积为T n，求T n的最大值．7(2023·福建三明·统考三模)已知数列a n 满足a 1=2，2a n +1+a n a n +1-2a n =0n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =-1 n 84n 2-1 a n ，b n 的前n 项和为S n ，证明：-1<S 2n ≤-45.8(2023·广东·校联考模拟预测)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知S n ,2n 的等差中项为a n .(1)求证a n +2 为等比数列；(2)数列1a n +3的前n 项和为T n ，是否存在整数k 满足T n ∈k ,k +1 ？若存在求k ，否则说明理由.9(2023·广东佛山·校考模拟预测)如果数列a n 对任意的n ∈N *，a n +2-a n +1>a n +1-a n ，则称a n 为“速增数列”.(1)请写出一个速增数列a n 的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；(2)若数列a n 为“速增数列”，且任意项a n ∈Z ，a 1=1，a 2=3，a k =2023，求正整数k 的最大值.10(2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模)已知数列a n 满足3+a 12+a 222+a 323+⋯+a n 2n =2n +32n.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记数列1a n ⋅a n +1 的前n 项和为S n ，证明：S n <12.11(2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测)已知各项均为正数的数列a n ，满足a 2n +1-a n +1a n -2a 2n =0n ∈N * ，a 1a 2a 3=64．(1)求数列a n 的通项公式；(2)记T n =1+1a 1 1+2a 2 1+3a 3 ⋯1+n a n，试比较T n 与9的大小，并加以证明．12(2023·江苏扬州·统考模拟预测)在①2S n =3a n -3；②a 1=3,log 3a n +1=log 3a 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．设数列a n 的前n 项和为S n ，满足，b n =3n -9a n +1,n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若存在正整数n 0，使得b n 0≥b n 对∀n ∈N *恒成立，求n 0的值．13(2023·福建福州·福州四中校考模拟预测)如图的形状出现在南宋数学家杨浑所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.......设各层球数构成一个数列a n .(1)写出a n 与a n +1n ∈N * 的递推关系，并求数列a n 的通项公式；(2)记数列b n 的前n 项和为S n ，且S n =32b n -32，在b n 与b n +1之间插入n 个数，若这n +2个数恰能组成一个公差为d n 的等差数列，求数列a n ⋅d n 的前n 项和T n .14(2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)数列a n 的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足a 2n +2a n =4S n +3．(1)求数列a n 的通项公式．(2)设数列b n 满足条件①b n =(-2)n 6n +5 a n a n +1；②b n =(-2)n a n ，请从条件①②中选一个，求出数列b n 的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．15(2023·福建泉州·泉州七中校考模拟预测)已知数列a n的前n项的积记为T n，且满足1T n=a n-1a n(1)证明：数列T n为等差数列;(2)若b n=T n,n为奇数，1T n-1T n+1,n为偶数，求数列b n 的前2n项和T2n.16(2023·海南海口·校考模拟预测)已知等差数列a n，其前n项和S n满足S n=n2+m,m为常数.(1)求m及a n的通项公式；(2)记数列b n=a n+2S n S n+1，求b n前n项和的T n.17(2023·云南昭通·校联考模拟预测)已知各项均为正数的数列a n的首项a1=1，其前n项和为S n，从①a n=2S n-1；②S2=4S1，S n+1+S n-1=2S n+1n≥2；③a n=S n+S n-1n≥2中任选一个条件作为已知，并解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1S n⋅S n+1，设数列b n的前n项和T n，求证：34≤T n<1.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).18(2023·云南·校联考模拟预测)已知数列a n是等比数列，满足a n+1>a n n∈N*,a2=4，且1+ a2是a1与a3的等差中项.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=log2a n,S n为数列b n的前n项和，记T n=1S1+1S2+1S3+⋯+1S n，求T n的取值范围.19(2023·广东梅州·统考三模)已知数列a n满足a1=2，a2=4，a n+2=a n+1+2a n.(1)证明：数列a n为等比数列.(2)数列b n满足1b1+2b2+⋯+nb n=a n+1-2，求数列b n的前n项和S n.20(2023·福建福州·福州四中校考模拟预测)已知定义在R上的函数f x =x22+cos x.(1)求f x 的最小值；(2)当0<x<1时，若不等式sin xx >ax+2恒成立，求实数a的取值范围；(3)若n∈N*，证明：nk=1cos14k-1 2k-1>n+1-121(2023·河北邯郸·统考二模)已知数列a n中，a n>0，a1=3，记数列a n的前n项的乘积为S n，且S n=a n+1n.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n-1a n+1，数列b n的前n项和为T n，求证：T n∈n-1,n.22(2023·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测)已知函数f(x)x+1=ln x-a(x-1)x+1．(1)若函数f(x)在[1,+∞)上只有一个零点，求a的取值范围；(2)若a n=23,n=11n+1,n≥2，记数列a n 的前n项和为S n，证明：2S n<ln n2+3n+2．23(2023·山东菏泽·统考二模)已知各项为正数的等比数列a n满足a n⋅a n+1=16n,n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b1=1，b n+1=a n,n为奇数-b n+n,n为偶数，求数列bn的前2n项和S2n.24(2023·山东泰安·统考二模)已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，a n≠0，a n a n+1=4S n.(1)求a n；(2)设b n=-1n⋅3n-1，数列b n的前n项和为T n，若∀k∈N*，都有T2k-1<λ<T2k成立，求实数λ的范围.25(2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模)如图，已知曲线C 1:y =2x x +1(x >0)及曲线C 2:y =13x(x >0)．从C 1上的点P n n ∈N * 作直线平行于x 轴，交曲线C 2于点Q n ，再从点Q n 作直线平行于y 轴，交曲线C 1于点P n +1，点P n 的横坐标构成数列a n 0<a 1<12 ．(1)试求a n +1与a n 之间的关系，并证明：a 2n -1<12<a 2n n ∈N * ；(2)若a 1=13，求a n 的通项公式．26(2023·山东·模拟预测)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a na n +1n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b 2n =1+a 2n +a 2n +1,b n >0，数列b n 的前n 项和为S n ，证明：32≤S n <n +1.27(2023·山西·校联考模拟预测)已知正项数列a n的前n项和S n满足关系式6S1a1+3+6S2a2+3+⋯+6S na n+3=S n,n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=(-1)s1a1+(-1)s2a2+⋯+(-1)s n a n,n∈N*，证明T n <4n,n≥3.28(2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测)数列a n中，a1=49，对任意正整数n都有3n+9⋅n+12a n+1=n+23a n.(1)求a n的通项公式；(2)设a n的前n项和为S n，证明：①a n<13n⋅n+1；②S n<54-2n+54⋅3n.29(2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模)甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为X，求X的分布列和期望；(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；(3)若P i i=0,1,⋯,6表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，则P0=0,P6=1.证明：P i+1-P ii=0,1,2,⋯,5为等比数列.30(2023·湖北·校联考模拟预测)设a n是公差不为零的等差数列，满足a1=1，a6+a7=a13，设正项数列b n的前n项和为S n，且4S n+2b n=3．(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)在b1和b2之间插入1个数x11，使b1、x11、b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数x21、x22，使b2、x21、x22、b3成等差数列；⋯，在b n和b n+1之间插入n个数x n1、x n2、⋯、x nn，使b n、x n1、x n2、⋯、x nn、b n+1成等差数列，求T n=x11+x21+x22+⋯+x n1+x n2+⋯x nn；(3)对于(2)中求得的T n，是否存在正整数m、n，使得T n=a m+12a m成立？若存在，求出所有的正整数对m,n；若不存在，请说明理由．。

数列综合大题归类目录【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型【题型七】递推公式：分式型不动点【题型八】插入数型【题型九】数列跳项型【题型十】证明数列不等式【题型十一】新结构第19题型：差分密码型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型基础原理：m pq =m q -p 1p -1q，如：12×4=14-212-14；基本题型：①1n n +1 =1n -1n +1；②12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；注意(避免掉坑)①分母分解因式：1n 2+3n=1n n +3 =131n -1n +3 ；②系数不相同就提系数：1n 2n +4=12⋅1n n +2 =12⋅121n -1n +2 ；③求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项(或正负项)对应.(1)1n n +k=1k 1n -1n +k ；(2)1n +k +n=1k n +k -n ；(3)12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1；(4)1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2；分式型分子裂差法形如f n a n ⋅a n +1型，如果f n =λa n +1-a n ，则可以分子裂差：f n a n ⋅a n +1=λa n +1-a n a n ⋅a n +1=λ1a n -1a n +11(22·23·龙岩·二模)已知等差数列a n 的首项为1，公差d ≠0，前n 项和为S n ，且S nS 2n为常数．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2，证明：b 1+b 2+b 3+⋯+b n <13．2(22·23·秦皇岛·模拟预测)设等比数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等差数列，且公差d ≠0,a 1=b 1=2，a 3=b 3,S 3=b 5.(1)求数列a n 的通项公式以及前n 项和S n ；(2)数列2n +1n 2b n +4 2的前n 项和为T n ，求证：T n ≤19.3(2024下·福建·高三校联考开学考试)已知正项数列a n 中，a 1=1，a n +1=a n +2a n +1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)记数列b n =2a n +1a n a n +1的前n 项和S n ，求满足S n <99100的正整数n 的集合．【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型指数裂项法形如mq n +r +t hq n +b hq n +1+b 型，如果mq n +r +t =λhq n +b -hq n +1+b ，则可以分子裂差：mq n +r +t hq n +b hq n +1+b =λhq n +1+b -hq n +b hq n +b hq n +1+b=λ1hq n +b -1hq n +1+b1(2023·广西玉林·校联考模拟预测)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=2，a n +1=S n +n ．(1)证明：当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)设b n =2n +1a n +1a n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <13．2(2023上·海南海口·高三校考阶段练习)在数列a n a n ≠0 和b n 中，a 1=1,b 1=2，且a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项.(1)设c n =b na n，求证：数列c n -1 为等比数列；(2)若b n =3×2n2n +1,a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <3.3(2023上·湖南长沙·高二长沙一中校考阶段练习)已知数列a n 的首项a 1=4，且满足a n +1=3a n -2n ∈N * ．(1)求证：数列a n -1 为等比数列；(2)记b n =3na n ⋅a n +1，求数列b n 的前n 项和S n ．正负型：等差裂和型形如-1n⋅f na n⋅a n+1型，如果f n =λa n+1-a n，则可以分子裂差：-1 n⋅f na n⋅a n+1=-1n⋅λa n+1-a na n⋅a n+1=-1n⋅λ1a n-1a n+11(2023·河北唐山·三模)设S n为数列a n的前n项和，a n>0，a2n+2a n+1=4S n.(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列-1n4na n a n+1的前n项和Tn.2(2023·江苏镇江·二模)已知数列a n满足：a1=14,a n+1=nn+2a n.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=(-1)n(2n+1)a n，求数列b n的前n项和S n.3(2023·湖南永州·三模)记正项数列a n的前n项积为T n，且1a n=1-4T n.(1)证明：数列T n是等差数列；(2)记b n=-1n⋅8n+6T n⋅T n+1，求数列b n的前2n项和S2n.正负型：指数裂和型形如-1 n⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b型，如果mq n +r +t =λhq n +b +hq n +1+b ，则可以分子裂和：-1 n ⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b =-1 n ⋅λhq n +1+b +hq n +b hq n +b hq n +1+b=-1 n ⋅λ1hq n +b +1hq n +1+b1(23·24上·湖北·期中)已知{a n }为等比数列，且a 2+a 3+a 4=14，a 2,a 3+1,a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)当{a n }为递增数列时，b n =(-1)n 6a n +2 2n +1 2n +1+1 ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若存在n ∈N ∗,m ≥T n ，求m 的取值范围.2(23·24上·黔东南·阶段练习)已知数列a n 满足：a 1=1，a n =2a n -1+1n ≥2 .(1)证明：a n +1 是等比数列，并求a n 的通项公式；(2)令b n =(-1)n (3n +2)n (n +1)a n +1+1，求b n 的前n 项和S n .3(22·23高二下·黑龙江哈尔滨·期中)已知数列a n 满足a 1=14,a n +1=3a n -4.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n a n3n +1 3n +1+1，数列b n 的前n 项和为T n ，若存在n ∈N *，使m ≥T n ，求m 的取值范围.【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型 仿写规律：t>1①b na n⋅a n+1⋅t n⇒1a n⋅t n-1-1a n+1⋅t n=λb na n⋅a n+1⋅t n(可通分反解λ)；②b n⋅t na n⋅a n+1⇒t n+1a n+1-t na n=λb n⋅t na n⋅a n+1(可通分反解λ)1(23·24上·甘南·期中)在数列a n中，a1=2且∀n∈N*,a n+1=3a n+2×3n.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=a n+3na n a n+1，若b n的前n项和为S n，证明：S n<14.2(23·24上·合肥·阶段练习)在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作T n，令a n=log3T n.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=n+1⋅2n-1a n a n+1，求数列b n的前n项和S n.3(23·24上·昆明·阶段练习)已知数列a n满足a1=2,a n+1=2n+1a n n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=log2a2n-n2，数列b n+22n+1b n⋅b n+1的前n项和为Sn，求证：38≤S n<12.【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型 常见的三角函数裂项：1.正切型裂项：若a n+1-a n=α,tanα=m(特殊角)，则tanα=tan a n+1-a n=tan a n+1-tan a n1+tan a n+1tan a n=m，b n=tan a n+1tan a n=1mtan a n+1-tan a n-1；2.正余弦和与差公式应用裂项型：b n=sin1cos n cos(n-1)=sin[n-(n-1)]cos n cos(n-1)=sin n cos(n-1)-cos n sin(n-1)cos n cos(n-1)=tan n-tan(n-1)1(2023·山东威海·二模)已知2n+2个数排列构成以q n q n>1为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n+2个数为8，设a n=log2q n．(1)证明：数列1a n是等差数列；(2)设b n=tanπa n tanπa n+1，求数列b n的前100项和S100．2(22·23高三上·山东济宁·期中)已知n∈N*，抛物线y=-x2+n与x轴正半轴相交于点A，在点A处的切线在y轴上的截距为a n(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=4n cos nπa n-1a n+1，求数列b n的前项和S n．3(22·23上·芜湖·期末)已知S n是数列a n的前n项和，2S n=n+1a n．且a1=1(1)求a n的通项公式；(2)设a0=0，已知数列b n满足b n=sin1cos a n cos a n-1，求b n的前n项的和T n【题型七】递推公式：分式型不动点已知分式一次型数列递推关系a n+1=Ca n+DAa n+B求通项的问题解法：法一，化归法.当D=0时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当D≠0时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令a n+1+x=Ca n+DAa n+B+x=C+xAa n+D+BxAa n+B，可由1x=C+AxD+Bx解得x的值，即可得到构造方向b n+1=tb nAa n+B，通过这样的转化将问题又化归为D=0的情形再求解.法二，特征根法求解.先构造特征方程x=Cx+DAx+B，解方程得根x1,x2，若x1≠x2，则a n-x2a n-x1为等比数列；若x1=x2，则1a n-x1为等差数列.1(22-23高三·河南·阶段练习)已知数列a n满足a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗．(1)证明：数列1a n+1是等差数列；(2)证明：a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1．2(2024高三·全国·专题练习)在数列{a n}中，a1=4且a n+1=3a n+2a n+4，求数列{a n}的通项公式.3(2023高三·全国·专题练习)已知数列a n满足性质：对于n∈N,a n-1=a n+42a n+3,且a1=3,求{a n}的通项公式.【题型八】插入数型插入数型1.插入数构成等差数列在a n和a n+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等差数列，可通过构造新数列{b n}来求解d n n+2个数构成等差数列，公差记为d n，所以：b n+2=b1+(n+2-1)d n⇔d n=b n+2-b1 (n+2-1)2.插入数构成等比数列在a n和a n+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等比数列，可通过构造新数列{b n}来求解d n n+2个数构成等比数列，公差记为d n，所以：b n+2=b1∙q n(n+2-1)⇔q n(n+2-1)=b n+2b1⇔lnb n+2b1=ln q n(n+2-1)=(n+2-1)ln q n3.插入数混合型混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列a n提供了多少项，其余都是插入进来的。

3月6日数列综合练习题一、单选题1．已知数列为等比数列，是它的前n项和．若,且与的等差中项为，则（）A ．35B ．33C ．31D ．29【答案】C 【解析】试题分析：∵等比数列{}n a ，∴21a a q =⋅，∴13134222a q a a q a a ⋅⋅=⇒⋅=⇒=，又∵与的等差中项为54，∴477512244a a a ⋅=+⇒=，∴3741182a q q a ==⇒=，∴41316a a q ==，515116(1)(1)32311112a q S q--===--.2．等差数列{}n a 中，19173150a a a ++=则10112a a -的值是（）A．30B．32C．34D．25【答案】A 【解析】试题分析：本题考查等差数列的性质，难度中等．由条件知930a =，所以10112a a -=930a =，故选A．3．数列满足且，则等于（）A．B．C．D．【答案】D 【解析】由有解知数列1n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为211112x x -=的等差数列；所以11121(1),221n n n n x x n +=+-=∴=+.故选D 4．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列21{}n a -的前n 项和为n T ，下列说法错误．．的是（）A ．若n S 有最大值，则n T 也有最大值B ．若n T 有最大值，则n S 也有最大值C ．若数列{}n S 不单调，则数列{}n T 也不单调D ．若数列{}n T 不单调，则数列{}n S 也不单调【答案】C 【解析】【详解】解：数列{a 2n ﹣1}的首项是a 1，公差为2d ，A ．若S n 有最大值，则满足a 1＞0，d ＜0，则2d ＜0，即T n 也有最大值，故A 正确，B ．若T n 有最大值，则满足a 1＞0，2d ＜0，则d ＜0，即S n 也有最大值，故B 正确，C ．S n ＝na 1()12n n -+•d 2d =n 2+（a 12d -）n ，对称轴为n 111122222d da a a d d d --=-==--⨯，T n ＝na 1()12n n -+•2d ＝dn 2+（a 1﹣d ）n ，对称轴为n 111222a d d -=-=-•1a d，不妨假设d ＞0，若数列{S n }不单调，此时对称轴n 11322a d =-≥，即1a d-≥1，此时T n 的对称轴n 1122=-•111122a d ≥+⨯=1，则对称轴1122-•132a d ＜有可能成立，此时数列{T n }有可能单调递增，故C 错误，D ．不妨假设d ＞0，若数列{T n }不单调，此时对称轴n 1122=-•132a d ≥，即1a d-≥2，此时{S n }的对称轴n 11122a d =-≥+25322＞=，即此时{S n }不单调，故D 正确则错误是C ，故选C ．5．设n=（）A ．333n 个B ．21333n - 个C ．21333n- 个D ．2333n 个【答案】A【解析】1013333n n -====⋅⋅⋅ 个.故选A.6．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2124n n a S n +=++，且21a -，3a ，7a 恰好构成等比数列的前三项，则4a =（）．A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】C 【详解】∵2124n n a S n +=++，当2n ≥，()21214n n a S n -=+-+，两式相减，化简得()2211n n a a +=+，∵0n a >，∴11n n a a +=+，数列{}n a 是公差1的等差数列．又21a -，3a ，7a 恰好构成等比数列的前三项，∴()()211126a a a +=+，∴12a =，∴45a =．故选：C第II 卷（非选择题)二、填空题7．已知数列{}n a 的首项11a =，且1(1)12nn na a n a +=+ ，则5a =____．【答案】198．等差数列{}n a 中，39||||a a =，公差0d <，则使前n 项和n S 取得最大值的自然数n 是________．【答案】5或6【解析】试题分析：因为0d <，且39||||a a =，所以39a a =-，所以1128a d a d +=--，所以150a d +=，所以60a =，所以0n a >()15n ≤≤，所以n S 取得最大值时的自然数n 是5或6．9．数列{}n a 满足：11a =，121n n a a +=+，且{}n a 的前n 项和为n S ，则n S =__.【答案】122n n +--【详解】由121n n a a +=+得()1+121n n a a +=+所以1112+n n a a +=+，且112a +=所以数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，且11=222n nn a -+⨯=所以21nn a =-前n 项和()123121222222212n nn nS n n n +-=++++-==--- 10．已知数列{}n a 中,132a =前n 项和为n S ，且满足()*123n n a S n N ++=∈，则满足2348337n n S S ＜＜所有正整数n 的和是___________.【答案】12【详解】由()*123n n a S n N++=∈得()123n n n SS S +-+=，即()11332n n S S +-=-，所以数列{}3n S -是首项为113332S a -=-=-，公比为12的等比数列，故31322n nS -=-⋅，所以332n n S =-，所以22332n n S =-.由2348337n n S S <<得2332334833732n n -<-<，化简得1113327n <<，故3,4,5n =.满足2348337n nS S ＜＜所有正整数n 的和为34512++=.故答案为：12三、解答题11．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ﹣a n ﹣1﹣3n ＝0，n ≥2．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n 1na =，求数列{b n }的前n 项和S n ．【详解】（1）数列{a n }满足a 1＝3，a n ﹣a n ﹣1﹣3n ＝0，n ≥2，即a n ﹣a n ﹣1＝3n ，可得a n ＝a 1+（a 2﹣a 1）+（a 3﹣a 2）+…+（a n ﹣a n ﹣1）＝3+6+9+…+3n 12=n （3+3n ）32=n 232+n ；（2）b n 123n a ==•2123n n =+（111n n -+），前n 项和S n 23=（1111112231n n -+-++-+ ）23=（111n -+）()231n n =+．12．在数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，满足2(,*)n n S ka n n k R n N =+-∈∈．（I ）若1k =，求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}21n a n --为公比不为1的等比数列，求n S ．【答案】解：（1）当1k =时，2,n n S a n n =+-所以21,(2)n S n n n -=-≥,即22(1)(1),(1)n S n n n n n =+-+=+≥……3分所以当1n =时，112a S ==；当2n ≥时，221(1)(1)2n n n a S S n n n n n -=-=+----=所以数列{}n a 的通项公式为．……………6分（II ）当时，1122n n n n n a S S ka ka n --=-=-+-，1(1)22n n k a ka n --=-+，111a S ka ==，若1k =，则211n a n --=-，从而{}21n a n --为公比为1的等比数列，不合题意；……………8分若1k ≠，则10a =，221a k=-，3246(1)k a k -=-212325378333,5,71(1)k k k a a a k k --+--=--=-=--由题意得，2213(5)(3)(7)0a a a -=--≠，所以0k =或32k =．……10分当0k =时,2n S n n =-，得22n a n =-,213n a n --=-,不合题意；…12分当32k =时，1344n n a a n -=-+，从而1213[2(1)1]n n a n a n ---=---因为121130,a -⨯-=-≠210n a n --≠，{}21n a n --为公比为3的等比数列,213nn a n --=-，所以231nn a n =-+，从而1233222n n S n n +=+-+．………………………14分【解析】试题分析：解：（1）当1k =时，2,n n S a n n =+-所以21,(2)n S n n n -=-≥,即22(1)(1),(1)n S n n n n n =+-+=+≥……3分所以当1n =时，112a S ==；当2n ≥时，221(1)(1)2n n n a S S n n n n n -=-=+----=所以数列{}n a 的通项公式为…6分（2）当时，1122n n n n n a S S ka ka n --=-=-+-，1(1)22n n k a ka n --=-+，111a S ka ==，若1k =，则211n a n --=-，从而{}21n a n --为公比为1的等比数列，不合题意；若1k ≠，则10a =，221a k=-，3246(1)k a k -=-212325378333,5,71(1)k k k a a a k k --+--=--=-=--由题意得，2213(5)(3)(7)0a a a -=--≠，所以0k =或32k =．当0k =时,2n S n n =-，得22n a n =-,213n a n --=-,不合题意；当32k =时，1344n n a a n -=-+，从而1213[2(1)1]n n a n a n ---=---因为121130,a -⨯-=-≠210n a n --≠，{}21n a n --为公比为3的等比数列,213nn a n --=-，所以231nn a n =-+，从而1233222n n S n n +=+-+．13．设数列{}n a 的通项公式63n a n =-+，{}n b 为单调递增的等比数列，123512b b b =，1133a b a b +=+．()1求数列{}n b 的通项公式．()2若3nn na cb -=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【详解】()1由题意，数列{}n a 的通项公式n a 6n 3=-+，{}n b 为单调递增的等比数列，设公比为q ，123b b b 512=，1133a b a b +=+．可得331b q 512=，2113b 15b q -+=-+，解得1b 4=，或1q 2(2=-舍去)，则n 1n 1n b 422-+=⋅=。

2017数列拔高训练1、已知数列{a n}满足a1=﹣2，a n+1=2a n+4．(1)证明数列{a n+4}是等比数列并求出{a n}通项公式；(2)若，求数列{b n}的前n项和S n．2、已知数列{a n}是等差数列，{b n}是各项均为正数的等比数列，满足a1=b1=1，b2﹣a3=2b3，a3﹣2b2=﹣1(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式(2)设c n=a n+b n，n∈N*，求数列{c n}的前n项和S n．3、（理科答）已知数列{a n}及等差数列{b n}，若a1=3，a n= a n﹣1+1（n≥2），a1=b2，2a3+a2=b4，(1)证明数列{a n﹣2}为等比数列；(2)求数列{a n}及数列{b n}的通项公式；(3)设数列{a n•b n}的前n项和为T n，求T n．4、已知正项数列{a n}的前n项和为S n，数列{a n}满足，2S n=a n（a n+1）．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{ }的前n项和为A n，求证：对任意正整数n，都有A n＜成立；(3)数列{b n}满足b n=（）n a n，它的前n项和为T n，若存在正整数n，使得不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+ ﹣2n﹣1成立，求实数λ的取值范围．5、设正项数列{a n}的前n项和为S n，且满足．(1)计算a1，a2，a3的值，并猜想{a n}的通项公式；(2)用数学归纳法证明{a n}的通项公式．6、数列{a n}的前n项和是S n，a1=5，且a n=S n﹣1（n=2，3，4，…）．(1)求S n；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)求证：+ + +…+ ＜．7、已知各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n，S4=30，过点P（n，log2a n）和Q（n+2，log2a n+1）（n∈N*）的直线的一个方向向量为（﹣1，﹣1）(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n= ，数列{b n}的前n项和为T n，证明：对于任意n∈N*，都有T n．8、已知函数，数列{a n}满足．(1)求证：数列{ }是等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1，求S n．9、各项均为正数的数列{a n}中，a1=1，S n是数列{a n}的前n项和，对任意n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p（p∈R）(1)求常数p的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记b n= ，求数列{b n}的前n项和T．10、已知数列{a n}满足：a1= ，a2= ，2a n=a n+1+a n﹣1（n≥2，n∈N•），数列{b n}满足：b1＜0，3b n﹣b n﹣1=n（n≥2，n∈R），数列{b n}的前n项和为S n．(1)求证：数列{b n﹣a n}为等比数列；(2)求证：数列{b n}为递增数列；(3)若当且仅当n=3时，S n取得最小值，求b1的取值范围．11、已知递增等比数列{a n}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列．(1)求{a n}的首项和公比；(2)设S n=a12+a22+…+a n2，求S n．12、已知f（x）=3x2﹣2x，数列{a n}的前n项和为S n，点（n，S n）（n∈N*）均在函数y=f （x）的图像上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n= ，T n是数列{b n}的前n项和，求使得T n＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m．13、已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意的n∈N*，点（n，S n）恒在函数y=x的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记T n= ，若对于一切的正整数n，总有T n≤m成立，求实数m的取值范围；(3)设K n为数列{b n}的前n项和，其中b n=2an，问是否存在正整数n，t，使成立？若存在，求出正整数n，t；若不存在，请说明理由．14、已知等差数列{a n}的各项均为正数，且Sn= + +…+ ，S2= ，S3=．设[x]表示不大于x的最大整数（如[2.10]=2，[0.9]=0）．(1)试求数列{a n}的通项；(2)求T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（﹣1）]+[log2（）]关于n的表达式．15、已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和为S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*）(1)试求数列{a n}的通项公式(2)令b n= ，T n是数列{b n}的前n项和．证明：对任意给定的m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立．16、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=2a n﹣3（﹣1）n（n∈N*）．(1)若b n=a2n﹣1，求证：b n+1=4b n；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a1+2a2+3a3+…+na n＞λ•2n对一切正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．17、已知等差数列{a n}，a2=8，前9项和为153．(1)求a5和a n；(2)若，证明数列{b n}为等比数列；18、一列火车从重庆驶往北京，沿途有n个车站（包括起点站重庆和终点站北京）．车上有一邮政车厢，每停靠一站便要卸下火车已经过的各站发往该站的邮袋各1个，同时又要装上该站发往以后各站的邮袋各1个，设从第k站出发时，邮政车厢内共有邮袋a k个（k=1，2，…，n）．(1)求数列{a k}的通项公式；(2)当k为何值时，a k的值最大，求出a k的最大值．19、已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．（I）求{a n}的通项公式；（II）求数列{ }的前n项和．20、数列{a n}满足a1=1，na n+1=（n+1）a n+n（n+1），n∈N*．（Ⅰ）证明：数列{ }是等差数列；（Ⅱ）设b n=3n• ，求数列{b n}的前n项和S n．21、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1= ．（Ⅰ）求证：a n+1＜a n；（Ⅱ）求证：≤a n≤ ．22、已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，且na n+1=2S n（n∈N*），数列{b n}满足b1= ，b2= ，对任意n∈N+，都有b n+12=b n•b n+2（I）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（II）设{a n b n}的前n项和为T n，若T n＞对任意的n∈N+恒成立，求λ得取值范围．23、已知数列{a n}是非常值数列，且满足a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），其前n项和为s n，若s5=70，a2，a7，a22成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设数列的前n项和为T n，求证：．24、数列{a n}中，．（Ⅰ）求a1，a2，a3，a4；（Ⅱ）猜想a n的表达式，并用数学归纳法加以证明．25、设数列{a n}满足a1=a，a n+1=ca n+1﹣c（n∈N*），其中a，c为实数，且c≠0．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{b n}的前n项和S n．26、已知A（x1，y1），B（x2，y2）是函数的图象上的任意两点（可以重合），点M在直线x=上，且=．（Ⅰ）求x1+x2的值及y1+y2的值（Ⅱ）已知S1=0，当n≥2时，S n=+++…+，求S n；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设a n=，T n为数列{a n}的前n项和，若存在正整数c、m，使得不等式成立，求c和m的值．答案解析部分一、综合题1、【答案】（1）证明：∵a1=﹣2，∴a1+4=2，∵a n+1=2a n+4，∴a n+1+4=2a n+8=2（a n+4），∴，∴{a n+4}是以2为首项，2为公比的等比数列，由上知，∴．（2）解：∴，①，②②﹣①得：==2+2n+1﹣2﹣（n+1）×2n+1=﹣n•2n+1．【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）利用已知条件转化求解数列{a n+4}是等比数列，然后求出{a n}通项公式．（2）化简数列通项公式b n，利用错位相减法求和求解即可．2、【答案】（1）解：设数列{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列，由a1=b1=1，b2﹣a3=2b3，a3﹣2b2=﹣1，可得q﹣（1+2d）=2q2，1+2d﹣2q=﹣1，解得d=﹣，q= ，可得a n=a1+（n﹣1）d=1﹣（n﹣1）= （3﹣n）；b n=b1q n﹣1=（）n﹣1，n∈N*（2）解：c n=a n+b n= （3﹣n）+（）n﹣1，可得数列{c n}的前n项和S n= n（1+）+=﹣n2+ n﹣+2【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）设数列{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；（2）求出c n=a n+b n= （3﹣n）+（）n﹣1，运用数列的求和方法：分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和．3、【答案】（1）证明：a1=3，a n= a n﹣1+1（n≥2），a n﹣2= （a n﹣1﹣2），则数列{a n﹣2}为首项为1，公比为的等比数列（2）解：（由（1）可得a n﹣2=（）n﹣1，即为a n=2+（）n﹣1，a1=b2=3，2a3+a2=b4=2（2+ ）+2+ =7，可得等差数列{b n}的公差d= =2，则b n=b2+（n﹣2）d=3+2（n﹣2）=2n﹣1（3）证明：数列{a n•b n}的前n项和为T n，a n•b n=[2+（）n﹣1]（2n﹣1）=2（2n﹣1）+（2n﹣1）•（）n﹣1，设S n=1•（）0+3•（）+5•（）2+…+（2n﹣1）•（）n﹣1，S n=1•（）+3•（）2+5•（）3+…+（2n﹣1）•（）n，相减可得，S n=1+2[（）+（）2+（）3+…+（）n﹣1]﹣（2n﹣1）•（）n=1+2[ ]﹣（2n﹣1）•（）n，化简可得S n=6﹣，则T n=2• n（1+2n﹣1）+6﹣=2n2+6﹣【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）a n= a n﹣1+1的两边减2，再由等比数列的定义即可得证；（2）运用等比数列和等差数列的通项公式，计算即可得到；（3）求得a n•b n=[2+（）n﹣1]（2n﹣1）=2（2n﹣1）+（2n﹣1）•（）n﹣1，再由数列的求和方法：分组求和和错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和．4、【答案】（1）解：，当n≥2时，，两式相减得：，所以（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）=0．因为数列{a n}为正项数列，故a n+a n﹣1≠0，也即a n﹣a n﹣1=1，所以数列{a n}为以1为首项1为公差的等差数列，故通项公式为a n=n，n∈N*（2）解：= ，所以对任意正整数n，都有成立（3）解：易知，则，①，，②①﹣②可得：．故，所以不等式成立，若n为偶数，则，所以．设，则y=﹣2t+t2+1=（t﹣1）2在单调递减，故当时，，所以；若n为奇数，则，所以．设，则y=2t﹣t2﹣1=﹣（t﹣1）2在（0，1]单调递增，故当t=1时，y max=0，所以λ＜0．综上所述，λ的取值范围λ＜0或【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据数列的递推公式即可求出数列{a n}的通项公式，（2）= ＜= ﹣，利用放缩法即可证明，（3）先利用错位相减法求出数列{b n}的前n项和为T n，不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+ ﹣2n﹣1成立，转化为成立，分n为偶数和奇数，根据函数的性质即可求出实数λ的取值范围5、【答案】（1）解：当n=1时，，得a1=1；，得a2=2，，得a3=3，猜想a n=n（2）解：证明：（ⅰ）当n=1时，显然成立，（ⅱ）假设当n=k时，a k=k，则当n=k+1时，=，整理得：，即[a k+1﹣（k+1）][a k+1+（k﹣1）]=0，结合a n＞0，解得a k+1=k+1，于是对于一切的自然数n∈N*，都有a n=n【考点】数列递推式，数学归纳法，数学归纳法【解析】【分析】（1）利用递推关系式求解数列a1，a2，a3的值，猜想{a n}的通项公式；（2）利用数学归纳法的证明步骤，逐步证明即可．6、【答案】（1）解：由a n=S n﹣1，①，得：a n+1=S n，② ②﹣①得：a n+1﹣a n=S n ﹣S n﹣1=a n，即a n+1=2a n，（n≥2且n∈N*），∵a2=S1=a1=5，故数列从第二项起，各项成等比数列且公比为2．∴，n∈N*（2）解：当n=1时，a1=5，当n≥2，且n∈N*时，=5•2n﹣2．故数列{a n}的通项公式为．（3）证明：当n=1时，= ，成立，当n≥2且n∈N*时，====＜．∴+ + +…+ ＜【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由a n=S n﹣1，得a n+1=2a n，（n≥2且n∈N*），由此能求出S n．（2）当n=1时，a1=5，当n≥2，且n∈N*时，=5•2n﹣2．由此能求出数列{a n}的通项公式．（3）当n=1时，= ，成立，当n≥2且n∈N*时，=，由此能证明+ + +…+ ＜．7、【答案】（1）解：∵各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n，S4=30，过点P（n，log2a n）和Q（n+2，log2a n+1）（n∈N*）的直线的一个方向向量为（﹣1，﹣1），∴，解得，q=4，∴a n=（2）解：∵b n= = =（﹣），∴数列{b n}的前n项和：T n= （+ + +…++ ）= （﹣）= （+ ﹣﹣）＜．∴对于任意n∈N*，都有T n【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）利用等比数列前n项和公式及直线的方向向量性质列出方程组，由此能求出首项和公比，从而能求出数列{a n}的通项公式．（2）由b n= = （﹣），利用裂项法能证明对于任意n∈N*，都有T n．8、【答案】（1）证明：∵函数，数列{a n}满足，∴，∴=3+ ，∴=3，=1，∴数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列（2）解：∵数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列，∴=1+（n﹣1）×3=3n﹣2，∴a n= ．（3）解：∵a n a n+1= = （），∴S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1= （1﹣+ + +…+ ）== ．【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由已知利用函数性质得，从而=3+ ，由此能证明数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列．（2）由=1+（n﹣1）×3=3n﹣2，能求出a n．（3）a n a n+1= = （），利用裂项求和法能求出S n．9、【答案】（1）解：∵a1=1，对任意的n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p ∴2a1=2pa12+pa1﹣p，即2=2p+p﹣p，解得p=1（2）解：2S n=2a n2+a n﹣1，① 2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1，（n≥2），②①﹣②即得（a n﹣a n﹣1﹣）（a n+a n﹣1）=0，因为a n+a n﹣1≠0，所以a n﹣a n﹣1﹣ =0，∴（3）解：2S n=2a n2+a n﹣1=2× ，∴S n= ，∴=n•2nT n=1×21+2×22+…+n•2n③又2T n=1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n+n2n+1 ④④﹣③T n=﹣1×21﹣（22+23+…+2n）+n2n+1=（n﹣1）2n+1+2∴T n=（n﹣1）2n+1+2【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据a1=1，对任意的n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p，令n=1，解方程即可求得结果；（2）由2S n=2a n2+a n﹣1，知2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1，（n≥2），所以（a n﹣a n﹣1）（a n+a n﹣1）=0，由此能求出数列{a n}的通项公式．（3）根据求出数列﹣1{b n}的通项公式，利用错位相减法即可求得结果．10、【答案】（1）解：∵2a n=a n+1+a n﹣1（n≥2，n∈N•），∴{a n}是等差数列．又∵a1= ，a2= ，∴，∵，（n≥2，n∈N*），∴b n+1﹣a n+1== == ．又∵，∴{b n﹣a n}是以为首项，以为公比的等比数列．（2）证明：∵b n﹣a n=（b1﹣）•（）n﹣1，．∴．当n≥2时，b n﹣b n﹣1= ．又b1＜0，∴b n﹣b n﹣1＞0．∴{b n}是单调递增数列．（3）解：∵当且仅当n=3时，S n取最小值．∴，即，∴b1∈（﹣47，﹣11）【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得{a n}是等差数列，，b n+1﹣a n+1= = ．由此能证明{b n﹣a n}是以为首项，以为公比的等比数列．（2）由．得当n≥2时，b n﹣b n﹣1=．由此能证明{b n}是单调递增数列．（3）由已知得，由此能求出b1的取值范围．11、【答案】（1）解：根据等比数列的性质，可得a3•a5•a7=a53=512，解之得a5=8．设数列{a n}的公比为q，则a3= ，a7=8q2，由题设可得（﹣1）+（8q2﹣9）=2（8﹣3）=10解之得q2=2或．∵{a n}是递增数列，可得q＞1，∴q2=2，得q= ．因此a5=a1q4=4a1=8，解得a1=2（2）解：由（1）得{a n}的通项公式为a n=a1•q n﹣1=2× = ，∴a n2=[ ]2=2n+1，可得{a n2}是以4为首项，公比等于2的等比数列．因此S n=a12+a22+…+a n2= =2n+2﹣4【考点】数列的求和，等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）根据题意利用等比数列的性质，可得a53=512，解出a5=8．设公比为q，得a3= 且a7=8q2，由等差中项的定义建立关于q的方程，解出q的值，进而可得{a n}的首项；（2）由（1）得a n=a1•q n﹣1= ，从而得到a n2=[ ]2=2n+1，再利用等比数列的求和公式加以计算，可得求S n的表达式．12、【答案】（1）解：∵f（x）=3x2﹣2x，数列{a n}的前n项和为S n，点（n，S n）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图像上，∴，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=（3n2﹣2n）﹣[3（n﹣1）2﹣2（n﹣1）]=6n﹣5，当n=1时，a1=S1=3﹣2=1，满足上式，∴a n=6n﹣5，n∈N*（2）解：由（1）得= = ，∴T n== ，∴使得T n＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m必须且仅须满足，即m≥10，∴满足要求的最小整数m=10【考点】数列的求和【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出a n=6n﹣5，n∈N*．（2）【解析】由= = ，利用裂项求和法求出T n=，由此能求出满足要求的最小整数m=10．13、【答案】（1）解：由已知，得当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1= =3n当n=1时，a1=S1=3．∴a n=3n（2）解：．当n=1时，T n+1＞T n，即T2＞T1；当n=2时，T n+1=T n，即T3=T2；当n≥3时，T n+1＜T n，即T n＜T n﹣1＜…＜T4＜T3∴{T n}中的最大值为，要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需∴解法二：当n=1，2时，T n+1≥T n；当n≥3时，n+2＜2n⇒T n+1＜T n∴n=1时，T1=9；n=2，3时，n≥4时，T n＜T3∴{T n}中的最大值为，要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需∴（3）解：将K n代入，化简得，（﹡）若t=1时，，显然n=1时成立；若t＞1时，（﹡）式化简为不可能成立综上，存在正整数n=1，t=1使成立【考点】数列的应用，数列与函数的综合【解析】【分析】（1）利用a n=S n﹣S n﹣1求解；（2）要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需m≥{T n}中的最大值即可；（3）求解有关正整数n的不等式．14、【答案】（1）解：S n= + +…+ = （﹣），∵S2= ，S3= ，∴（﹣）= ，（﹣）= ，∴a1=1，d=1，∴a n=n（2）解：T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（﹣1）]+[log2（）]=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（2n﹣1）]+[log2（2n）]∵[log21]=0，[log22]=[log23]=1，…[log22m]=[log2（m+1）]=…=[log2（m+1﹣1）]=m．∴[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（2n﹣1）]+[log2（2n）]=0+1×2+2×22+…+（n﹣1）•2n﹣1+n，由S=1×2+2×22+…+（n﹣1）•2n﹣1，则2S=1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n，∴﹣S=1×2+1×22+…+2n﹣1﹣（n﹣1）•2n= ﹣（n﹣1）•2n，∴S=（2﹣n）•2n﹣2∴T=（2﹣n）•2n﹣2+n【考点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用裂项法求和，结合S2= ，S3= ，即可求数列{a n}的通项；（2）先化简，再利用错位相减法，即可得出结论．15、【答案】（1）解：由S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*），整理得：S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n +2n﹣1，﹣2∴a n=a n﹣1=2n﹣1，即a n﹣a n﹣1=2n﹣1，n≥3，∵a2﹣a1=2，a3﹣a2=4，a4﹣a3=23，…a n﹣a n﹣1=2n﹣1，将上式累加整理得：a n﹣a1=2+4+23+…+2n﹣1，∴a n= +3=2n+1，数列{a n}的通项公式a n=2n+1；（2）证明：b n= = = （﹣），∴数列{b n}的前n项和T n=b1+b2+b3+…+b n，= [（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]，= （﹣），T n+1﹣T n= ＞0，∴T n随着n的增大而增大，若T n＞m，则（﹣）＞m，化简整理得：＞，∵m∈（0，），∴1﹣6m＞0，∴2n+1＞﹣1，n＞log2（﹣1）﹣1，当log2（﹣1）﹣1＜1时，即0＜m＜，取n0=1，当log2（﹣1）﹣1≥1时，解得：≤m＜，记log2（﹣1）﹣1的整数部分为p，取n0=p+1即可，综上可知，对任意m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由题意可知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1，即a n﹣a n﹣1=2n﹣1，n≥3，采用“累加法”即可求得数列{a n}的通项公式；（2）由（1）可知，b n= == （﹣），采用“裂项法”即可求得数列{b n}的前n项和T n，由函数的单调性可知，T n随着n的增大而增大，分离参数n＞log2（﹣1）﹣1，分类log2（﹣1）﹣1＜1及log2（﹣1）﹣1≥1时，求得m的取值范围，求得n0的值，即可证明存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立．16、【答案】（1）解：=（2）解：a2=2a1﹣3（﹣1）=5，b1=a2﹣1=4，因为b n+1=4b n所以，所以{b n}是等比数列，所以b n=4n=a2n﹣1，，，所以，即（3）解：由（2），令S=1•21+2•22+…+n•2n则2S=1•22+2•23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，S=（n﹣1）•2n+1+2n为奇数时，，n为偶数时，所以n为奇数时，即恒成立，易证递增，n=1时取最小值，所以n为偶数时，，即，易证递增，n=2时取最小值，所以综上可得【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据数列递推公式即可证明，（2）先求出数列{b n}的通项公式，再分类求出{a n}的通项公式，（3）令S=1•21+2•22+…+n•2n根据错位相减法求出S n，分离参数，根据数列的函数特征即可求出λ的取值范围．17、【答案】（1）设数列{a n}的公差为d，首项，则∴∴a 5=17．∵，∴a n=3n+2．（2），∴数列{b n}是首项为32，公比为8的等比数列【考点】等差数列的通项公式，等差关系的确定【解析】知识点：等差数列的通项公式等比关系的确定解析【分析】（1）根据前9项和为153和第五项是前9项的等差中项，得到第五项的值，根据第二项和第五项的值列出方程求得首项和公差，写出通项公式．（2）要证明数列是等比数列，只要相邻两项之比是常数即可，两项之比是一个常数得到结论．18、【答案】（1）解：a1=n﹣1，考察相邻两站a k，a k﹣1之间的关系，由题意知k= k﹣1﹣（k﹣1）+（n﹣k），∴k﹣k﹣1=（n+1）﹣2k（k≥2）．依次让k取2，3，4，…，k得k﹣1个等式，将这k﹣1个等式相加，得k=nk﹣k2（n，k∈N+，1≤k≤n）．（2）解：，当n为偶数时，取k= ，a k取得最大值；当n为奇数时，取k= 或，a k取得最大值．【考点】数列的函数特性【解析】【分析】本题考查二次函数的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意数列的性质和应用．二、解答题19、【答案】解：（I）由x2﹣5x+6=0，解得x=2，3．又{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．∴a2=2，a4=3．∴a1+d=2，a1+3d=3，解得a1= ，d= ．∴a n= + （n﹣1）= ．（II）= ．∴数列{ }的前n项和S n= + +…+ ．= + +…+ + ．∴= + +…+ ﹣= ﹣=1﹣．∴S n=2﹣【考点】数列的求和【解析】【分析】（I）由x2﹣5x+6=0，解得x=2，3．又{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．可得a2=2，a4=3．再利用等差数列的通项公式即可得出．（II）= ．利用错位相减法、等比数列的求和公式即可得出．20、【答案】证明（Ⅰ）∵na n+1=（n+1）a n+n（n+1），∴，∴，∴数列{ }是以1为首项，以1为公差的等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，b n=3n• =n•3n，∴•3n﹣1+n•3n①•3n+n•3n+1②①﹣②得3n﹣n•3n+1==∴【考点】等比关系的确定，数列的求和【解析】【分析】（Ⅰ）将na n+1=（n+1）a n+n（n+1）的两边同除以n（n+1）得，由等差数列的定义得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）求出b n=3n• =n•3n，利用错位相减求出数列{b n}的前n项和S n．21、【答案】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，a n+1= ，得a n＞0，（n∈N），则a n+1﹣a n= ﹣a n= ＜0，∴a n+1＜a n；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜a n＜1，又a n+1= ．，∴= ≥ ，即a n+1＞a n，∴a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1= ，即a n≥ ．由a n+1= ，则=a n+ ，∴﹣=a n，∴﹣=a1=1，﹣=a2= ，﹣=a3=（）2… ﹣=a n﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1+ +（）2+…+（）n﹣2= =2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2= = ，∴a n≤ ．综上得≤a n≤【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）由a n＞0，则做差a n+1﹣a n= ﹣a n= ＜0，即可证明a n+1＜a n；（Ⅱ）由a n+1＞a n，a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1= ，则a n≥ ．由﹣=a n，采用“累加法”即可求得≥3﹣（）n﹣2= = ，即可求得≤a n≤ ．22、【答案】解：（Ⅰ）∵na n+1=2S n，∴（n﹣1）a n=2S n﹣1（n≥2），两式相减得，na n+1﹣（n﹣1）a n=2a n，∴na n+1=（n+1）a n，即= （n≥2），又因为a1=1，a2=2，从而=2，∴a n=1× ×…× =n（n≥2），故数列{a n}的通项公式a n=n（n∈N*）．在数列{b n}中，由b n+12=b n•b n+2，知数列{b n}是等比数列，首项、公比均为，∴数列{b n}的通项公式b n= ；（Ⅱ）∵T n=a1b1+a2b2+…+a n b n= +2×（）2+…+n× ①∴T n=（）2+2×（）3+…+（n﹣1）× +n×（）n+1②由①﹣②，得T n= +（）2+（）3+…+ ﹣×（）n+1=1﹣，∴T n=2﹣，T n＞对任意的n∈N+恒成立，λ＞对任意的n∈N+恒成立，设f（n）= ，f（n）﹣f（n﹣1）= - ＜0，则f（n）在[1，+∞）上单调递减，f（n）≤f（1）=3恒成立，则λ＞3满足条件．综上所述，实数λ的取值范围是（3，+∞）【考点】数列的求和，数列递推式，数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）利用na n+1=2S n，再写一式，两式相减，再叠乘，即可求数列{a n}的通项公式；在等比数列{b n}满足b1= ，b2= ，公比为，由此可得数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）利用错位相减法求数列的和，再将不等式转化为λ＞对任意的n∈N+恒成立，构造函数，利用函数的性质，即可确定实数λ的取值范围．23、【答案】解：（I）因为数列满足a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），所以{a n}是等差数列且s5=70，∴5a1+10d=70．①∵a2，a7，a22成等比数列，∴，即．②由①，②解得a1=6，d=4或a1=14，d=0（舍去），∴a n=4n+2．（II）证明：由（I）可得，所以．所以== ．∵，∴．∵，∴数列{T n}是递增数列，∴∴【考点】数列的求和，数列递推式，数列与不等式的综合【解析】【分析】（I）通过a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），判断{a n}是等差数列，利用s5=70，a2，a7，a22成等比数列求解数列的首项与公差，然后求解通项公式．（II）求出，化简它的倒数，利用裂项消项法求解数列的和，利用数列的单调性证明不等式．24、【答案】解：（Ⅰ）∵，∴，即a1=1，∵，即a1+a2=4﹣a2﹣1，∴a2=1，∵，即a1+a2+a3=4﹣a3﹣，∴a3= ，∵，即a1+a2+a3+a4=4﹣a4﹣，∴a3= ，（Ⅱ）猜想证明如下：①当n=1时，a1=1，此时结论成立；②假设当n=k（k∈N*）结论成立，即，那么当n=k+1时，有∵∴，这就是说n=k+1时结论也成立．根据①和②，可知对任何n∈N*时．【考点】数列的求和，数学归纳法，数学归纳法【解析】【分析】（1）由．我们依次将n=1，2，3，4…代入，可以求出a1，a2，a3，a4；（2）观察（1）的结论，我们可以推断出a n的表达式，然后由数学归纳法的步骤，我们先判断n=1时是否成立，然后假设当n=k时，公式成立，只要能证明出当n=k+1时，公式成立即可得到公式对所有的正整数n都成立．25、【答案】解：（Ⅰ）∵a n+1=ca n+1﹣c，a n+1﹣1=c（a n﹣1），∴当a1=a≠1时，{a n﹣1}是首项为a﹣1，公比为c的等比数列∴a n﹣1=（a﹣1）c n﹣1当a=1时，a n=1仍满足上式．∴数列{a n﹣1}的通项公式为a n=（a﹣1）c n﹣1+1（n∈N*）；（Ⅱ）由（1）得，当时，．∴．．两式作差得．= ．∴【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）整理a n+1=ca n+1﹣c得a n+1﹣1=c（a n﹣1），进而判断出当a1=a≠1时，{a n﹣1}是首项为a﹣1，公比为c的等比数列，进而根据等比数列的性质求得其通项公式，当a=1时，也成立，进而可得答案．（2）根据（1）中的a n，求得b n，进而根据错位相减法求得数列的前n项的和．26、【答案】解：（Ⅰ）∵点M在直线x=上，设M(,)．又=，即=(,)，=(,)，∴x1+x2=1．①当x1=时，x2=，y1+y2=f（x1）+f（x2）=﹣1﹣1=﹣2；②当x1≠时，x2≠，y1+y2=+===；综合①②得，y1+y2=﹣2．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x1+x2=1时，y1+y2=﹣2．∴，k=1，2，3，，n﹣1．n≥2时，S n=+++…+，①S n=，②①+②得，2S n=﹣2（n﹣1），则S n=1﹣n．n=1时，S1=0满足S n=1﹣n．∴S n=1﹣n．（Ⅲ）a n==21﹣n，T n=1++…+=.<⇔⇔．T m+1=2﹣，2T m﹣T m+1=﹣2+=2﹣，∴，c、m为正整数，∴c=1，当c=1时，，∴1＜2m＜3，∴m=1．【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法，数列的求和，数列递推式，相等向量与相反向量【解析】【分析】（Ⅰ）设出M的坐标，求出,．利用=．求出x1+x2的值，再用求出y1+y2的值．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，，化简S n=+++…+，可求S n；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，利用a n=，T n为数列{a n}的前n项和，求出T n的表达式，结合不等式<，推出c，m的范围，正整数c、m，可得c和m的值．。

4.1~4.4综合拔高练考点1等差数列及其应用1.(2019课标全国Ⅰ,9,5分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.a n=2n-5B.a n=3n-10n2-2nC.S n=2n2-8nD.S n=122.(2020课标全国Ⅱ理,4,5分,)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块3.(2019课标全国Ⅲ,14,5分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10=.S54.(2019北京,10,5分,)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3,S5=-10,则a5=,S n的最小值为.5.(2019课标全国Ⅰ,18,12分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{a n}的通项公式;(2)若a1>0,求使得S n≥a n的n的取值范围.考点2等比数列及其应用6.(2019课标全国Ⅲ,5,5分,)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.27.(2018北京,4,5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12.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为()等于√2A.√23fB.√223fC.√2512fD.√2712f 8.(2019课标全国Ⅰ,14,5分,)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= .9.(2020课标全国Ⅰ理,17,12分,)设{a n }是公比不为1的等比数列,a 1为a 2,a 3的等差中项. (1)求{a n }的公比;(2)若a 1=1,求数列{na n }的前n 项和.10.(2019课标全国Ⅱ,19,12分,)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4. (1)证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列; (2)求{a n }和{b n }的通项公式.考点3数列的综合应用11.(2020新高考Ⅰ,18,12分,)已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.12.(2018课标全国Ⅰ,17,12分,)已知数列{a n}满足a1=1,na n+1=2(n+1)a n.设b n=a n.n(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列{b n}是否为等比数列,并说明理由;(3)求{a n}的通项公式.13.(2020天津,19,15分,)已知{a n}为等差数列,{b n}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)记{a n}的前n项和为S n,求证:S n S n+2<S n+12(n∈N*);(3)对任意的正整数n,设c n={(3a n-2)b na n a n+2,n为奇数,a n-1b n+1,n为偶数.求数列{c n}的前2n项和.14.(2018浙江,20,15分,)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n}满足b1=1,数列{(b n+1-b n)a n}的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列{b n}的通项公式.考点4数学归纳法*15.(2020课标全国Ⅲ理,17,12分,)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.深度解析三年模拟练应用实践1.(2020河南开封高二上期末联考,)公差不为0的等差数列{a n}的部分项a k1,a k2,a k3,…构成公比为4的等比数列{a kn},且k1=1,k2=2,则k3=()A.4B.6C.8D.222.(2020福建厦门外国语学校高二上期中,)已知数列{a n}的通项公式为a n=n+an(n∈N*),则“a2>a1”是“数列{a n}单调递增”的() A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.(2020湖南长沙一中高三上第三次月考,)已知数列{a n }为等差数列,其前n 项和为S n ,且a 2=3,S 5=25,若b n =a n sin 2nπ3,且数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 9=( ) A.-√32B.0 C .-3√3 D .-3√324.(多选)(2020山东济宁高二上期末质量检测,)若S n 为数列{a n }的前n 项和,且S n =2a n +1(n ∈N *),则下列说法正确的是( ) A.a 5=-16 B.S 5=-63C.数列{a n }是等比数列D.数列{S n +1}是等比数列 5.(多选)(2020广东中山高二上期末统考,)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为最美的数列,斐波那契数列{a n }满足:a 1=1,a 2=1,a n =a n-1+a n-2(n ≥3,n ∈N *).若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n 项所占的格子的面积之和为S n ,每段螺旋线与其所在的正方形围成的扇形面积为c n ,则下列结论正确的是( )A.S n+1=a n+12+a n+1a n B.a 1+a 2+a 3+…+a n =a n+2-1C.a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1=a 2n -1D.4(c n -c n-1)=πa n-2a n+1 6.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)古代埃及数学中有一个独特现象:除23用一个单独的符号表示以外,其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如25=13+115,可这样理解:假定有两个面包,要平均分给5个人,如果每人12,不够,每人13,余13,再将这13分成5份,每人得115,这样每人分得13+115.形如22n -1(n ≥3,n ∈N *)的分数的分解:25=13+115,27=14+128,29=15+145,按此规律,则22n -1= (n ≥3,n ∈N *).深度解析7.(2020山东高考第一次模拟,)古希腊毕达哥拉斯学派研究了“多边形数”,人们把多边形数推广到空间,研究了“四面体数”,如图给出了第一至第四个四面体数已知12+22+32+…+n 2=n(n+1)(2n+1)6.观察上图,由此得出第5个四面体数为 (用数字作答);第n 个四面体数为 .深度解析 8.(2020河北武邑中学高三上期末,)我们称一个数列是“有趣数列”,当且仅当该数列满足以下两个条件:①所有的奇数项满足a 2n-1<a 2n+1,所有的偶数项满足a 2n <a 2n+2;②任意相邻的两项a 2n-1,a 2n 满足a 2n-1<a 2n .根据上面的信息完成下面的问题:(1)数列1,2,3,4,5,6 “有趣数列”(填“是”或者“不是”);(2)若a n =n+(-1)n ·2n ,则数列{a n } “有趣数列”(填“是”或者“不是”).9.(2020北京高考适应性测试,)已知{a n}是公比为q的无穷等比数列,其前n项和为S n,满足a3=12,.是否存在正整数k,使得S k>2020?若存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.从①q=2,②q=12,③q=-2这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.10.(2020江西新余一中高二上第二次段考,)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,对任意n∈N*,点(a n,S n)都在函数f(x)=2x-2的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(2n-1)a n,求数列{b n}的前n项和T n;(3)已知数列{c n}满足c n=1a n -(1n-1n+1)(n∈N*),若对任意n∈N*,存在x0∈[-12,12],使得c1+c2+…+c n≤f(x0)-a成立,求实数a的取值范围.11.(2020天津耀华中学高二上期中,)在数列{a n}中,已知a1=1,其前n 项和为S n,且对任意的正整数n,都有2S n=(n+1)a n成立.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)已知关于n的不等式a3-2a3·a4-2a4·…·a n-2a n<√2n+1对一切n≥3,n∈N*恒成立,求实数a的取值范围;(3)已知c n=(11+a n )2,数列{c n}的前n项和为T n,试比较T n与23的大小并证明.迁移创新12.(2019北京高考,)已知数列{a n},从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i1<i2<…<i m),若a i1<a i2<…<a im,则称新数列a i1,a i2,…,a im为{a n}的长度为m的递增子列.规定:数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;(2)已知数列{a n}的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m,长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证:a m<a n;(3)设无穷数列{a n}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{a n}的长度为s的递增子列的末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列{a n}的通项公式.深度解析答案全解全析 五年高考练1.A 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则由题意有{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2,所以a n =-3+(n-1)×2=2n-5, S n =-3n+n(n -1)2×2=n 2-4n,故选A.2.C 由题意可设每层有n 个环,则三层共有3n 个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a 1=9为首项,9为公差的等差数列{a n },且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S 1,中层总数为S 2,下层总数为S 3,∴S 3-S 2=[9(2n +1)·n +n(n -1)2×9]-9(n+1)·n+n(n -1)2×9=9n 2=729,解得n=9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C.3.答案 4解析 设数列{a n }的公差为d, 由题意得a 1+d=3a 1,即d=2a 1, 则S 5=5a 1+5×42d=25a 1,S 10=10a 1+10×92d=100a 1,又a 1≠0,所以S 10S 5=100a 125a 1=4. 4.答案 0;-10解析 解法一:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则由已知可得{a 1+d =−3,5a 1+10d =−10,解得{a 1=−4,d =1,所以a 5=a 1+4d=-4+4×1=0,S n =-4n+n(n -1)2=n 22-9n 2=12(n -92)2-818.因为n ∈N *,所以当n=4或n=5时,S n 取得最小值,最小值为-10. 解法二:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,因为S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=-10,所以a 3=-2,又因为a 2=-3,所以d=a 3-a 2=1,所以a 5=a 3+2d=0,所以(S n )min =S 4=S 5=-10.5.解析 (1)设{a n }的公差为d. 由S 9=-a 5得a 1+4d=0, 由a 3=4得a 1+2d=4, 于是a 1=8,d=-2.因此{a n }的通项公式为a n =10-2n. (2)由(1)得a 1=-4d, 故a n =(n-5)d,S n =n(n -9)d2.由a 1>0知d<0,故S n ≥a n 等价于n 2-11n+10≤0,解得1≤n ≤10. 所以n 的取值范围是{n|1≤n ≤10,n ∈N *}.6.C 设数列{a n }的公比为q,由题知a 1>0,q>0且q ≠1,则{a 1(1-q 4)1−q=15,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,解得{a 1=1,q =2,所以a 3=a 1q 2=4.7.D 由题意得,十三个单音的频率构成首项为f,公比为√212的等比数列,设该等比数列为{a n },首项为a 1,公比为q,则a 8=a 1q 7=f ·(√212)7=√2712f. 8.答案1213解析 因为a 42=a 2a 6=a 6,所以a 2=1,所以公比为a 2a1=3,所以S 5=13×(1−35)1−3=1213.9.解析 (1)设{a n }的公比为q,且q ≠1,由题设得2a 1=a 2+a 3,即2a 1=a 1q+a 1q 2.所以q 2+q-2=0,解得q 1=1(舍去),q 2=-2. 故{a n }的公比为-2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和.由(1)及题设可得,a n =(-2)n-1. 所以S n =1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,①-2S n =-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n .② ①-②可得3S n =1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n =1−(−2)n3-n×(-2)n .所以S n =19-(3n+1)(−2)n9.10.解析 (1)证明:由题知4a n+1=3a n -b n +4①,4b n+1=3b n -a n -4②,①+②得4(a n+1+b n+1)=2(a n +b n ),即a n+1+b n+1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列.①-②,得4(a n+1-b n+1)=4(a n -b n )+8,即a n+1-b n+1=a n -b n +2.又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n-1,所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )] =12n +n-12,b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n+12.11.解析 (1)设{a n }的公比为q,且q>1.由题设得a 1q+a 1q 3=20,a 1q 2=8. 解得q 1=12(舍去),q 2=2.所以a 1=8q2=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以由题设及(1)可得,b1对应的区间为:(0,1],则b1=0;b2,b3对应的区间分别为:(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;b4,b5,b6,b7对应的区间分别为:(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;b8,b9,…,b15对应的区间分别为:(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;b16,b17,…,b31对应的区间分别为:(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;b32,b33,…,b63对应的区间分别为:(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;b64,b65,…,b100对应的区间分别为:(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.12.解析(1)由已知可得a n+1=2(n+1)a n.n将n=1代入,得a2=4a1,又a1=1,所以a2=4.将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12.,所以b1=1,b2=2,b3=4.因为b n=a nn(2)数列{b n}是首项为1,公比为2的等比数列.理由如下:由已知可得a n+1n+1=2a nn,即b n+1=2b n ,又b 1=1,所以数列{b n }是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得an n =2n-1,所以a n =n ·2n-1.13.解析 (1)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 1=1,a 5=5(a 4-a 3),可得d=1,从而{a n }的通项公式为a n =n.由b 1=1,b 5=4(b 4-b 3),又q ≠0,可得q 2-4q+4=0,解得q=2,从而{b n }的通项公式为b n =2n-1. (2)证明:由(1)可得S n =n(n+1)2,故S n S n+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),S n+12=14(n+1)2(n+2)2,从而S n S n+2-S n+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以S n S n+2<S n+12.(3)当n 为奇数时,c n =(3a n -2)b n a n a n+2=(3n -2)2n -1n(n+2)=2n+1n+2-2n -1n;当n 为偶数时,c n =a n -1b n+1=n -12n.对任意的正整数n,有∑k=1nc 2k-1=∑k=1n22k 2k+1-22k -22k -1=22n2n+1-1,和∑k=1n c 2k =∑k=1n2k -14k=14+342+543+…+2n -14n.①由①得14∑k=1n c 2k =142+343+…+2n -34n+2n -14n+1.②由①-②得34∑k=1nc 2k =14+242+…+24n -2n -14n+1=24(1−14n )1−14-14-2n -14n+1,从而得∑k=1nc 2k =59-6n+59×4n.因此,∑k=12n c k =∑k=1nc 2k-1+∑k=1nc 2k =4n2n+1-6n+59×4n -49.所以,数列{c n }的前2n 项和为4n2n+1-6n+59×4n -49.14.解析 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项,得a 3+a 5=2a 4+4, 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28,解得a 4=8.所以a 3+a 5=20,即8(q +1q )=20,解得q=2或q=12,因为q>1,所以q=2.(2)设c n =(b n+1-b n )a n ,数列{c n }的前n 项和为S n , 由c n ={S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2,得c n =4n-1.由(1)可知a n =2n-1, 所以b n+1-b n =(4n-1)·(12)n -1,所以b n -b n-1=(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,则b n -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1) =(4n-5)·(12)n -2+(4n-9)·(12)n -3+…+7·12+3.设T n =3+7·12+11·(12)2+…+(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,则12T n =3·12+7·(12)2+…+(4n-9)·(12)n -2+(4n-5)·(12)n -1,两式相减,得12T n =3+4·12+4·(12)2+…+4·(12)n -2-(4n-5)·(12)n -1=3+4×12[1−(12)n -2]1−12-(4n-5)·(12)n -1=7-(4n+3)·(12)n -1,因此T n =14-(4n+3)·(12)n -2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12)n -2,n ∈N *.15.解析 (1)由题意可得a 2=3a 1-4=9-4=5,a 3=3a 2-8=15-8=7,由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项,2为公差的等差数列,即a n =2n+1,n ∈N *, 证明如下:当n=1时,a 1=3成立;假设n=k(k ∈N *)时,a k =2k+1成立.那么n=k+1时,a k+1=3a k-4k=3(2k+1)-4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*,都有a n=2n+1成立.所以{a n}的通项公式为a n=2n+1,n∈N*.(2)由(1)得2n a n=(2n+1)2n,所以S n=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2S n=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-S n=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以S n=(2n-1)2n+1+2.知识拓展数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a n=1n(n+k),可裂项为a n=1k ·(1n-1n+k);(3)错位相减法:形如c n=a n·b n,其中{a n}是等差数列,{b n}是等比数列;(4)分组求和法:形如c n=a n+b n,其中{a n}是等差数列,{b n}是等比数列;(5)并项求和法.三年模拟练应用实践1.B设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0).因为等比数列{a kn}的公比为4,且k1=1,k2=2,所以a1,a2,a k3构成公比为4的等比数列.所以a 2=4a 1,所以a 1+d=4a 1,得d=3a 1. 所以a k 3=4a 2=4(a 1+d)=4(a 1+3a 1)=16a 1,所以a 1+(k 3-1)d=16a 1,即a 1+(k 3-1)·3a 1=16a 1,因为a 1≠0,所以k 3=6.故选B.2.A 当a 2>a 1时,2+a2>1+a,即a<2,此时a n+1-a n =1-an(n+1),又n ∈N *,所以n(n+1)≥2,所以a n+1-a n >0,充分性成立; 若{a n }为递增数列,则a n+1-a n =1-a n(n+1)>0恒成立,即a<n(n+1)恒成立,故a<2,此时a 2>a 1,必要性成立,故选A. 3.C 设{a n }的首项为a 1,公差为d,由S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=25,得a 3=5.又a 2=3,∴d=a 3-a 2=2.∴a n =a 2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1. 又sin2nπ3的周期为2π2π3=3,且sin 2π3=√32,sin 4π3=-√32,sin 2π=0,∴T 9=√32a 1-√32a 2+0+√32a 4-√32a 5+0+√32a 7-√32a 8+0=√32×(-d)×3=-3√3,故选C. 4.AC 由题意得,当n=1时,S 1=2a 1+1,解得a 1=-1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -2a n-1,即a n =2a n-1,所以数列{a n }是以-1为首项,2为公比的等比数列,所以a n =(-1)×2n-1,a 5=-1×24=-16,故A 、C 正确. 又S n =2a n +1=-2n +1,所以S 5=-25+1=-31,故B 错误.因为S 1+1=-1+1=0,所以数列{S n +1}不是等比数列,故D 错误.故选AC.5.ABD 前n+1项所占格子组成长为a n+1+a n ,宽为a n+1的矩形,其面积为S n+1=(a n+1+a n )a n+1=a n+12+a n+1a n ,∴A 正确;依题意得,a 3=a 2+a 1,a 4=a 3+a 2,……,a n+2=a n+1+a n ,以上各式相加得,a 3+a 4+…+a n+2=(a 2+a 3+…+a n+1)+(a 1+a 2+…+a n ),∴a n+2-a 2=a 1+a 2+…a n ,即a 1+a 2+…+a n =a n+2-1,∴B 正确;依题意得,a 1=a 2=1,a 3=2,a 4=3,a 5=5,a 6=8,∴a 1+a 3+a 5=8≠a 6-1=7,∴C 不正确;易知c n =14πa n 2,c n-1=14πa n -12,∴4(c n -c n-1)=π(a n 2-a n -12)=π(a n -a n-1)(a n +a n-1)=πa n-2a n+1(n ≥3),∴D 正确.故选ABD. 6.答案 1n +12n 2-n解析 由题意得,25=13+115, 即22×3−1=13+13×(2×3−1)27=14+128,即22×4−1=14+14×(2×4−1), 29=15+145,即22×5−1=15+15×(2×5−1),由此归纳出22×n -1=1n +1n(2n -1)(n ≥3,n ∈N *). 经验证1n +1n(2n -1)=2n -1+1n(2n -1)=22n -1,结论成立,∴22n -1=1n +12n 2-n.易错警示 由数列的前n 项归纳通项公式时,首先要分析项的结构,然后再探究结构中的各部分与项的序号n 间的函数关系,进而求得通项公式. 7.答案 35;n(n+1)(n+2)6解析 依题意得,第一个四面体数为1, 第二个四面体数为1+(1+2), 第三个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3),第四个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4),第五个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)+(1+2+3+4+5)=35, ……由此可归纳出第n 个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n), 即1+3+6+…+n(n+1)2.①设①式中的每个数从左至右的排列为数列{a n },即{a n }为1,3,6,10,… 得到递推关系为a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,……,a n -a n-1=n,以上各式相加得,a n -a 1=(n -1)(n+2)2=12(n 2+n-2).又a 1=1,∴a n =12(n 2+n), ∴a 1+a 2+…+a n =12[(12+1)+(22+2)+(32+3)+…+(n 2+n)]=12(12+22+32+…+n 2)+12(1+2+3+…+n) =12×n(n+1)(2n+1)6+12×n(n+1)2=n(n+1)(n+2)6.∴第n 个四面体数为n(n+1)(n+2)6.解题模板 对于图形中的计数问题,常分析前后图形数量之间的关系,如本题中,第一个数:a 1,第二个数:a 1+a 2,第三个数:a 1+a 2+a 3,第四个数:a 1+a 2+a 3+a 4,……,且a 2=a 1+2,a 3=a 2+3,a 4=a 3+4,……,由此利用数列的递推关系式进行计算.8.答案(1)是(2)是解析(1)数列1,2,3,4,5,6为递增数列,符合“有趣数列”的条件.因此,数列1,2,3,4,5,6是“有趣数列”.(2)若a n=n+(-1)n·2n,则a2n+1-a2n-1=(2n+1)-22n+1-[(2n-1)-22n-1]=2+22n-1-22n+1=2+4(2n-1)(2n+1)>0,∴a2n+1>a2n-1.a2n+2-a2n=2n+2+22n+2-(2n+22n)=2-1n(n+1).∵n(n+1)≥2,∴a2n+2-a2n>0,即a2n+2>a2n.a2n-a2n-1=2n+22n -(2n-1-22n-1)=1+1n +22n-1>0,∴a2n>a2n-1,∴{a n}是“有趣数列”.9.解析设数列{a n}的首项为a1.选择①q=2.当q=2时,由a3=12得,a1=a3q2=3.∴S n=a1(1-q n)1−q =3×(1−2n)1−2=3×2n-3,则S k=3×2k-3.由S k>2020得,3×2k-3>2020,即2k>2 0233≈674.3.∵29=512,210=1024,k∈N*,∴k min=10.∴当a3=12,q=2时,存在最小正整数k=10,使得S k>2020.选择②q=12.当q=12时,由a 3=12得,a 1=a3q2=48, ∴S n =a 1(1-q n )1−q=48×(1−12n )1−12=96-96×(12)n ,则S k =96-96×(12)k.由S k >2 020得,96-96×(12)k>2 020, 即(12)k<-48124,不等式无解,则k 不存在.∴当a 3=12,q=12时,不存在最小正整数k,使得S k >2 020.选择③q=-2.当q=-2时,由a 3=12得,a 1=a3q 2=3, ∴S n =a 1(1-q n )1−q=3×[1−(−2)n ]1−(−2)=1-(-2)n , 则S k =1-(-2)k .由S k >2 020得,1-(-2)k >2 020,即(-2)k <-2 019. 当k 为偶数时,2k <-2 019,不等式无解. 当k 为奇数时,-2k <-2 019,即2k >2 019, ∵210=1 024,211=2 048,k ∈N *,∴k min =11.∴当a 3=12,q=-2时,存在最小正整数k=11,使得S k >2 020.10.解析 (1)由点(a n ,S n )都在函数f(x)=2x-2的图象上,可得S n =2a n -2①, 当n=1时,a 1=S 1=2a 1-2,解得a 1=2;当n ≥2时,由S n =2a n -2得,S n-1=2a n-1-2②,①-②,得a n =S n -S n-1=2a n -2-2a n-1+2,即a n =2a n-1,又a 1=2≠0,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列. 所以a n =2n ,n ∈N *.(2)由(1)知b n =(2n-1)a n =(2n-1)2n ,则T n =1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n , 2T n =1×22+3×23+…+(2n-3)×2n +(2n-1)×2n+1, 两式相减可得-T n =2+2(22+23+ (2))-(2n-1)×2n+1=2+2×4×(1−2n -1)1−2-(2n-1)×2n+1=(3-2n)×2n+1-6,所以T n =6+(2n-3)×2n+1. (3)由(1)知c n =12n -(1n -1n+1), 设M n 为数列{c n }的前n 项和, 则M n =(12+122+⋯+12n)-(1−12)+(12-13)+…+1n -1n+1=12×(1−12n )1−12-(1−1n+1)=1n+1-12n, 因为c n =12n -(1n -1n+1)=12n -1n(n+1), 所以c 1=0,c 2>0,c 3>0,c 4>0, 当n ≥5时,令d n =2n n(n+1), 则d n+1-d n =2n+1(n+1)(n+2)-2nn(n+1)=2n (n -2)n(n+1)(n+2)>0,所以{d n }为递增数列. 又d 5=255×6=1615>1,所以d n >1,所以2n >n(n+1),所以c n <0, 所以M n 的最大值为M 4=15-116=1180,当x ∈[-12,12]时,f(x)-a=2x-2-a 的最大值为-1-a,因为对任意n ∈N *,存在x 0∈[-12,12],使得c 1+c 2+…+c n ≤f(x 0)-a 成立,所以1180≤-1-a,解得a ≤-9180.所以实数a 的取值范围是(-∞,-9180].11.解析 (1)∵2S n =(n+1)a n , ∴当n ≥2时,2S n-1=na n-1, ∴两式相减得,2a n =(n+1)a n -na n-1, 即(n-1)a n =na n-1(n ≥2), 又a 1=1≠0,∴a n ≠0,∴a n a n -1=nn -1(n ≥2),∴a2a 1=21,a3a 2=32,……,a na n -1=n n -1,∴a n =a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n -1·a 1=21·32·…·n n -1·1=n,经检验,当n=1时,a 1=1也满足上式, ∴a n =n(n ∈N *). (2)由(1)知a n =n,设f(n)=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·√2n +1(n ≥3,n ∈N *), 则f(n+1)-f(n)=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·(a n+1-2a n+1·√2n +3-√2n +1) =a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n ·(n -1)√2n+3-(n+1)√2n+1n+1=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·(√2n 3-n 2-4n+3-√2n 3+5n 2+4n+1n+1)<0,∴f(n)在n ≥3,n ∈N *上单调递减, ∴f(n)max =f(3)=√73.∴a>f(3)=√73,∴实数a的取值范围是(√73,+∞).(3)T n <23.证明如下:∵a n =n,∴c n =(11+a n)2=(11+n )2=1n 2+2n+1<1n(n+2)=12(1n -1n+2),∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n=14+c 2+c 3+…+c n <14+12(12-14)+(13-15)+(14-16)+…+1n -1n+2=14+1212+13-1n+1-1n+2=23-12(1n+1+1n+2)<23. ∴T n <23.迁移创新12.解析 (1)1,3,5,6.(答案不唯一)(2)证明:设长度为q 末项为a n 0的一个递增子列为a r 1,a r 2,…,a r q -1,a n 0. 由p<q,得a r p ≤a r q -1<a n 0.因为{a n }的长度为p 的递增子列末项的最小值为a m 0, 且a r 1,a r 2,…,a r p 是{a n }的长度为p 的递增子列, 所以a m 0≤a r p .所以a m 0<a n 0.(3)由题设知,所有正奇数都是{a n }中的项.先证明:若2m 是{a n }中的项,则2m 必排在2m-1之前(m 为正整数). 假设2m 排在2m-1之后.设a p 1,a p 2,…,a p m -1,2m-1是数列{a n }的长度为m 末项为2m-1的递增子列,则a p 1,a p 2,…,a p m -1,2m-1,2m 是数列{a n }的长度为m+1末项为2m 的递增子列,与已知矛盾.再证明:所有正偶数都是{a n }中的项.假设存在正偶数不是{a n }中的项,设不在{a n }中的最小的正偶数为2m. 因为2k 排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k 和2k-1不可能在{a n }的同一个递增子列中.又{a n }中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{a n }的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2×2×2×…×2⏟ (m -1)个×1×1=2m-1<2m .与已知矛盾.最后证明:2m 排在2m-3之后(m ≥2为整数).假设存在2m(m ≥2),使得2m 排在2m-3之前,则{a n }的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m ,与已知矛盾. 综上,数列{a n }只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…. 经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件. 所以a n ={n +1,n 为奇数,n -1,n 为偶数.点评 本题通过对数列新概念的理解考查了逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查逻辑推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思想.。