理科数学高考真题分类训练专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案

专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案部分 2019年1.解析：对于B ，令2104x λ-+=，得12λ=， 取112a =，所以211,,1022n a a ==<L ， 所以当14b =时，1010a <，故B 错误；对于C ，令220x λ--=，得2λ=或1λ=-， 取12a =，所以22,,210n a a ==<L ， 所以当2b =-时，1010a <，故C 错误； 对于D ，令240x λ--=，得12λ±=，取1a =2a =，…，10n a =<， 所以当4b =-时，1010a <，故D 错误；对于A ，221122a a =+…，223113224a a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭…，242431911714216216a a a ⎛⎫=++++=> ⎪⎝⎭…，10n n a a +->，{}n a 递增，当4n …时，11132122n n n n a a a a +=+>+=，所以5465109323232a a a a a a ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎨⎪⎪⎪>⎪⎩M，所以610432a a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以107291064a >>故A 正确．故选A ． 2.解析：（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-． 所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．①当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；②假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12h c c c +++<L ． 那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<L<==即当1n k =+时不等式也成立．根据（1）和（2），不等式12n c c c +++<L 对任意*n ∈N 成立．3.解析（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩． 因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-， 当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k kq k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1； 当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下：x (1,e)e (e ，+∞) ()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k q k -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．3.解析：（I ）1，3，5，6.（答案不唯一）.（II ）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为110,...,,q r r n a a a -.由p q <，10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a .又12,,...,p r r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0,p m r a a ≤所以00m n a a <.（III ）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m -1之前（m 为正整数）.假设2m 排在2m -1之后，设121,,...,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m -1的递增子列，则121,,...,,2 1.2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m+1末项为2m 的递增子列，与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小正偶数为2m.因为2k 排在2k -1之前() 1,2,1k m =⋯- ,所以2k 和2k -1不可能在{}n a 的同一个子列中. 又{}n a 中不超过 21m +的数为1，2，…..， 21m -， 21m +， 所以{}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数至多为12222112 2m m -⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=<，与已知矛盾.最后证明 2m 排在 23m -之后（ 2m ≥为整数）.假设存在 2m （ 2m ≥），使得 2m 排在 23m -之前，则{}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数小于 2m ，与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅--⋅⋅⋅. 经验证，数列2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅--⋅⋅⋅符合条件，所以1,1.n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数.2010-2018年1．A 【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙，222121，2k 22，21，20，20，20，20则该数列前k 组的项数和为(1)1232k k k ++++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >，即(1)1002k k +>，解得14k ≥，n ∈*N 即N 出现在第13组之后．又第k 组的和为122112kk -=-- 前k 组的和为1(12)(122)k +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+12(21)(21)(21)k =-+-+⋅⋅⋅+- 12(222)k k =++⋅⋅⋅+-122k k +=--，设满足条件的的N 在第1k +(k ∈*N ,13k ≥)组，且第N 项为第1k +的第m ()m ∈*N 个数，第1k +组的前m 项和为211222m -+++⋅⋅⋅+21m =-，要使该数列的前N 项和为2的整数幂， 即21m -与2k --互为相反数， 即212mk -=+， 所以23mk =-，由14k ≥，所以2314m-≥，则5m ≥，此时52329k =-= 对应满足的最小条件为29(291)54402N +=+=，故选A ． 2．C 【解析】由题意可得10a =，81a =，2a ，3a ，…，7a 中有3个0、3个1，且满足对任意k ≤8，都有1a ，2a ，…，k a 中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．3．A 【解析】对命题p ：12,,,n a a a L 成等比数列，则公比)3(1≥=-n a a q n n且0≠n a ； 对命题q ，①当0=n a 时，22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立；②当0≠n a 时，根据柯西不等式，等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立，则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==，所以12,,,n a a a L 成等比数列， 所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件.4．A 【解析】2a ，4a ，8a 成等比数列，∴2428a a a =⋅，即2111(6)(2)(14)a a a +=++，解得12a =，所以(1)n S n n =+．5．B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增，可得1110()()0f a f a ->，1211()()0f a f a ->，…，199198()()0f a f a ->，∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199（） ∵),(2)(22x x x f -=在490]99[，上单调递增，在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->，…，249248()()0f a f a ->，250249()()0f a f a -=，251250()()0f a f a -<，…，299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+- =24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=< ∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99，5074[,]9999上单调递增，在2549[,]9999，75[,1]99上单调递减，可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-）252(2sin sin )(1312123444ππ>-=-=> 因此312I I I <<．6．27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a中，52前面有16个正奇数，即5212a =，6382a =．当1n =时，1211224S a =<=，不符合题意；当2n =时，2331236S a =<=，不符合题意；当3n =时，3461248S a =<=，不符合题意；当4n =时，45101260S a =<=，不符合题意；……；当26n =时，52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =，不符合题意；当27n =时，52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27．7．5【解析】设数列的首项为1a ，则12015210102020a +=⨯=，所以15a =，故该数列的首项为5．8．12【解析】将82a =代入111n n a a +=-，可求得712a =；再将712a =代入111n na a +=-，可求得61a =-；再将61a =-代入111n na a +=-得52a =；由此可知数列{}n a 是一个周期数列，且周期为3，所以1712a a ==． 9．64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列，得2111(4)()a a d a d +=+，解得2d =，故81878642S a d ⨯=+=． 102a t =，则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤，由于1t ≥，所以max{q t ≥，故q．11．4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k -+⎧+>--+⎪⎪⎨⎪+>+++⎪⎩，得22(1)1010k k ⎧-<⎨>⎩，因此*k N ∈，所以4k =．12．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =-,12n n b -=．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立， 即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7532d ≤≤． 因此，d 的取值范围为75[,]32．(2)由条件知：1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=．若存在d ，使得1||n n a b b -≤(n =2，3，···，m +1)成立，即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2，3，···，m +1)，即当2,3,,1n m =+L 时，d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--．因为q ∈，则112n m q q -<≤≤，从而11201n q b n --≤-，1101n q b n ->-，对2,3,,1n m =+L 均成立． 因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立．下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值（2,3,,1n m =+L ）． ①当2n m ≤≤时，111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---， 当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20n n n n q q q ---+>．因此，当21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n ---单调递增，故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-． ②设()()21x f x x =-，当0x >时，ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<， 所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=．当2n m ≤≤时，111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-， 因此，当21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n --单调递减，故数列1{}1n q n --的最小值为mq m． 因此，d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-．13．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以，2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ①. 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.（Ⅱ）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯， 故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯L1112(14)4(31)414(32)48.n n n n n ++⨯-=---⨯-=--⨯- 得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0， 因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得 由1122n n n n x x x x ++-≥得 111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ．15．【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +， 则(21)(2)0q+q -=， 由已知,0q >，故 =2q . 所以1*2()n n a n -=?N . （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由53q =解得43q =. 因为2(1)2(1)1+k k q q -->1*k q k -?N （）. 于是11211+1n n n q e e e q q q --++鬃?>+鬃?=-，故1231433n nn e e e --++鬃?>. 16．【解析】（Ⅰ）由题意有，1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩ ，即1129202a d a d +=⎧⎨=⎩．解得112a d =⎧⎨=⎩ 或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩，故1212n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279)929()9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩． （Ⅱ）由1d >，知21n a n =-，12n n b -=，故1212n n n c --=，于是 2341357921122222n n n T --=++++++L ， ① 2345113579212222222n n n T -=++++++L . ② ①-②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-L ，故n T 12362n n -+=-． 17．【解析】（Ⅰ）2()()212,nn n F x f x x x x =-=+++-L 则(1)10,n F n =->1211111112()1220,12222212n nn n F +⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++-=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-L 所以()n F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x ． 又1()120n n F x x nx-'=++>L ，故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，所以()n F x 在1(,1)2内有且仅有一个零点n x ．因为n x 是()n F x 的零点，所以()=0n n F x ，即11201n n nx x +--=-，故111=+22n n n x x +.（Ⅱ）解法一：由题设，()()11().2nnn x g x ++=设()()211()()()1,0.2nnn n n x h x f x g x x x x x ++=-=+++->L当1x =时, ()()n n f x g x = 当1x ≠时, ()111()12.2n n n n x h x x nx--+'=++-L若01x <<,()11111()22n n n n n n h x xx nx x ----+'>++-L()()11110.22n n n n n n x x --++=-=若1x >,()11111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'<++-L()()11110.22n n n n n n x x --++=-=所以()h x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减， 所以()(1)0h x h <=，即()()n n f x g x <．综上所述，当1x =时, ()()n n f x g x =；当1x ≠时()()n n f x g x <． 解法二 由题设，()()211()1,(),0.2nn n n n x f x x x x g x x ++=+++=>L当1x =时, ()()n n f x g x =；当1x ≠时, 用数学归纳法可以证明()()n n f x g x <． 当2n =时, 2221()()(1)0,2f xg x x -=--<所以22()()f x g x <成立． 假设(2)n k k =≥时，不等式成立，即()()k k f x g x <． 那么，当+1n k =时，()()111k+1k 11()()()2kk k k k k x f x f x x g x x x+++++=+<+=+()12112k k x k x k +++++=.又()()11k+121111()22k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=令()1()11(x 0)k k k h x kx k x +=-++>， 则()()11()(k 1)11(x 1)kk k k h x k x k k xk k x --'=+-+=+-．所以当01x <<,()0kh x '<,()k h x 在(0,1)上递减； 当1x >,()0kh x '>,()k h x 在(1,)+∞上递增． 所以()(1)0k k h x h >=，从而()1k+1211()2k k x k x k g x +++++>．故11()()k k f x g x ++<.即+1n k =，不等式也成立． 所以，对于一切2n ≥的整数，都有()()n n f x g x <．解法三:由已知，记等差数列为{}k a ，等比数列为{}k b ，1,2,...,1k n =+．则111a b ==，11nn n a b x ++==，所以()11+1(2n)n k x a k k n-=-⋅≤≤,1(2),k k b x k n -=≤≤ 令()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n---=-=+->≤≤当1x =时, =k k a b ,所以()()n n f x g x =． 当1x ≠时, ()()12211()(k 1)11n k k n k k k m x nx x k x x n----+-'=--=--， 而2k n ≤≤，所以10k ->，11n k -+≥． 若01x <<, 11n k x -+<,()0k m x '<，当1x >,11n k x-+>,()0km x '>， 从而()k m x 在(0,1)上递减,()k m x 在(1,)+∞上递增.所以()(1)0k k m x m >=， 所以当01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b =,11n n a b ++=，故()()n n f x g x < 综上所述，当1x =时, ()()n n f x g x =；当1x ≠时()()n n f x g x <18．【解析】（Ⅰ）由21=0=22()n n n a a a n N λμ++-=∈，，有．若存在某个0,n N +∈使得0,no a =则由上述递推公式易得10,no a -=重复上述过程可得10a =，此与13a =矛盾，所以对任意,0n n N a +∈≠．从而12(),n n a a n N ++=∈即{}n a 是一个公比2q =的等比数列．故11132n n n a a q --==⋅．（Ⅱ）由01,1k λμ==-，数列{}n a 的递推关系式变为211010n n n n a a a a k +++-=， 变形为2101()().n n n a a a n N k +++=∈由上式及130a =>， 归纳可得12130n n a a a a +=>>⋅⋅⋅>>>⋅⋅⋅>．因为22220010001111111n nn n n n n a a k k a a k k a a a k k +-+===-?+++， 所以对01,2,,n k =⋅⋅⋅求和得01010121()()k k k a a a a a a ++=+-+⋅⋅⋅+-010000102011111 =()111k a k k k k a k a k a -⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111>2+( )231313131k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++1444442444443． 另一方面，由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>⋅⋅⋅>>>，得00110000102011111()111k k a a k k k k a k a k a +=-⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111<2+()221212121k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++1444442444443． 综上，0100112+23121k a k k +<<+++．19．【解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比Θ解得12,11-=∴=n a a n （Ⅱ）)121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ，当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-L L1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--L L 当为奇数时， 1111()()23212121n n n n +++---+12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 20．【解析】（Ⅰ）由题意，()()*∈=N n a a a nb n 221Λ，326b b-=，知3238b b a -==，又由12a =，得公比2q =（2q =-舍去），所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈，所以()()1121232n n n n n a a a a ++==L ，故数列{}n b 的通项公式为，()1()n b n n n N *=+∈； （Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知，11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭， 所以11()12n n S n N n *=-∈+； （ii ）因为12340,0,0,0c c c c =>>>； 当5n ≥时，()()11112n nn n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>， 得()()51551122n n n ++≤<， 所以当5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥，故4k =．21．【解析】（I ）因为{}n a 是递增数列，所以11n n n n n a a a a p ++-=-=．而11a =，因此又123,2,3a a a 成等差数列，所以21343a a a =+，因而230p p -=， 解得1,03p p == 当0p =时，1n n a a +=，这与{}n a 是递增数列矛盾。

2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题06 数列解答题1．(2022年全国甲卷理科·第17题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．【答案】(1)证明见解析：； (2)78-．解析：(1)解：因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=-- ⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时()min 78n S =-．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022年全国甲卷理科·第17题2．(2022新高考全国II 卷·第17题)已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．【答案】(1)证明见解析； (2)9．解析：(1)设数列{}n a 的公差为d ，所以，()11111111224283a d b a d b a d b b a d +-=+-⎧⎨+-=-+⎩，即可解得，112db a ==，所以原命题得证．（2）由(1)知，112d b a ==，所以()1111121k k m b a a b a m d a -=+⇔⨯=+-+，即122k m -=，亦即[]221,500k m -=∈，解得210k ≤≤，所以满足等式的解2,3,4,,10k = ，故集合{}1|,1500k m k b a a m =+≤≤中的元素个数为10219-+=．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022新高考全国II 卷·第17题3．(2022新高考全国I 卷·第17题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析解析：(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=,∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111nn n an a --=+,即111n n a n a n -+=-,∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立，∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111n a a a +++ 1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022新高考全国I 卷·第17题4．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题)记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==．(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】解析:(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-，从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-．(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214262n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->，解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题5．(2021年新高考Ⅰ卷·第17题)已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n +⎧+=⎨+⎩为奇数为偶数(1)记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；(2)求{}n a 的前20项和．【答案】122,5b b ==；300．解析:(1)由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-．(2)设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++ ，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=- ，所以()20241820210S a a a a =++++- ()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第17题6．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第18题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．(1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【答案】(1)2nn a =；(2)100480S =．解析：(1)由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2nn a =，所以数列{}n a 的通项公式为2nn a =．(2)由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为：(]0,1，则10b =；23,b b 对应的区间分别为：(](]0,2,0,3，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为：(](](](]0,4,0,5,0,6,0,7，则45672b b b b ====，即有22个2；8915,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,8,0,9,,0,15 ，则89153b b b ==== ，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,16,0,17,,0,31 ，则1617314b b b ==== ，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,32,0,33,,0,63 ，则3233635b b b ==== ，即有52个5；6465100,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,64,0,65,,0,100 ，则64651006b b b ==== ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第18题7．(2020新高考II 卷(海南卷)·第18题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．(1)求{}n a 通项公式；(2)求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-．【答案】(1)2nn a =；(2)2382(1)55n n +--解析：(1)设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，整理可得：22520q q -+=，11,2,2q q a >== ，数列的通项公式为：1222n n n a -=⋅=．(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第18题的8．(2021年高考全国乙卷理科·第19题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．(1)证明：数列{}n b 是等差数列;(2)求{}n a 的通项公式．【答案】(1)证明见解析；(2)()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩．解析：(1)由已知212n n S b +=得221n nn b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以12112222121n b b b b b +⋅=--，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列;(2)由(1)可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n nb n ∴=+-⨯=+,22211n n n b nS b n+==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S nn n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩．【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n 项和与项的关系，数列的前n 项积与项的关系，其中由1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,得到1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，进而得到111221n n n nb b b b +++=-是关键一步；要熟练掌握前n 项和，积与数列的项的关系，消和(积)得到项(或项的递推关系)，或者消项得到和(积)的递推关系是常用的重要的思想方法．【题目栏目】数列\等差、等比数列的综合应用【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第19题9．(2021年高考全国甲卷理科·第18题)已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a是等差数列：②数列是等差数列；③213aa =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】答案见解析解析：选①②作条件证明③：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n aa n =-，所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n =+=，所以是等差数列．选②③作条件证明①：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a =+-03a=-<不合题意，舍去．综上可知{}n a 为等差数列．【点睛】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第18题10．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第17题)设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．(1)求{}n a 的公比；(2)若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】(1)2-；(2)1(13)(2)9nn n S -+-=．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-= ，1,2q q ≠∴=- ；(2)设{}n na 前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++- ，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+- ，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n nn S n -=+-+-++--- 1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--，1(13)(2)9nn n S -+-∴=．【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第17题11．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题)设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．(1)计算a 2，a 3，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 ．【答案】(1)25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；(2)1(21)22n n S n +=-⋅+．解析：(1)由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+，证明如下：当1n =时，13a =成立；假设n k =时，21k a k =+成立．那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立．则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立；的(2)由(1)可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，②由①-②得：()23162222(21)2nn n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+．【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题12．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第19题)已知数列{}n a 和{}n b 满足11a =，10b =，1434n n n a a b +=-+，1434n n n b b a +=--．()1证明：{}n n a b +是等比数列，{}n n a b -是等差数列；()2求{}n a 和{}n b 的通项公式．【答案】()1见解析；()21122n n a n =+-，1122n n b n =-+.【官方解析】()1由题设得114()2()n n n n a b b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为111a b +=，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为111a b -=，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．()2由()1知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．【分析】()1可通过题意中的1434n n n a b a +=-+以及1434n n n b a b +=--对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列；()2可通过()1中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式，然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果.【解析】()1由题意可知，，，，所以，即111()2n n n n a b a b +++=+，所以数列是首项为、公比为的等比数列，，因为，所以，数列是首项、公差为等差数列，.()2由()1可知，112n n n a b -+=，，所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+.【点评】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第19题13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第17题)(12分)等比数列{}n a 中，11a =，534a a =(1)求{}n a 的通项公式；(2)记n S 为{}n a 的前n 项和，若63m S =，求m ．(1)12n n a -=或()12n n a -=-；(2)6m =【答案】【官方解析】(1)设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=由已知得424q q =，解得0q =(舍去)，2q =-或2q =故()12n n a -=-或12n n a -=(2)若()12n n a -=-，则()123mm S --=，由63m S =，得()2188m-=-，此方和没有正整数解若12n n a -=，则21m m S =-，由63m S =，得264m =，解得6m =综上，6m =．1434n n n a a b +-=+1434n n n b b a +-=-111a b +=111a b -=1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ++=+=--+++-{}n n a b +112(112n n n a b -+=()11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ++---=+-=-+-112n n n n a b a b ++=-+-{}n n a b -12的21n n a b n -=-21n n a b n -=-【民间解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，由11a =，534a a =可得42141q q ⨯=⨯⨯，所以24q =所以2q =±当2q =时，1112n n n a a q --==；当2q =-时，()1112n n n a a q --==-(2)由(1)可知2q =±当2q =时，由()1163631m m a q S q-=⇒=-即126312m-=-，即62642m ==，所以6m =；当2q =-时，由()1163631m m a q S q-=⇒=-即()126312m--=+，即()2188m-=-，无解综上可知6m =．【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的综合应用【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第17题14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第17题)(12分)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求n S ，并求n S 的最小值．【答案】解析：(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =得2d =，所以{}n a 的通项公式为29n a n =-．(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--．所以当4n =时，n S 取得最小值，最小值为16-．【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前n 项和【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第17题15．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题)已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+,其中0λ≠.(Ⅰ)证明{}n a 是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若53132S =,求λ.【答案】(Ⅰ)11(11n n a λλλ-=--;(Ⅱ)1λ=-.【解析】(Ⅰ)由题意得1111a S a λ==+,故1λ≠,111a λ=-,10a ≠.由1n n S a λ=+,111n n S a λ++=+得11n n n a a a λλ++=-,即1(1)n n a a λλ+-=.由10a ≠,0λ≠得0n a ≠,所以11n n a a λλ+=-.因此{}n a 是首项为11λ-,公比为1λλ-的等比数列,于是11()11n n a λλλ-=--.(Ⅱ)由(Ⅰ)得1()1n n S λλ=--,由53132S =得5311(132λλ-=-,即51()132λλ=-,解得1λ=-.【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的前n 项和【题目来源】2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题16．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第17题)(本题满分12分)n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S ，=记[]=lg n nb a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg 99=1，．(I)求111101b b b ，，；(II)求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】(1)[]1lg10b ==，[]11lg111b ==，[]101lg1012b ==；(2)1893．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，据已知有72128d +=，解得1d =．所以数列{}n a 的通项公式为n a n =．[]1lg10b ==，[]11lg111b ==，[]101lg1012b ==．(2)因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000,n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪=⎩所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893⨯+⨯+⨯=．【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前n 项和【题目来源】2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第17题17．(2015高考数学新课标1理科·第17题)(本小题满分12分)n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知20,24 3.n n n n a a a S >+=+(Ⅰ)求{}n a 的通项公式：(Ⅱ)设112n n n b a a +=,求数列{}n b 的前n 项和【答案】(Ⅰ)21n +(Ⅱ)11646n -+分析：(Ⅰ)先用数列第n 项与前n 项和的关系求出数列{n a }的递推公式，可以判断数列{n a }是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{n a }的通项公式；(Ⅱ)根据(Ⅰ)数列{n b }的通项公式，再用拆项消去法求其前n 项和．解析：(Ⅰ)当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4n a ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为0n a >，所以1n n a a --=2，所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列，所以n a =21n +；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，n b =1111((21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++ =1111111[((()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+．考点：数列前n 项和与第n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法【题目栏目】数列\数列的求和\裂项相消法求和问题【题目来源】2015高考数学新课标1理科·第17题18．(2014高考数学课标2理科·第17题)(本小题满分12分)已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+．(Ⅰ)证明{}12n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(Ⅱ)证明：12111na a a ++<…+【答案】解析：(Ⅰ)由131n n a a +=+，得1113(22n n a a ++=+，且11322a +=所以{}12n a +是首相为32，公比为3的等比数列。

高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列满足：且.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前项和为，求证:时，且【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由令，然后用迭加法求出数列的通项公式，最后求数列的通项公式；（2）由（1）知，写出及并化简，利用函数的思想解决与数列有关的不等式问题.解:（1）易知:,令得,若,则当时,也满足上式,故所以 6分（2）易知：8分先证不等式时,令,则∴在上单调递减,即同理:令,则∴在上单调递增,即,得证.取,得,所以14分【考点】1、数列的递推公式；2、函数思想在数列综合问题中的应用.2.已知数列，满足，，，数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）求证：；（3）求证：当时，．【答案】（1），（2）详见解析，（3）详见解析.【解析】（1）求数列的通项公式，需先探究数列的递推关系，由，得，代入，得，∴，从而有，∵，∴是首项为1，公差为1的等差数列，∴，即.（2）∵，∴，，∴.（3）∵，∴.由（2）知，∴∵，所以解：（1）由，得，代入，得，∴，从而有，∵，∴是首项为1，公差为1的等差数列，∴，即.（2）∵，∴，，，∴.（3）∵，∴.由（2）知，∵，∴.【考点】求数列通项，数列不等式，已知，且对一切都3.设各项均为正数的数列的前n项和为Sn成立．（1）若λ=1，求数列的通项公式；（2）求λ的值，使数列是等差数列．【答案】(1)；(2)．【解析】(1)本题已知条件是，我们要从这个式子想办法得出与的简单关系式，变形为，这时我们联想到累乘法求数列通项公式的题型，因此首先由得，又，这个式子可化简为，这样就变成我们熟悉的已知条件，已知解法了；(2)这种类型问题，一种方法是从特殊到一般的方法，可由成等差数列，求出，然后把代入已知等式，得，，这个等式比第(1)题难度大点，把化为，有当n≥2时，，整理，得，特别是可变形为，这样与第(1)处理方法相同，可得，即，从而说不得是等差数列．试题解析：（1）若λ=1，则，．又∵，∴， 2分∴，化简，得．① 4分∴当时，．②②-①，得，∴（）． 6分∵当n=1时，，∴n=1时上式也成立，∴数列{an }是首项为1，公比为2的等比数列，an=2n-1（）． 8分（2）令n=1，得．令n=2，得． 10分要使数列是等差数列，必须有，解得λ=0． 11分当λ=0时，，且．当n≥2时，，整理，得，， 13分从而，化简，得，所以． 15分综上所述，（），所以λ=0时，数列是等差数列． 16分【考点】递推公式，累乘法，与的关系，等差数列．4.已知数列中,,,,则= .【答案】1306【解析】，，∴，所以=【考点】数列求和。

数列的综合运用考点一等差数列与等比数列的综合问题例 1、在等比数列 { a n}( n∈N * )中， a1>1，公比 q>0 ，设 b n＝ log 2a n，且 b1＋ b3＋b5＝6，b1b3b5＝ 0.(1)求证：数列{ b n} 是等差数列；(2) 求{ b n} 的前n 项和S n及 { a n} 的通项a n.考点二等差数列与等比数列的实质应用例 2、一位少儿园老师给班上k(k≥3) 个小朋友分糖果．她发现糖果盒中原有糖果数为a0，就先从别处抓 2 块糖加入盒中，而后把盒内糖果的1分给第一个小朋友；再从别处抓22 块糖加入盒中，而后把盒内糖果的13 分给第二个小朋友；，此后她老是在分给一个小朋友后，就从别处抓 2 块糖放入盒中，而后把盒内糖果的1分给第n＋ 1n( n＝ 1,2,3，， k)个小朋友，分给第 n 个小朋友后 (未加入 2 块糖果前 )盒内剩下的糖果数为a n.(1)当 k＝ 3， a0＝ 12 时，分别求 a1， a2， a3；(2)请用 a n－1表示 a n，并令 b n＝(n＋1)a n，求数列{ b n}的通项公式；(3)能否存在正整数 k(k≥ 3)和非负整数 a0，使得数列{ a n} (n≤ k)成等差数列？假如存在，恳求出全部的 k 和 a0；假如不存在，请说明原因．考点三数列与不等式例 3、设数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，已知 a1＝ a2＝ 1， b n＝ nS n＋(n＋2)a n，数列 { b n} 是公差为 d 的等差数列， n∈N * .(1) 求 d 的值；(2)求数列 { a n} 的通项公式；22n＋ 1★(3) 求证： (a1a2· ·a n) ·(S1S2· ·S n)＜n＋1 n＋2 .考点四数列与函数例 4、已知函数 f(x)＝( x－1)2，g(x)＝ 10(x－ 1)，数列 { a n} 知足 a1＝ 2，(a n＋1－ a n)g(a n)＋ f(a n)＝ 0，9b n＝10(n＋ 2)(a n－ 1)．(1)求证：数列 { a n－ 1} 是等比数列；(2)当 n 取何值时， b n取最大值？并求出最大值；★(3)若 t m＜ t m＋1对随意 m∈ N *恒成立，务实数t 的取值范围．b m b m＋ 1数列的综合运用 ( 作业 )1． 已知等差数列{ a n } 的公差为－ 2，且 a 1， a 3， a 4 成等比数列，则 a 20＝ ________.2．设等差数列 { a n } 的公差 d ≠0，a 1＝ 4d ，若 a k 是 a 1 与 a 2k 的等比中项， 则 k 的值为 ________．3．设 S n 是等比数列 { a n } 的前 n 项和， S 3， S 9， S 6 成等差数列，且 a 2＋ a 5＝ 2a m ，则 m ＝________.4．某住所小区计划植树许多于100 棵，若第一天植2 棵，此后每日植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数n(n ∈ N * )等于 ________．5.某公司在第 1 年初购置一台价值为 120 万元的设施M ，M 的价值在使用过程中逐年减 少．从第 2 年到第 6 年，每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元；从第 7 年开始，每年初 M的价值为上年初的75%. 则第 n 年初 M 的价值 a n ＝ ________.6．植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中搁置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往 返所走的行程总和最小，这个最小值为________米．7.设数列 { a } 中，若 a＝ a ＋ a*)，则称数列 { a } 为“凸数列”，已知数列 { b }(n ∈ Nnn ＋1nn ＋2nn为“凸数列”，且b 1＝ 1， b 2＝－ 2，则数列 { b n } 的前 2 013 项和为 ________．n2＋n 的数列 { a n }1234 5n ＞ a n ＋ 1对 n ≥ 88．通项公式为 a ＝ an，若知足 a ＜a ＜a ＜ a ＜ a ，且 a恒成立，则实数 a 的取值范围是 ________．9．将正偶数摆列以下表，此中第i 行第 j 个数表示为 a(i ， j ∈ N )，比如 a ＝ 18，若 aij*43ij＝ 2 014，则 i ＋ j________.246810121416182010．三个互不相等的实数成等差数列，适合互换这三个数的地点后， 变为一个等比数列，则此等比数列的公比是 ________．11．设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n，知足 a n＋ S n＝ An2＋ Bn＋ 1(A≠ 0)．(1) 若 a1＝3， a2＝9，求证数列 { a n－n} 是等比数列，并求数列{ a n} 的通项公式；24B－ 1(2)已知数列 { a n} 是等差数列，求的值．A12.已知数列 { a n} 中，a1＝2，a2＝ 4，a n＋1＝ 3a n－ 2a n－1(n≥ 2，n∈ N* )．(1) 证明数列 { a n＋1－ a n} 是等比数列，并求出数列{ a n } 的通项公式；2a n－1(2)记 b n＝( n∈N * )，数列 { b n} 的前 n 项和为 S n，求使 S n>2 013 成立的 n 的最小值． a n13．已知数列{ a n} 的前n 项和为S n.(1) 若数列{ a n} 是等比数列，知足2a1＋a3＝ 3a2，a3＋ 2 是a2，a4的等差中项，求数列{ a n}的通项公式；(2)能否存在等差数列 { a n} ，使对随意 n∈N*，都有 a n·S n＝ 2n2(n＋ 1)？若存在，恳求出全部知足条件的等差数列；若不存在，请说明原因．14．已知数列 { a n} 中， a1＝ 2，n∈ N*， a n＞ 0，数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，且知足2.a n＋1＝S n＋1＋S n－2(1)求 { S n} 的通项公式．(2)设 { b k} 是数列 { S n} 中按从小到大次序构成的整数数列．①求 b3;②若存在 N(N∈N * )，当 n≤ N 时，使得在数列{ S n} 中，数列 { b k} 有且只有20 项，求 N 的取值范围．数列的综合运用考点一等差数列与等比数列的综合问题例 1、在等比数列 { a n}( n∈N * )中， a1>1，公比 q>0 ，设 b n＝ log 2a n，且 b1＋ b3＋b5＝6，b1b3b5＝ 0.(1)求证：数列{ b n} 是等差数列；(2) 求{ b n} 的前n 项和S n及 { a n} 的通项a n.解： (1) 证明：∵b n＝ log 2a n，a n＋1∴b n＋1－ b n＝ log 2a n＝ log 2q 为常数，∴数列{ b n} 为等差数列且公差2 d＝ log q.(2)设数列 { b n} 的公差为 d，∵b1＋ b3＋ b5＝ 6，∴b3＝ 2. ∵a1>1，∴b1＝ log 2a1>0.∵b1b3 b5＝ 0，∴b5＝ 0.b1＋ 2d＝ 2，b1＝ 4，∴解得b ＋ 4d＝0，d＝－ 1.1n n－ 1× (－1)＝9n－ n2n.∴S ＝ 4n＋22log2q＝－ 1，q＝1 2，∵∴log2a1＝ 4， a ＝ 16.1∴a n＝ 25－n(n∈N* )．考点二等差数列与等比数列的实质应用例 2、一位少儿园老师给班上k(k≥3) 个小朋友分糖果．她发现糖果盒中原有糖果数为a0，就先从别处抓 2 块糖加入盒中，而后把盒内糖果的12分给第一个小朋友；再从别处抓2 块糖加入盒中，而后把盒内糖果的1 分给第二个小朋友；，此后她老是在分给一个小朋友后，就3从别处抓 2 块糖放入盒中，而后把盒内糖果的1分给第n＋ 1n( n＝ 1,2,3，， k)个小朋友，分给第 n 个小朋友后(未加入 2 块糖果前)盒内剩下的糖果数为a n.(1) 当k＝ 3， a0＝ 12 时，分别求a1， a2， a3；(2)请用 a n－1表示 a n，并令 b n＝(n＋1)a n，求数列{ b n}的通项公式；(3)能否存在正整数 k(k≥ 3)和非负整数 a0，使得数列{ a n} (n≤ k)成等差数列？假如存在，恳求出全部的 k 和 a0；假如不存在，请说明原因．解： (1)当 k＝ 3， a0＝12 时，1a1＝ (a0＋ 2)－2(a0＋2) ＝7，1a2＝ (a1＋ 2)－3(a1＋2) ＝6，1a3＝ (a2＋ 2)－4(a2＋2) ＝6.(2)由题意知1n a n＝ (a n－1＋2) －(a n－1＋ 2)＝n＋ 1(a n－1＋ 2)，n＋ 1即( n＋ 1)a n＝ n(a n－1＋ 2)＝ na n－1＋ 2n.因为 b n＝ (n＋ 1)a n，所以 b n－ b n－1＝ 2n，b n－1－ b n－2＝ 2n－2，b1－ b0＝ 2.2＋2n n累加得 b n－ b0＝＝n(n＋1)．2又 b0＝ a0，所以 b n＝n( n＋ 1)＋ a0.a0(3) 由 b n＝ n(n＋1)＋ a0，得 a n＝ n＋.n＋ 1若存在正整数k(k≥ 3)和非负整数 a 0，使得数列 { a n}( n≤ k)成等差数列，则a1＋ a3＝ 2a2，即(1 ＋a20)＋3＋a40＝ 2(2＋a30 )，解得 a0＝ 0，当 a0＝ 0n＝n，对随意正整数n时， a k(k≥ 3) ，有 { a }( n≤ k)成等差数列．[类题通法 ]解数列应用题的建模思路从实质出发，经过抽象归纳成立数学模型，经过对模型的分析，再返回实质中去，其思路框图为：考点三数列与不等式例 3、设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 a 1＝ a 2＝ 1， b n ＝ nS n ＋(n ＋2)a n ，数列 { b n } 是公差为 d 的等差数列， n ∈N * .(1) 求 d 的值；(2) 求数列 { a n } 的通项公式；(3) 求证：22n ＋1(a 1a 2· ·a n ) ·(S 1S 2· ·S n )＜ n ＋ 1 n ＋ 2 .解： (1) 因为 a 1＝ a 2＝ 1，所以 b 1＝ S 1＋ 3a 1＝4， b 2＝ 2S 2＋ 4a 2＝ 8，所以 d ＝ b 2－ b 1＝ 4.(2) 因为数列 { b n } 是等差数列，所以 b n ＝ 4n ， 所以 nS n ＋ (n ＋ 2)a n ＝ 4n ，即 n ＋ 2S n ＋n a n ＝ 4.①n ＋ 1当 n ≥ 2 时， S n －1＋ a n － 1＝ 4. ② n － 1由①－②得 (S n)＋ n ＋ 2n ＋ 1n －1n nn － 1－ S a －a＝ 0.n － 1所以 a n ＋ n ＋ 2 n n ＋ 1 n －1，即 a n ＝ 1 nn ＝· .n － 1a n － 1 2n － 1则a 2＝ 1 2， a 3＝ 1 3， ，a n ＝ 1 na 1 ··a n － 1· .2 1 a 2 2 2 2n － 1以上各式两边分别相乘，得a n＝1·n.a 1 2n －1因为 a 1＝ 1，所以 a n ＝n.2n －1n ＋ 2(3) 证明：因为 S n ＋ n a n ＝ 4， a n ＞ 0， S n ＞ 0，所以S n n ＋2 n S ＋ n ＋ 2n a＝ 2.nn· n a ≤2则 0＜ a n nn1 2 n1 2nn1× 2S ≤4·.所以 (a a · ·a ) ·(S S· ·S )≤4·.③n ＋ 2n ＋ 1 n ＋2因为 n ＝ 1 时， S n n ＋ 2≠ na，所以③式等号取不到．22 n ＋1则( a 1a 2· ·a n ) ·(S 1S 2· ·S n )＜ .n ＋ 1 n ＋ 2 [类题通法 ]数列与不等式相联合问题的办理方法解决数列与不等式的综合问题时，假如是证明题要灵巧选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、剖析法、放缩法等；假如是解不等式问题要使用不等式的各样不一样解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之解决这种问题把数列和不等式的知识奇妙联合起来综合办理就行了．考点四数列与函数例 4、已知函数 f(x)＝( x －1)2 ，g(x)＝ 10(x － 1)，数列 { a n } 知足 a 1＝ 2，(a n ＋ 1－ a n )g(a n )＋ f(a n )＝ 0，9b n ＝ 10(n ＋ 2)(a n － 1)．(1) 求证：数列 { a n － 1} 是等比数列；(2) 当 n 取何值时， b n 取最大值？并求出最大值；(3)若t m＜t m ＋1对随意m ∈N * 恒成立，务实数 t 的取值范围．b m b m ＋ 1解： (1) 证明：因为 (a n ＋1－ a n )g( a n )＋ f(a n )＝ 0，f(a n )＝ (a n －1) 2， g(a n )＝ 10(a n － 1)，所以 10(a n＋1－ a n)(a n－ 1)＋ (a n－ 1)2＝ 0，整理得 (a n－ 1)[10( a n＋1－ a n)＋ a n－ 1]＝ 0，所以 a n＝ 1n＋ 1nn－1＝0② .①或 10(a－ a )＋ a由①得数列 { a n} 是各项为 1的常数列，而1n＋ 1－ 1)＝a ＝ 2，不合题意．由②整理得10(a9(a n－ 1)，又 a1－ 1＝ 1，9所以 { a n－ 1} 是首项为1，公比为10的等比数列．(2)由 (1)可知 a n－ 1＝ ( 9)n－1， n∈N*，10所以 b n＝109(n＋ 2)(a n－ 1)＝ (n＋ 2)(109)n＞ 0，9 nb n＋1n＋ 3＋ 11091所以b n＝n＋ 29 n＝10(1＋n＋2)．10当 n＝ 7 时，b＝ 1，即 b788＝b ；b7当 n＜ 7 时，b n＋1＞ 1，即 b n＋1＞ b n；b nb当 n＞ 7 时，n＋1＜ 1，即 b n＋1nb n＜ b .所以当 n＝7 或 8 时， b n获得最大值，最大值为8798 b＝b ＝107.t m t m＋11－10t＜0.(*)＜得 t m9 m＋3(3) 由b m b m＋1m＋ 2由题意知， (*) 式对随意m∈N*恒成立．①当 t＝ 0时， (*) 式明显不行立，所以t＝ 0 不合题意；②当 t＜ 0时，由 1 －10t＞ 0可知 t m＜ 0(m∈N * )，m＋29 m＋ 3而当 m 为偶数时， t m ＞ 0, 所以 t ＜ 0 不合题意；③当 t ＞ 0 时，由 t m ＞ 0(m ∈N *)知，1－10t＜ 0，m ＋ 2 9 m ＋39 m ＋ 3所以 t ＞(m ∈N * )．10 m ＋29 m ＋ 3令 h(m)＝(m ∈N * )．10 m ＋ 29 m ＋ 4 9 m ＋ 3因为 h(m ＋ 1)－ h(m)＝ －10 m ＋ 3 10 m ＋ 2 9＜ 0，＝－10 m ＋ 2 m ＋ 3所以 h(1) ＞ h(2)＞ h(3)＞ ＞ h(m － 1)＞ h(m) ，6所以 h(m)的最大值为h(1) ＝ 5.6所以实数 t 的取值范围是 (5，＋ ∞ )．数列的综合运用 ( 作业 )1． 已知等差数列{ a n } 的公差为－ 2，且 a 1， a 3， a 4 成等比数列，则 a 20＝ ____ －30____.分析： 设 {an} 的首项为 a ，则 a ， a － 4， a － 6 成等比数列，则 (a － 4)2＝ a(a － 6)，解得 a＝ 8.又公差 d ＝－ 2，所以 a 20＝a ＋ 19d ＝8＋ 19× (－ 2)＝－ 30.2．设等差数列 { a n } 的公差 d ≠0，a 1＝ 4d ，若 a k 是 a 1 与 a 2k 的等比中项， 则 k 的值为 ________．分析：由条件知 a n ＝ a 1＋* 2(n － 1)d ＝4d ＋ (n － 1)d ＝ (n ＋ 3)d ，即 a n ＝ (n ＋ 3)d(n ∈N )．又 a k ＝1 2k 22＝ 4d ·(2k ＋ 3)d ，且 d ≠ 0，所以 (k ＋ 3)2＝4(2k ＋ 3)，即 k 2－ 2k － 3＝0，解a ·a ，所以 (k ＋ 3) d得 k ＝ 3 或 k ＝－ 1(舍去 )．答案： 33．设 S 是等比数列n的前 n 项和， S ， S ， S 成等差数列，且a ＋ a ＝ 2a ，则 m ＝n39625m{ a }________.分析：设等比数列 { an}a1 1－q9a1 1－ q3936得 2·＝＋的公比为 q，明显 q≠ 1.由 2S ＝ S＋ S1－q1－ qa1 1－ q611 4＝2a1m－1，即，所以 2q9＝q3＋ q6，即 1＋q3＝2q625＝2a m1－ q.因为 a＋ a，所以 a q＋ a q q1＋ q3＝ 2q m－2，所以 m－ 2＝ 6，所以 m＝ 8.4．某住所小区计划植树许多于100 棵，若第一天植 2 棵，此后每日植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数n(n∈ N* )等于 ________．分析：设每日植树的棵数构成的数列为{ a n} ，由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为 2，2 1－ 2n所以由题意可得≥ 100，即 2n≥ 51，1－2而 25＝ 32,26＝ 64，n∈N*，所以 n≥ 6.答案： 65.某公司在第 1 年初购置一台价值为120 万元的设施 M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第 2 年到第 6 年，每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元；从第7 年开始，每年初 M 的价值为上年初的75%. 则第 n 年初 M 的价值 a n＝ ________.分析：当 n≤ 6 时，数列 { a n } 是首项为120，公差为－ 10 的等差数列，a n＝ 120－ 10(n－ 1)＝130－ 10n；当 n≥ 7 时，数列 { a n} 是以 a6为首项，34为公比的等比数列，又 a6＝ 70，所以 a n＝ 70×34n－6.130－ 10n，n≤ 6，答案： a n＝3－70×4n6， n≥ 76．植树节某班20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中搁置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的行程总和最小，这个最小值为________米．分析：当放在最左边坑时， 行程和为 2× (0＋ 10＋20＋＋ 190)；当放在左边第 2 个坑时，行程和为 2× (10＋0＋ 10＋ 20＋ ＋ 180)(减少了 360 米 ) ；当放在左边第 3 个坑时，行程和为2× (20＋ 10＋ 0＋ 10＋ 20＋ ＋ 170)( 减少了 680 米 )；挨次进行，明显当放在中间的第 10、11个坑时，行程和最小，为2× (90＋ 80＋ ＋ 0＋10＋ 20＋ ＋ 100)＝ 2 000 米．7.设数列 { a } 中，若 a＝ a ＋ a* )，则称数列 { a } 为“凸数列”，已知数列 { b }(n ∈ Nnn ＋1 nn ＋2nn为“凸数列”，且 b 1＝ 1， b 2＝－ 2，则数列 { b n } 的前 2 013 项和为 ________．分析： 由 “凸数列 ”的定义， 可知， b 1＝1，b 2＝－ 2，b 3＝－ 3，b 4 ＝－ 1，b 5＝ 2，b 6＝ 3，b 7＝ 1，b 8＝－ 2， ，故数列 { b n } 是周期为 6 的周期数列，又 b 1＋ b 2＋ b 3 ＋ b 4＋ b 5＋ b 6＝ 0，故数列 { b n }的前 2013 2 013 1 23项和 S ＝ b ＋ b ＋ b ＝ 1－ 2－ 3＝－ 4.8．通项公式为 n 2＋n 的数列 { a n } 12 345n＞ a n ＋ 1 对 n ≥ 8 a ＝ an，若知足 a ＜a ＜a ＜ a ＜ a ，且 a 恒成立，则实数 a 的取值范围是 ________．分析： 因为 a 1＜ a 2＜ a 3＜a 4＜a 5，即 a ＋ 1＜4a ＋ 2＜9a ＋ 3＜ 16a ＋ 4＜ 25a ＋ 5，所以 a ＞－ 1.9 因为 a n n ＋ 1对 n ≥ 8 恒成立，即 an 2＋ n ＞ a(n ＋ 1)2＋ (n ＋ 1)，所以 a ＜－1＞ a因为 2n2n ＋ 1＋ 1≥ 17，所以－1 ≥－1112n ＋ 117.要使得 a ＜－ 2n ＋1对 n ≥8 恒成立，则 a<－17.1 1 综上，－9＜ a ＜－ 17.11答案： (－ 9，－ 17)9．将正偶数摆列以下表，此中第i 行第 j 个数表示为 a ij (i ， j ∈ N * )，比如 a 43＝ 18，若 a ij＝ 2 014，则 i ＋ j________.2468101214161820分析： 正偶数数列 {2 n} ，则 a ij ＝ 2 014 为正偶数数列的第 1 007 项，设 a ij 在第 i 行，前 ii i － 1i i ＋ 1i i － 1＜ 1 007≤ i i ＋1－1 行共有2 个正偶数，前 i 行共有 2个正偶数，于是有2 2 ，i ∈N *，得 i ＝45，前 i － 1 行有 990 个数，则 a ij ＝ 2 014 是第 45 行第 17 个数，即 j ＝ 17，所以 i＋ j ＝ 62.10．三个互不相等的实数成等差数列，适合互换这三个数的地点后， 变为一个等比数列，则此等比数列的公比是________．分析： 设这三个数分别为 a － d ， a ， a ＋ d(d ≠ 0)，因为 d ≠ 0，所以 a － d ， a ，a ＋ d 或 a＋ d ，a ， a －d 不行能成等比数列．若a － d ，a ＋ d ，a 或 a ，a ＋ d ，a － d 成等比数列，则 (a ＋d)2＝ a(a － d)，即 d ＝－ 3a ，此时 q ＝a1或 q＝a －3a＝－ ＝－ 2；若 a ，a － d ， a ＋ d 或 aa － 3a 2 aa － 3aa＋ d ，a － d ，a 成等比数列， 则 (a － d)2＝ a(a ＋ d)，即 d ＝ 3a ，此时， q ＝a ＝－ 2 或 q ＝a － 3a11＝－ 2.故 q ＝－ 2 或－ 2.nnnn2＋Bn ＋ 1(A ≠ 0)．11． (2014 苏·州质检 )设数列 { a } 的前 n 项和为 S ，知足 a ＋ S ＝ An13， a 29，求证数列 { a n－n} 是等比数列，并求数列 n(1) 若 a ＝2＝ 4{ a } 的通项公式；(2) 已知数列 n是等差数列，求B － 1的值．{ a }A解： (1) 证明：分别令 n ＝ 1,2，2a 1＝ A ＋ B ＋ 1，代入条件得2a 2＋ a 1＝ 4A ＋ 2B ＋ 1.A ＝ 1，又 a 1＝ 3， a 2 ＝ 9，解得22 43B ＝ 2.所以 a nn12＋3①＋ S ＝ 2n 2n ＋ 1，则 a n＋1＋ S n＋1＝1(n＋1) 2＋3(n＋ 1)＋ 1. ②22②－①得2a n＋1－ a n＝ n＋ 2.1则 a n＋1－ (n＋ 1)＝2(a n－ n)．1≠ 0，因为 a1－ 1＝211所以数列 { a n－ n} 是首项为2，公比为2的等比数列．11所以 a n－ n＝2n，则 a n＝ n＋2n.(2) 因为数列 { a n} 是等差数列，所以设a n＝ dn＋ c，则S n＝n d＋c＋dn＋c＝dn2＋c＋dn.222所以 a n n d2＋c＋3d＋ S ＝2n2 n＋ c.d3d B－1所以 A＝2， B＝ c＋2， c＝ 1.所以A＝ 3.12.已知数列 { a n} 中，a1＝2，a2＝ 4，a n＋1＝ 3a n－2a n－1(n≥ 2，n∈ N *)．(1) 证明数列{ a n＋1－ a n} 是等比数列，并求出数列{ a n } 的通项公式；2a n－1(2)记 b n＝( n∈N * )，数列 { b n} 的前 n 项和为 S n，求使 S n>2 013 成立的 n 的最小值． a n解： (1) 证明∵a n＋1＝ 3a n－ 2a n－1(n≥ 2， n∈N* )，∴a n＋1－ a n＝ 2(a n－ a n－1)(n≥ 2， n∈N *)．∵a1＝ 2， a2＝ 4，∴a2－ a1＝ 2≠ 0，∴a n－ a n－1≠ 0(n≥ 2，n∈N* ) ，故数列 { a n＋1－ a n} 是首项为2，公比为 2 的等比数列，∴a n＋1－ a n＝ 2n，∴a n＝ ( a n－ a n－1)＋ (a n－1－ a n－2)＋ (a n－2－ a n－3) ＋＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋ ＋21＋ 2＝2× 1－2n －1＋ 2＝ 2n (n ≥ 2，n ∈N *)，1－ 2又 a 1＝ 2 也知足上式，∴ a n ＝2n ( n ∈N * )．2 a － 11 11(2) 由 (1)知 b n ＝n＝2 1－ a n ＝ 2 1－ 2n ＝ 2－ n －1( n ∈N *)，a n21n1＋ 11 ＋12＋ ＋ n11－ 2n ＝ 2n － 2 1－ 1n1 1，∴S ＝ 2n －2 22 －1＝ 2n －1 2 ＝ 2n －2＋ n－21－ 2 由 S n >2 01311 2 015得， 2n － 2＋ 2n －1>2 013，即 n ＋2n > 2 ，∵n ∈N *，∴n ＋1n 的值随 n 的增大而增大，2∴n 的最小值为 1 008.13． (2014 ·州模拟扬 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n .(1) 若数列 { a n } 是等比数列，知足 2a 1＋a 3＝ 3a 2，a 3＋ 2 是 a 2，a 4 的等差中项，求数列{ a n }的通项公式；(2) 能否存在等差数列 { a n } ，使对随意 n ∈N * ，都有 a n ·S n ＝ 2n 2(n ＋ 1)？若存在，恳求出全部知足条件的等差数列；若不存在，请说明原因．解： (1) 设等比数列 { a n } 的首项为 a 1 ，公比为 q ，2a 1＋ a 3＝ 3a 2，依题意有a 2＋ a 4＝ 2 a 3＋ 2 ，a 1 2＋ q 21 ①＝ 3a q ，即32＋4.a 1q ＋ q 1②＝ 2a q由①得 q 2－ 3q ＋ 2＝ 0，解得 q ＝ 1 或 q ＝ 2.当 q ＝ 1 时，不合题意，舍去；当 q ＝ 2 时，代入②得 a 1＝ 2，所以 a n ＝ 2·2n － 1＝ 2n .(2) 假定存在知足条件的数列 { a n } ，设此数列的公差为d.法一： [a1＋ (n－ 1)d]n n－1＝ 2n2(n＋ 1)，a n＋d12d2322312即2 n2＋2a1d－ d n ＋a1－2a1d＋2d＝ 2n2＋ 2n对任意 n ∈N*恒成立，则d22＝2，3a1d－ d2＝2，22312a1－2a1d＋2d＝ 0，解得d＝ 2，d＝－ 2，n或此时 a n＝ 2n＝－ 2n.a ＝ 2 a ＝－ 2.或 a11故存在等差数列{ a n } ，使对随意n∈N*，都有 a n·S n＝ 2n2(n＋ 1)，此中 a n＝2n 或 a n＝－ 2n.法二：令 n＝ 1， a2＝ 4 得 a ＝±2，1121 2令 n＝ 2 得 a2－24＝ 0，＋ a a①当 a1＝ 2 时， a2＝ 4 或 a2＝－ 6，若 a2＝ 4，则 d＝ 2， a n＝ 2n， S n＝ n(n＋ 1)，对随意 n∈N *，都有 a n·S n＝ 2n2 (n＋ 1)；若 a2＝－ 6，则 d＝－ 8，a3＝－ 14， S3＝－ 18，不知足 a3·S3＝ 2× 32× (3＋ 1)，舍去．②当 a1＝－ 2 时， a2＝－ 4 或 a2＝ 6，若 a2＝－ 4，则 d＝－ 2，a n＝－ 2n，S n＝－ n(n＋ 1)，对随意 n∈N*，都有 a n·S n＝ 2n2(n＋1)；若 a2＝ 6，则 d＝ 8， a3＝ 14， S3＝ 18，不知足 a3·S3＝ 2× 32× (3＋ 1)，舍去．综上所述，存在等差数列 { a n} ，使对随意 n∈N *，都有 a n·S n＝2n2( n＋ 1)，此中 a n＝ 2n 或a n＝－ 2n.14．(2014 ·锡模拟无 )已知数列 { a n} 中，a1＝ 2，n∈N *，a n＞ 0，数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，2且知足a n＋1＝S n＋1＋S n－2.(1)求 { S n} 的通项公式．(完好版)高考复习：数列的综合运用含分析答案(教师版+学生版)(2)设 { b k} 是数列 { S n} 中按从小到大次序构成的整数数列．①求 b3;②若存在 N(N∈N * )，当 n≤ N 时，使得在数列 { S n} 中，数列 { b k} 有且只有 20 项，求 N 的取值范围．解： (1) 因为 a n＋1＝ S n＋1－S n，所以 (S n＋1－ S n)( S n＋1＋ S n－ 2)＝ 2，22即 S n＋1n n＋ 1n所以 (S n＋1－ 1)2－ (S n－ 1)2＝2，且 (S1－ 1)2＝ 1，所以 {( S n－ 1)2} 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，所以 S n＝ 1＋2n－ 1.(2)①当 n＝ 1 时， S1＝ 1＋ 1＝2＝ b1；当 n＝ 5 时， S5＝ 1＋ 3＝4＝ b2；当 n＝ 13 时， S13＝1＋ 5＝ 6＝ b3.②因为 2n－ 1 是奇数， S n＝ 1＋2n－ 1为有理数，则 2n－ 1＝2k－ 1，所以 n＝ 2k2－ 2k＋ 1.当 k＝ 20 时， n＝ 761；当 k＝ 21 时， n＝ 841.所以存在 N∈[761,840] (N∈N * )，当 n≤ N 时，使得在 { S n} 中，数列 { b k} 有且只有20 项．。

专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用一、选择题1．(2018浙江)已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．13a a <，24a a <B ．13a a >，24a a <C ．13a a <，24a a >D ．13a a >，24a a >2．(2015湖北)设12,,,n a a a ∈R L ，3n ≥．若p ：12,,,n a a a L 成等比数列；q ：222121()n a a a -+++⨯L 22222312231()()n n n a a a a a a a a a -+++=+++L L ，则A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件3．（2014新课标2）等差数列{}n a 的公差为2，若2a ，4a ，8a 成等比数列，则{}n a 的前n项和n S =A ．()1n n +B ．()1n n -C ．()12n n + D ．()12n n -4．（2014浙江）设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=， 99,,2,1,0,99Λ==i ia i ，记10|()()|k k k I f a f a =-+21|()()|k k f a f a -+⋅⋅⋅+ 9998|()()|k k f a f a -，.3,2,1=k 则A ．321I I I <<B ． 312I I I <<C ． 231I I I <<D ． 123I I I << 二、填空题5．(2018江苏)已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将A B U 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为 ．6．（2015浙江）已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若2a ，3a ，7a 成等比数列，且1221a a +=，则1a = ，d = ．7．（2013重庆）已知{}n a 是等差数列，11a =，公差0d ≠，n S 为其前n 项和，若125,,a a a 成等比数列，则8_____S =．8．（2011江苏）设7211a a a ≤≤≤≤Λ，其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列，642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．三、解答题9．（2018江苏）设{}n a 是首项为1a ，公差为d 的等差数列，{}n b 是首项为1b ，公比为q 的等比数列．(1)设110,1,2a b q ===，若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立，求d 的取值范围；(2)若*110,,(1a b m q =>∈∈N ，证明：存在d ∈R ，使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立，并求d 的取值范围（用1,,b m q 表示）． 10*．（2017浙江）已知数列{}n x 满足：11x =，11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N ．证明：当n ∈*N 时 （Ⅰ）10n n x x +<<； （Ⅱ）1122n n n n x x x x ++-≤； （Ⅲ）121122n n n x --≤≤．*根据亲所在地区选用，新课标地区（文科）不考． 11．（2017江苏）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足11112n k n k n n n k n k n a a a a a a ka --+-++-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=对任意正整数n ()n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”． （1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．12．（2016年四川）已知数列{}n a 的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S S +=+，其中0q >，*n N ∈(Ⅰ)若2323,,a a a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)设双曲线2221ny x a +=的离心率为n e ，且22e =，求22212n e e e ++⋅⋅⋅+．13．（2016年浙江）设数列{n a }的前n 项和为n S .已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈.（I ）求通项公式n a ；（II ）求数列{2n a n --}的前n 项和.14．(2015重庆)已知等差数列{}n a 满足32a =，前3项和392S =． （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设等比数列{}n b 满足11b a =，415b a =，求{}n b 前n 项和n T ．15．（2015天津）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，{}n b 是等差数列，且111a b ==，2332b b a +=，5237a b -=．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设n n n c a b =，*n ∈N ，求数列{}n c 的前n 项和．16．(2015四川)设数列{}n a （n =1,2,3…）的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且1a ，2a +1，3a 成等差数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设数列1{}na 的前n 项和为n T ，求n T ． 17．（2015湖北）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，等比数列{}nb 的公比为q ，已知11b a =，22b =，q d =，10100S =． （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）当1d >时，记n c =nna b ，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 18．(2014山东）已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列．（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅱ）令n b =,4)1(11+--n n n a a n求数列}{n b 的前n 项和n T ． 19．（2014浙江）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221Λ．若{}na 为等比数列，且.6,2231b b a +== （Ⅰ）求n a 与n b ； （Ⅱ）设()*∈-=N n b a c nn n 11．记数列{}n c 的前n 项和为n S ． （ⅰ）求n S ；（ⅱ）求正整数k ，使得对任意*∈N n ，均有n k S S ≥． 20．（2014湖南）已知数列{n a }满足*111,||,.n n n a a a p n N +=-=∈（Ⅰ）若{n a }是递增数列，且12,3,23a a a 成等差数列，求p 的值； （Ⅱ）若12p =，且{21n a -}是递增数列，{2n a }是递减数列，求数列{n a }的通项公式． 21．（2014四川）设等差数列{}n a 的公差为d ，点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上（*n N ∈）．（Ⅰ）若12a =-，点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上，求数列{}n a 的前n 项和n S ； （Ⅱ）若11a =，函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-，求数列{}nna b 的前n 项和n T ． 22．(2014江苏)设数列}{n a 的前n 项和为n S ．若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得m n a S =，则称}{n a 是“H 数列”． （Ⅰ）若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=(∈n N *)，证明: }{n a 是“H 数列”；（Ⅱ）设}{n a 是等差数列，其首项11=a ，公差0<d ．若}{n a 是“H 数列”，求d 的值；（Ⅲ）证明：对任意的等差数列}{n a ，总存在两个“H 数列”}{n b 和}{n c ，使得n n n c b a +=(∈n N *)成立．23．（2013安徽）设数列{}n a 满足12a =，248a a +=，且对任意*n N ∈，函数1212()()cos -sin n n n n n f x a a a x a x a x ++++=-++⋅⋅，满足'()02f π=（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）若122nn n a b a =+（），求数列{}n b 的前n 项和n S ． 24．（2013广东）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21441,,n n S a n n N *+=--∈且2514,,a a a 构成等比数列．（Ⅰ）证明：2a =（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅲ）证明：对一切正整数n ，有1223111112n n a a a a a a ++++<L ． 25．（2013湖北）已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，4S ，2S ，3S 成等差数列，且23418a a a ++=-.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数n ，使得2013n S ≥？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．26．（2013江苏）设{}n a 是首项为a ，公差为d 的等差数列()0d ≠，n S 是其前n 项和. 记2nn nS b n c=+，N n *∈，其中c 为实数.（Ⅰ） 若0c =，且1b ，2b ，4b 成等比数列，证明：()2N nk k S n S k,n *=∈；（Ⅱ） 若{}n b 是等差数列，证明：0c =．27． (2012山东)已知等差数列{}n a 的前5项和为105，且1052a a =．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）对任意*m ∈N ，将数列{}n a 中不大于27m 的项的个数记为m b .求数列{}m b 的前m项和m S ．28．（2012湖南）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，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的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 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． （Ⅰ）用d 表示12,a a ，并写出1n a +与n a 的关系式；（Ⅱ）若公司希望经过m （m ≥3）年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值（用m 表示）．29．（2012浙江）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S =22n n +，*n ∈N ，数列{}n b 满足24log 3n n a b =+，*n ∈N ． （Ⅰ）求,n n a b ；（Ⅱ）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．30．（2012山东）在等差数列{}n a 中，84543=++a a a ，973a =（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）对任意的*N m ∈，将数列{}n a 中落入区间()29,9m m 内的项的个数为m b ，求数列{}m b 的前m 项和m S ．31．（2012江苏）已知各项均为正数的两个数列{}n a 和{}n b满足：1n a n *+=∈N ．（Ⅰ）设11n n nb b n a *+=+∈N ，，求证：数列2nn b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列；（Ⅱ）设1nn nb b n a *+=∈N ，，且{}n a 是等比数列，求1a 和1b 的值．32．（2011天津）已知数列{}{}n n a b 与满足11(2)1nn n n n b a b a +++=-+，1*13(1),,22n n b n N a -+-=∈=且．（Ⅰ）求23,a a 的值；（Ⅱ）设*2121,n n n c a a n N +-=-∈，证明{}n c 是等比数列；（Ⅲ）设n S 为{}n a 的前n 项和，证明*21212122121().3n n n n S S S S n n N a a a a --++++≤-∈L 33．（2011天津）已知数列{}n a 与{}n b 满足：1123(1)0,2nn n n n n n b a a b a b ++++-++==，*n ∈N ，且122,4a a ==．（Ⅰ）求345,,a a a 的值；（Ⅱ）设*2121,n n n c a a n N -+=+∈，证明：{}n c 是等比数列；（Ⅲ）设*242,,k k S a a a k N =++⋅⋅⋅+∈证明：4*17()6nk k kS n N a =<∈∑． 34．（2010新课标）设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令n n b na =，求数列的前n 项和n S ．35．（2010湖南）给出下面的数表序列：124 4 8表1 表2 表3 ∙∙∙1 1 3 1 3 5其中表n （n =1,2,3 L ）有n 行，第1行的n 个数是1，3，5，L ，2n -1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．（Ⅰ）写出表4，验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n （n ≥3）（不要求证明）；（Ⅱ）每个数列中最后一行都只有一个数，它们构成数列1，4，12，L ，记此数列为{}n b ，求和：32412231n n n bb b b bb b b b ++++L *()n N ∈ ．专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案部分1．B 【解析】解法一 因为ln 1x x -≤(0x >)，所以1234123ln()a a a a a a a +++=++1231a a a ++-≤，所以41a -≤，又11a >，所以等比数列的公比0q <．若1q -≤，则212341(1)(10a a a a a q q +++=++）≤， 而12311a a a a ++>≥，所以123ln()0a a a ++>， 与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾，所以10q -<<，所以2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<，所以13a a >，24a a <，故选B ．解法二 因为1xe x +≥，1234123ln()a a a a a a a +++=++，所以123412312341a a a a ea a a a a a a +++=++++++≥，则41a -≤，又11a >，所以等比数列的公比0q <．若1q -≤，则212341(1)(10a a a a a q q +++=++）≤， 而12311a a a a ++>≥，所以123ln()0a a a ++> 与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾，所以10q -<<，所以2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<，所以13a a >，24a a <，故选B ．2．A 【解析】对命题p ：12,,,n a a a L 成等比数列，则公比)3(1≥=-n a a q n n且0≠n a ； 对命题q ，①当0=n a 时，22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立；②当0≠n a 时，根据柯西不等式，等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立，则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==，所以12,,,n a a a L 成等比数列， 所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件．3．A 【解析】2a ，4a ，8a 成等比数列，∴2428a a a =⋅，即2111(6)(2)(14)a a a +=++，解得12a =，所以(1)n S n n =+．4．B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增，可得1110()()0f a f a ->，1211()()0f a f a ->，…，199198()()0f a f a ->，∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199（）∵),(2)(22x x x f -=在490]99[，上单调递增，在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->，…，249248()()0f a f a ->，250249()()0f a f a -=，251250()()0f a f a -<，…，299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+- =24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=< ∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99，5074[,]9999上单调递增，在2549[,]9999，75[,1]99上单调递减，可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-）252(2sin sin )(1312123444ππ>-=-=> 因此312I I I <<．5．27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a中，52前面有16个正奇数，即5212a =，6382a =．当1n =时，1211224S a =<=，不符合题意；当2n =时，2331236S a =<=，不符合题意；当3n =时，3461248S a =<=，不符合题意；当4n =时，45101260S a =<=，不符合题意；……；当26n =时，52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =，不符合题意；当27n =时，52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27．6．2,13-【解析】由题可得，2111(2)()(6)a d a d a d +=++，故有1320a d +=，又因为1221a a +=，即131a d +=，所以121,3d a =-=．7．64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列，得2111(4)()a a d a d +=+，解得2d =，故81878642S a d ⨯=+=．8．【解析】设2a t =，则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤，由于1t ≥，所以max{q t ≥，故q因此*k N ∈，所以4k =．9．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =-,12n n b -=．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立， 即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7532d ≤≤． 因此，d 的取值范围为75[,]32．(2)由条件知：1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=．若存在d ，使得1||n n a b b -≤(n =2，3，···，m +1)成立，即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2，3，···，m +1)，即当2,3,,1n m =+L 时，d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--．因为q ∈，则112n m q q -<≤≤，从而11201n q b n --≤-，1101n q b n ->-，对2,3,,1n m =+L 均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立．下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值（2,3,,1n m =+L ）． ①当2n m ≤≤时，111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---， 当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20n n n n q q q ---+>． 因此，当21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n ---单调递增，故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-． ②设()()21x f x x =-，当0x >时，ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<， 所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=．当2n m ≤≤时，111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-， 因此，当21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n --单调递减，故数列1{}1n q n --的最小值为mq m． 因此，d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-．10．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0， 因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得 由1122n n n n x x x x ++-≥得111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ．11．【解析】证明:（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则1(1)n a a n d =+-，从而，当n 4≥时，n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=，1,2,3,k =所以n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++6， 因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”.（2）数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，因此， 当3n ≥时，n n n n n a a a a a --+++++=21124，①当4n ≥时，n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=3211236.② 由①知，n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，④将③④代入②，得n n n a a a -++=112，其中4n ≥， 所以345,,,a a a L 是等差数列，设其公差为d'.在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d'=-， 在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以122a a d'=-， 所以数列{}n a 是等差数列.12．【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立.所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2323+a a a a ，，成等差数列，可得32232=a a a a ++，所以32=2,a a ，故=2q . 所以1*2()n n a n -=?N .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由22e =解得q =.所以，22222(1)12222(1)2(11)(1+)[1]1[1]11(31).2n n n n ne e e q q q n q q n q n --++鬃?=+++鬃?+-=+++鬃?=+-=+-13．【解析】（1）由题意得：1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩，则1213a a =⎧⎨=⎩，又当2n ≥时，由11(21)(21)2n n n n n a a S S a +--=+-+=， 得13n n a a +=，所以，数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈. （2）设1|32|n n b n -=--，*n N ∈，122,1b b ==. 当3n ≥时，由于132n n ->+，故132,3n n b n n -=--≥. 设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则122,3T T ==.当3n ≥时，229(13)(7)(2)351131322n n n n n n n T --+---+=+-=-，所以，2*2,13511,2,2n n n T n n n n N =⎧⎪=⎨--+≥∈⎪⎩. 14．【解析】（Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，则由已知条件得1132922,3,22a d a d ´+=+=化简得11322,,2a d a d +=+= 解得11a =，12d =．故通项公式1=1+2n n a -，即+1=2n n a ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得141515+1=1==82b b a =，．设{}n b 的公比为q ，则3418b q b ==，从而2q =． 故{}n b 的前n 项和 1(1)1(12)21112n n n n b q T q -?===---． 15．【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，数列{}n b 的公差为d ，由题意0q >，由已知，有24232,310,q d q d ⎧-=⎨-=⎩ 消去d ，整数得42280q q --=，又因为q ＞0，解得2,2q d ==，所以{}n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N ，数列{}n b 的通项公式为21,n b n n *=-∈N .（Ⅱ）解：由（Ⅰ）有()1212n n c n -=- ,设{}n c 的前n 项和为n S ，则()121123252212n n S n -=⨯+⨯+⨯++-⨯o L ， ()1232123252212n n S n L =⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得()()2312222122323nnnn S n n L -=++++--⨯=--⨯-，所以()2323nn S n =-+．16．【解析】(Ⅰ) 由已知12n n S a a =-，有1n n n a S S -=-=122n n a a --(n ≥2)，即12n n a a -=(n ≥2)，从而212a a =，32124a a a ==．又因为1a ，2a +1，3a 成等差数列，即1a ＋3a ＝2(2a ＋1)， 所以1a ＋41a ＝2(21a ＋1)，解得1a ＝2．所以，数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，故2nn a =．(Ⅱ)由(Ⅰ)得112n n a =， 所以n T ＝211[1()]111122 (11222212)n n n-+++==--． 17．【解析】（Ⅰ）由题意有，111045100,2,a d a d +=⎧⎨=⎩ 即112920,2,a d a d +=⎧⎨=⎩，解得11,2,a d =⎧⎨=⎩ 或19,2.9a d =⎧⎪⎨=⎪⎩ 故121,2.n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩（Ⅱ）由1d >，知21n a n =-，12n n b -=，故1212n n n c --=，于是 2341357921122222n n n T L --=++++++， ①2345113579212222222n n n T L -=++++++． ② ①－②可得221111212323222222n n n n n n T L --+=++++-=-， 故n T 12362n n -+=-． 18．【解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比Θ解得12,11-=∴=n a a n （Ⅱ）)121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ，当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-L L1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--L L 当为奇数时，1111()()23212121n n n n +++---+12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 19．【解析】（Ⅰ）由题意，()()*∈=N n a a a nb n 221Λ，326b b-=，知3238b b a -==，又由12a =，得公比2q =（2q =-舍去），所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈，所以()()1121232n n n n n a a a a ++==L ，故数列{}n b 的通项公式为，()1()n b n n n N *=+∈； （Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知，11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭， 所以11()12n n S n N n *=-∈+； （ii ）因为12340,0,0,0c c c c =>>>；当5n ≥时，()()11112n n n n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦， 而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>， 得()()51551122n n n ++≤<， 所以当5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥，故4k =．20．【解析】（I ）因为{}n a 是递增数列，所以11nn n n n a a a a p ++-=-=。

高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解第18讲数列中的奇、偶项问题高考定位数列的奇、偶项问题，是近年来的高考的热点问题，考察了学生的分类与整合能力，考察了学生的探究发现的能力，也是今后考察的热点。

专题解析（1）求通项和求和时，分奇数项与偶数项分别表达；（2）求S n时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.专项突破类型一、数列中连续两项和或积的问题(a n＋a n＋1＝f(n)或a n·a n＋1＝f(n))；例1-1.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＋a n＝4n.(1)求数列{a n}的前100项和S100；(2)求数列{a n}的通项公式.解(1)∵a1＝1，a n＋1＋a n＝4n，∴S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝4×1＋4×3＋...＋4×99＝4×(1＋3＋5＋ (99)＝4×502＝10 000.(2)由题意，a n ＋1＋a n ＝4n ，①a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)，② 由②－①得，a n ＋2－a n ＝4， 由a 1＝1，a 1＋a 2＝4，所以a 2＝3.当n 为奇数时，a n ＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×4＝2n －1， 当n 为偶数时，a n ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×4＝2n －1.综上所述，a n ＝2n －1.练．设各项均为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，520S =，且2a ，61a -，11a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的公差d ；（2）数列{}n b 满足1n n n b b a ++=，且111b a +=，求数列{}n b 的通项公式． 【答案】 （1）1d =；（2）()11124n n n b -+-=+.【分析】（1）根据2a ，61a -，11a 成等比数列可得()262111a a a -=，利用1,a d 表示出520S =和()262111a a a -=，解方程组可求得1,a d ，结合0n a >可得结果；（2）由（1）可得11n n b b n +=-++，整理得()1131312424n n b n b n +⎛⎫--=---- ⎪⎝⎭，可知数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到结果.（1）（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，2a Q ，61a -，11a 成等比数列，()262111a a a ∴-=，即()()()21115110a d a d a d +-=++，又51545202S a d ⨯=+=，解得：121a d =⎧⎨=⎩或18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩；当18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩时，13182842120171717a a d =+=-=-<，与0n a >矛盾，121a d =⎧∴⎨=⎩，即等差数列{}n a 的公差1d =； （2）由（1）得：1n a n =+，11n n b b n +∴+=+，即11n n b b n +=-++，()1131312424n n b n b n +⎛⎫∴--=---- ⎪⎝⎭，又1121b a +==，解得：11b =，∴数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭是以13144b -=为首项，1-为公比的等比数列， ()()113111244n n b n -∴---=-⨯，整理可得：()11124n n n b -+-=+.练．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121()n n a a n n N +++=+∈，则数列1{}nS 的前2020项的和为（） A ．20202021B ．40402021C ．40392020D ．40412022【答案】B 【分析】首先根据已知条件求得n a ，然后求得n S ，利用裂项求和法求得正确答案. 【详解】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121n n a a n ++=+，则2132a a =-=. 所以2123n n a a n +++=+，两式相减得：22n n a a +-=，且11a =，22a =， 当n 为奇数时，11121122n n a a n n +⎛⎫=+-⨯=++-=⎪⎝⎭， 当n 为偶数时，212222n na a n n ⎛⎫=+-⨯=+-= ⎪⎝⎭，所以n a n =，所以数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列. 所以(1)2n n n S +=， 故12112()(1)1n S n n n n ==-++，所以121111111112(1)2(1)22311n n T S S S n n n =++⋯+=-+-+⋯+-=-++，则2020140402(1)20212021T =-=. 故选：B例1-2.在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .解 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列.因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列， 所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－32n2，n 为偶数，3－42n ＋12，n 为奇数.练．已知正项数列{}n a 的首项11a =，其前n 项和为n S ，且12n nn aa S +=.数列{}n b 满足：1n a +(b 1+b 2)n n b a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记*n c n N =∈122n c c c +++<.【答案】 （1）(*)n a n n N =∈ （2）证明见解析 【分析】（1）根据题意得到12n n n a a S +=和112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，解得答案.（2）计算1(1)n b n n =+，n c =n c <和n c >，利用裂项相消法计算得到证明. （1）由12n n n a a S +=得112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，由11a =，得22a =，数列的偶数项和奇数项分别是公差为2的等差数列， 当n 为奇数时，n a n =，当n 为偶数时，n a n =. 综上所述(*)n a n n N =∈. （2） 由1211n n n a nb b b a n ++++==+，1211n n b b b n --+++=，2n ≥，112b =， 两式相减得1(1)n b n n =+，2n ≥，验证112b =成立，故1(1)n b n n =+.则n c那么n c =，故12111112(1)2231n c c c nn +++<-+-++-+=2(12<，同理n c，故121111112()233412n c c c n n +++>-+-+-++.类型二、含有(－1)n 的类型；例2-1.数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n ，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求数列{b n }的前100项和S 100； (2)若数列{b n }是公差为2的等差数列，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)∵{a n }为等差数列，且a 1＝1，a 2＝2，∴公差d ＝1，∴a n ＝n .∴b n ＝⎩⎨⎧a n ＋1－a n ＝1，n 为奇数，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，n 为偶数，即b n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n ＋1，n 为偶数，∴b n 的前100项和S 100＝(b 1＋b 3＋...＋b 99)＋(b 2＋b 4＋...＋b 100) ＝50＋(5＋9＋13＋ (201)＝50＋50×5＋50×（50－1）2×4＝5 200.(2)由题意得，b 1＝a 2－a 1＝1，公差d ＝2， ∴b n ＝2n －1.∴⎩⎨⎧b 2n －1＝a 2n －a 2n －1＝4n －3， ①b 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＝4n －1， ② 由②－①得，a 2n ＋1＋a 2n －1＝2， ∴a 2n ＋1＝2－a 2n －1，又∵a 1＝1，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝1， ∴a 2n －1＝1，∴a 2n ＝4n －2， 综上所述，a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数.例2-2.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)na n －12n ，n ∈N *.(1)求a 3；(2)求S 1＋S 2＋…＋S 100.解(1)令n＝4，则S4＝a4－124，∴S3＝－124.令n＝3，则S3＝－a3－1 23，∴a3＝－S3－123＝－124.(2)当n＝1时，a1＝－1 4；当n≥2时，a n ＝S n－S n－1＝(－1)n·a n－12n－(－1)n－1·a n－1＋12n－1＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n ，即a n＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n.(*)①当n为偶数时，由*式可得a n－1＋12n＝0，则a n－1＝－12n ，∴a n＝－12n＋1，此时n为奇数.②当n为奇数时，由*式可得a n－1＝－2a n＋12n＝－2·⎝⎛⎭⎪⎫－12n＋1＋12n＝12n－1，∴a n＝12n，此时n为偶数.综上所述，a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数，12n，n 为偶数.∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋116＋…＋12100－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1. 练 .数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400 答案 B解析 S 100＝1－5＋9－…－397＝4×(－50)＝－200.练.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .解 (1)因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 所以[3＋(－1)2n －1]a 2n ＋1－2a 2n －1＋2[(－1)2n －1－1]＝0， 即a 2n ＋1－a 2n －1＝2，又b n ＝a 2n －1，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1＝2，所以{b n }是以b 1＝a 1＝1为首项，2为公差的等差数列. 所以b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，n ∈N *.(2)对于[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0， 即a n ＋2a n ＝12，所以a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列； 当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0， 即a n ＋2－a n ＝2，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×1＋12n （n －1）×2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝n 2＋1－12n ，n ∈N *.类型三、含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型；例3-1.已知数列{a n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 2n －1＝a 2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)S 2n －1＝（2n －1）（a 1＋a 2n －1）2＝a n (2n －1)＝a 2n ，∵a n ≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ＝n （2n －1）（2n ＋1）(－1)n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1(－1)n ，当n 为偶数时T n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…＋12n －1＋12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11＋12n ＋1＝－n4n ＋2，当n 为奇数时T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…－12n －1－12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－12n ＋1＝－n －14n ＋2. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 4n ＋2，n 为偶数，－n ＋14n ＋2，n 为奇数.练．已知数列{}n a 满足11a =，()2211nn n a a -=+-，2123n n n a a +=+（*N n ∈），则数列{}n a 的前2017项的和为（） A ．100332005- B ．201632017- C ．100832017- D ．100932018-【答案】D 【分析】根据给定条件求出21{}n a -与2{}n a 的通项，进而求得212n n a a ++即可求出数列{}n a 的前2017项的和. 【详解】在数列{}n a 中，11a =，221(1)n n n a a -=+-，2123n n n a a +=+，*N n ∈， 则有1122212(1)3(1)n n n n n n a a a ++++=+-=++-，即12223(1)n n n n a a ++-=+-，而20a =，于是得2242642224222()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=+-+-++-+-223211[3(1)][3(1)][3(1)][3(1)]n n n n ---=+-++-+++-++-221231[3333][(1)(1)(1)(1)]n n n n ---=+++++-+-++-+-113(13)1(1)113(1)1131(1)22n n n n -----=+=⋅+⋅-----，因此，212222113232[3(1)1]322n n n n nn n n n n a a a a a ++=++=+=⋅+⋅--+23(1)2n n =⋅+--，则2017123456720162017()()()()S a a a a a a a a a =+++++++++2233100810081[23(1)2][23(1)2][23(1)2][23(1)2]=+⋅+--+⋅+--+⋅+--++⋅+--23100823100812(3333)[(1)(1)(1)(1)]21008=++++++-+-+-++--⋅100810093(13)12020163201813-=+⋅+-=--，数列{}n a 的前2017项的和为100932018-. 故选：D练．数列{}n a 满足11a =，21n n a a n --=（*n N ∈且2n ≥），数列{}21n a -为递增数列，数列{}2n a 为递减数列，且12a a >，则99a =（）． A ．4950- B ．4851- C ．4851 D ．4950【答案】D 【分析】由数列{}21n a -为递增数列，得到()()2122210n n n n a a a a +--+->，进而得出2120n n a a +->，又由数列{}2n a 为递减数列，得到()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，得到22210n n a a ++-<， 得出当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=，当n 为偶数时，21n n a a n --=-，即可求解．【详解】因为数列{}21n a -为递增数列，所以2121n n a a -+<，即21210n n a a +-->，则()()2122210n n n n a a a a +--+->，由题意22212221(21)(2)n n n n a a n n a a +--=+>=-，则由()()212221212221n n n n n n n n a a a a a a a a +-+-⎧-+->⎪⎨->-⎪⎩得2120n n a a +->，*n N ∈，因为数列{}2n a 为递减数列，所以222n n a a +>，即2220n n a a +-<， 则()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，由题意得，222221(22)(21)n n a a n n ++-=+>+212n n a a +=-，由()()222121222213120n n n n n n n na a a a a a a a ++++++⎧-+-<⎪⎨->-⎪⎩，可得22210n n a a ++-<，*n N ∈，又12a a >，即210a a -<，所以当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=； 当n 为偶数时，21n n a a n --=-． 所以99a =()()()()999898979796211a a a a a a a a a -+-+-++-+…2222229998979632199=-+-++-+=+…9897963214950++++++=…．故选：D ．类型四、已知条件明确的奇偶项问题. 例4-1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ＋n －1，n 为奇数，a n－2n ，n 为偶数，记b n ＝a 2n ，求证：数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式.证明 ∵b n ＋1＝a 2(n ＋1)＝12a 2n ＋1＋2n ＋1－1＝12a 2n ＋1＋2n＝12(a 2n －2·2n )＋2n ＝12a 2n ＝12b n ， ∴{b n }为等比数列，且公比q ＝12.又b 1＝12a 1＝12，可得b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， 所以，当n 为偶数时，a n ＝b n2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n；当n 为奇数且n ≥3时，a n ＝a (n －1)＋1＝a (n －1)－2(n －1)＝b n －12－2(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2(n －1)，可验证a 1＝1也符合上式，综上所述，a n＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2（n －1），n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数.练.已知数列{a n }满足a n＝⎩⎨⎧n2an ＋12＋12，n 为正奇数，2a n 2＋n2，n 为正偶数.(1)问数列{a n }是否为等差数列或等比数列？说明理由；(2)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是等差数列，并求数列{a 2n }的通项公式.(1)解 由a 1＝12a 1＋12＋12＝12a 1＋12⇒a 1＝1，a 2＝2a 22＋22＝2a 1＋1＝3，a 3＝32a 3＋12＋12＝32a 2＋12＝5，a 4＝2a 42＋42＝2a 2＋2＝8.∵a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，∴a 3－a 2≠a 4－a 3， ∴数列{a n }不是等差数列.又∵a 2a 1＝3，a 3a 2＝53，∴a 2a 1≠a 3a 2，∴数列{a n }也不是等比数列.(2)证明 ∵对任意正整数n ，a 2n ＋1＝2a 2n ＋2n ， ∴a 2n ＋12n ＋1－a 2n 2n＝12，a 22＝32，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是首项为32，公差为12的等差数列，从而对∀n ∈N *，a 2n 2n＝32＋n －12，则a 2n ＝(n ＋2)·2n －1. ∴数列{a 2n }的通项公式是a 2n ＝(n ＋2)·2n －1(n ∈N *).练．数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈，若n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2021S =__________.【答案】30342023【分析】由题意，当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭；当n 为偶数时，sin 4n n a π=.然后根据分组求和法、裂项相消求和法及三角函数的周期性即可求解.【详解】解：数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈， ①当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，②当n 为偶数时，sin4n n a π=，24680a a a a +++=，则偶数项和为()()246810121416a a a a a a a a ++++++++()20102012201420162018202020182024201a a a a a a a a a a +++++++==+=，所以()()2021132021242020S a a a a a a =+++++++1111111233520212023⎛⎫=-+-++- ⎪⎝⎭101130341120232023+=+=， 故答案为:30342023. 练．已知n S 数列{}n a 的前n 项和，1a λ=，且21(1)n n n a a n ++=-，若201920192101020192019S a μ-=-，（其中,0λμ>），则20191λμ+的最小值是（）A ．B ．4C ．D ．2018【答案】B 【分析】由21(1)n n n a a n ++=-，可得2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得可求得()12345201820192a a a a a a a +++++++，结合201920192101020192019S a μ-=-，根据均值不等式，即可求得答案. 【详解】21(1)n n n a a n ++=-∴2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得，()22222212345201820192123420172018a a a a a a a +++++++=-+-+--+，()()()2222222019120192123420172018S a a ∴--=-++-+++-+(21)(21)(43)(43)(20182017)(20182017)=-⨯++-⨯+++-⨯+，12342017201820191009=++++++=⨯20192019121009201920192019S a a∴-=+ 又201920192101020192019S a μ-=-， 1100910102019a μ∴+=-， 即112019a μ+=， 又1a λ=，20191201912019λμλμλμ⎛⎫⎛⎫∴+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭201911242019μλλμ=++++…， 当且仅当20192019μλλμ=时等号成立，故选：B ．练．已知数列{}n a 满足12a =，23a =且*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，则该数列的前9项之和为（） A ．32 B ．43C ．34D ．35【答案】C 【分析】讨论n 为奇数、偶数的情况数列{}n a 的性质，并写出对应通项公式，进而应用分组求和的方法求数列的前9项之和.【详解】*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，∴当n 为奇数时，21210n n a a +--=，则数列21{}n a -是常数列，2112n a a -==；当n 为偶数时，2222n n a a +-=，则数列2{}n a 是以23a =为首项，公差为2的等差数列，129139248()()a a a a a a a a a ∴+++=+++++++4325(342)2⨯=⨯+⨯+⨯34=. 故选：C练．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*1(1),N 2n n n n S a n =--∈，则12100S S S +++=（ ）A ．10011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ B ．9811132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦C ．5011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ D ．4911132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦【答案】A 【分析】由递推式求出数列的首项,当2n ≥时分n 为偶数和奇数求出n a ,代入*1(1),2n n n nS a n N =--∈后分组,然后利用等比数列的前n 项和公式求解. 【详解】由*1(1),2n n a n S a n =--∈N ，当1n =时，1112S a =--，得114a =-；当2n ≥时，111111(1)(1)22----=-=----+nn n n n n n n n a S S a a ，即11(1)(1)2n nn n n na a a -=-+-+. 当n 为偶数时，11(2)2n n a n -=-≥，所以112n n a +=-（n 为正奇数）， 当n 为奇数时，11111112(2)2222n n n n nn a a -+-⎛⎫=-+=--+= ⎪⎝⎭，所以12n na =（n 为正偶数），所以122211,22a a -==，所以412342411112,,2222a a a a -+=⨯=-==，所以34991004310010011112,,,2222a a a a -+=⨯=⋯-==，所以991001009911222a a -+=⨯=.因为123100S S S S ++++()()()()12345699100a a a a a a a a =-++-++-+++-+-2100111222⎛⎫+++⎪⎝⎭359911112222=++++2100111222⎛⎫-+++= ⎪⎝⎭501001111112422111142⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=--10011132⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 故选：A练．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且()212n n n S S a n -+=≥，设()()121nn nna b S -+=，则数列{}n b 前n 项和的取值范围为_________．【答案】32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【分析】根据n n S a ，之间关系可得数列{}n a 为等差数列并得到n a ，然后得到n b ，根据裂项相消可得数列{}n b 前n 项和，最后进行判断即可. 【详解】由21n n n S S a -+=①，则211n n n S S a +++=②②-①化简可得：()()1110n n n n a a a a ++--+=，又0n a >，所以()112n n a a n +-=≥当2n =时，21212122222a a S S a a a a +=⇒++=⇒= 所以211a a -=符号11n n a a +-=，故数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列 所以n a n =，则()12n n nS +=所以()()()()2112111112nn n n n b n n n ⋅-+==⋅⎛⎫+ ⎪+⎝+⎭- 令设数列{}n b 前n 项和n T 所以()()111111121...11223341n nn T n n ⎡⎤=--++--++-⋅+-⋅⎢⎥+⎣⎦所以11,1111n n n T n n ⎧-⎪⎪+=⎨⎪--⎪+⎩为偶数，为奇数， 当n 为偶数时，111n T n =-+，则12133n T ≤-=-且1n T >- 当n 为奇数时，111n T n =--+，则13122n T ≥--=-且1n T <- 综上所述：32,11,23n T ⎡⎫⎛⎤∈--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦故答案为：32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦练．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若1(1)2n n n n S a =-+，则1211S S S ++⋯+=_____. 【答案】13654096 【分析】运用数列的递推式，讨论n 为奇数或偶数，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和.【详解】解：()112n n n nS a =-+， 当1n =时，11112a S a ==-+，解得114a =，2n ≥时，1n n n a S S -=-， 可得()()1112n n n n nS S S -=--+， 当n 为偶数时，112n n n S S S π-=-+，即有1n12n S -=； 当n 为奇数（3n ≥）时，()112n n n S S S π-=--+， 可得1122n n n S S -=-=1112022n n +⋅-=， 即有121114S S S +++=110001664+++++++1212 61111365441409614⎛⎫- ⎪⎝⎭==-. 故答案为13654096.。