[精品]2019高考数学二轮复习专题二数列规范答题示范练习

14个填空题专项强化练(九) 数 列A 组——题型分类练题型一 等差、等比数列的基本运算1．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＝7，S 7＝－7，则a 7的值为________． 解析：因为等差数列{a n }满足a 2＝7，S 7＝－7，所以S 7＝7a 4＝－7，a 4＝－1，所以d ＝a 4－a 24－2＝－4，所以a 7＝a 2＋5d ＝－13.答案：－132．(2018·盐城高三模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n ＋n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：S n ＝2a n ＋n (n ∈N *) ①，当n ＝1时，得a 1＝－1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋n －1 ②，①－②，得a n ＝2a n －2a n －1＋1(n ≥2)，即a n －1＝2(a n －1－1)(n ≥2)，则数列{a n －1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，则a n －1＝－2×2n －1＝－2n，a 1＝－1符合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1－2n .答案：1－2n3．已知等比数列{a n }的各项均为正数，若a 4＝a 22，a 2＋a 4＝516，则a 5＝________.解析：法一：设等比数列{a n }的首项为a 1(a 1>0)，公比为q (q >0)，由题意⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝a 1q2，a 1q ＋a 1q 3＝516，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，q ＝12，所以a 5＝a 1q 4＝132.法二：(整体思想)依题意由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 22，a 2＋a 4＝516，得16a 22＋16a 2－5＝0，即(4a 2＋5)(4a 2－1)＝0，又等比数列{a n }各项均为正数，所以a 2＝14，从而a 4＝116，从而由q 2＝a 4a 2＝14，又q >0，所以q ＝12，a 5＝a 4q ＝116×12＝132.答案：132[临门一脚]1．等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．2．在等差、等比混合后考查基本量的计算容易造成公式和性质混淆，从而造成计算失误． 3．等差、等比数列的通项公式：等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1qn－1＝a m qn －m(a 1≠0，q ≠0)．4．等差、等比数列的前n 项和： (1)等差数列的前n 项和为：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n (二次函数)．特别地，当d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，且常数项为0，即可设S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数)． (2)等比数列的前n 项和为：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1，特别地，若q ≠1，设a ＝a 11－q，则S n ＝a －aq n，要注意对q 是否等于1讨论．题型二 等差、等比数列的性质1．(2018·苏北四市质检)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝10，a 28－a 22＝36，则a 11的值为________．解析：因为数列{a n }是等差数列，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝5a 5＝10，a 5＝2，则a 28－a 22＝(a 8＋a 2)(a 8－a 2)＝12a 5d ＝24d ＝36，d ＝32，则a 11＝a 5＋6d ＝11.答案：112．设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝________.解析：设S 2＝k ，S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73.答案：733．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________. 解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.答案：504．已知数列{a n }是等差数列，且a n >0，若a 1＋a 2＋…＋a 100＝500，则a 50·a 51的最大值为________． 解析：法一：设等差数列{a n }的公差为d (d ≥0)，由题意得，100a 1＋4 950d ＝500，所以a 1＝5－49.5d ，所以a 50·a 51＝(a 1＋49d )·(a 1＋50d )＝(5－0.5d )·(5＋0.5d )＝－0.25d 2＋25.又d ≥0，所以当d ＝0时，a 50·a 51有最大值25.法二：由等差数列的性质知，50(a 50＋a 51)＝500，即a 50＋a 51＝10，所以由基本不等式得a 50·a 51≤⎝⎛⎭⎪⎫a 50＋a 5122＝25，当且仅当a 50＝a 51＝5时取等号，所以a 50·a 51有最大值25.答案：255．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，若A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数n 的个数是________．解析：由a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝72n －1＋452n －1＋3＝7n ＋19n ＋1＝7n ＋1＋12n ＋1＝7＋12n ＋1.因此n ∈N *，a n b n∈N *，故n ＋1＝2,3,4,6,12，即n 共有5个． 答案：5 [临门一脚]1．若序号m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ；特别的，若序号m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ；在等比数列中，则有a m ·a n ＝a p ·a q ；特别的，若序号m ＋n ＝2p ，则a m ·a n ＝a 2p ；该性质还可以运用于更多项之间的关系．2．在等差数列{a n }中，S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，其公差为kd ；其中S n 为前n 项的和，且S n ≠0(n ∈N *)；在等比数列{a n }中，当q ≠－1或k 不为偶数时S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，其中S n 为前n 项的和(n ∈N *)．题型三 数列的综合问题1．已知等比数列{a n }的前4项和为5，且4a 1，32a 2，a 2成等差数列，若b n ＝1log 23a n ＋1，则数列{b n b n ＋1}的前10项和为________．解析：由4a 1，32a 2，a 2成等差数列，可得4a 1＋a 2＝3a 2，则2a 1＝a 2，则等比数列{a n }的公比q ＝a 2a 1＝2，则数列{a n }的前4项和为a 11－241－2＝5，解得a 1＝13，所以a n ＝13×2n －1，b n ＝1log 23a n ＋1＝1n，则b n b n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，其前10项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1011.答案：10112．对于数列{a n }，定义数列{b n }满足：b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n ∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝________.解析：由a 3＝1，a 4＝－1及b n ＝a n ＋1－a n 得b 3＝a 4－a 3＝－2，又由b n ＋1－b n ＝1得数列{b n }是等差数列，b n ＝b 3＋(n －3)×1＝n －5，所以a n ＋1－a n ＝n －5，从而得a 3－a 2＝－3⇒a 2＝4，a 2－a 1＝－4⇒a 1＝8.答案：83．(2018·南京四校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝8n －n 2，令b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，设数列{b n }的前n 项和为T n ，当T n 取得最大值时，n ＝________.解析：法一：当n ＝1时，a 1＝7；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝9－2n ，经检验，n ＝1时也符合，故a n ＝9－2n ，则b n ＝a n a n ＋1a n ＋2＝(9－2n )(7－2n )(5－2n )，当T n 取得最大值时，应满足{b n }的前n 项均为非负项．令b n ≥0得，n ≤2.5或3.5≤n ≤4.5，又n ∈N *，所以n ＝1,2,4，而T 1＝105，T 2＝120，T 4＝120，故当T n 取得最大值时，n ＝2或4.法二：由S n ＝8n －n 2知，数列{a n }为等差数列，且a n ＝9－2n ，即7,5,3,1，－1，－3，－5，－7，…，枚举知，T 1＝105，T 2＝120，T 3＝117，T 4＝120，T 5＝105，…，故当T n 取得最大值时，n ＝2或4.答案：2或44．在等差数列{a n }中，首项a 1＝3，公差d ＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．解析：由已知条件可得数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1，设连续10项为a i ＋1，a i ＋2，a i ＋3，…，a i ＋10，i ∈N ，设漏掉的一项为a i ＋k,1≤k ≤10，由a i ＋1＋a i ＋10×102－a i ＋k ＝185，得(2i ＋3＋2i ＋21)×5－2i －2k －1＝185，即18i －2k ＝66，即9i －k ＝33，所以34≤9i ＝k ＋33≤43,3<349≤i ≤439<5，所以i ＝4，此时，由36＝33＋k 得k ＝3，所以a i ＋k ＝a 7＝15，故此连续10项的和为200.答案：200 [临门一脚]1．数列求和的方法主要有错位相减法、倒序相加法、公式法、拆项并项法、裂项相消法等． 2．根据递推关系式求通项公式的方法有累加法，累积法，待定系数法，取倒数、取对数等． 3．数列单调性可以用定义研究，也可以构造函数进行研究，要注意数列和所构造函数的定义域的差别．B 组——高考提速练1．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＝1，a 4＝5，则S 5＝________.解析：法一：由等差数列的通项公式，得5＝1＋2d ，则d ＝2，a 1＝－1，S 5＝5×(－1)＋5×42×2＝15.法二：S 5＝5a 1＋a 52＝5a 2＋a 42＝5×62＝15. 答案：152．在数列{a n }中，a 1＝3，且对任意大于1的正整数n ，a n －a n －1＝3，则a n ＝________. 解析：由定义知{a n }是以3为首项，以3为公差的等差数列，故a n ＝3n ，即a n ＝3n 2. 答案：3n 23．在等比数列{a n }中，若a 1＝1，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 7＝________.解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1＝1，a 3a 5＝4(a 4－1)，所以q 2·q 4＝4(q 3－1)，即q 6－4q 3＋4＝0，q 3＝2，所以a 7＝q 6＝4.法二：设等比数列{a n }的公比为q, 由a 3a 5＝4(a 4－1)得a 24＝4(a 4－1)，即a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2，因为a 1＝1，所以q 3＝2，a 7＝q 6＝4.答案：44．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________． 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4.答案：45．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________.解析：因为等比数列{a n }的公比q ＝3，所以S 3＋S 4＝2S 3＋a 4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋19a 3＋3a 3＝539a 3＝533，所以a 3＝3. 答案：36．设公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 10＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由S 3＝a 22得3a 2＝a 22，解得a 2＝0或a 2＝3.又由S 1，S 2，S 4成等比数列可得S 22＝S 1S 4.若a 2＝0，则S 1＝S 2＝a 1≠0，S 2＝S 4＝a 1，a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝0，a 3＝0，则d ＝0，故a 2＝0舍去；若a 2＝3，则S 1＝3－d ，S 2＝6－d ，S 4＝12＋2d ，有(6－d )2＝(3－d )(12＋2d )(d ≠0)，得d ＝2，此时a 10＝a 2＋8d ＝19.答案：197．在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________.解析：因为3a 4＝7a 7，所以3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )， 所以a 1＝－334d >0，所以d <0，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝d4(4n －37)，当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0， 所以使S n 取得最大值的n ＝9. 答案：98．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 11－271－2＝381，解得a 1＝3.答案：39．已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的____________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)．解析：因为{a n }为等差数列，所以S 4＋S 6＝4a 1＋6d ＋6a 1＋15d ＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d ，S 4＋S 6－2S 5＝d ，所以d >0⇔S 4＋S 6>2S 5.故“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．答案：充要10．设数列{}a n 满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑k ＝1100(a k a k ＋1)的值为________．解析：因为(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1，所以a n －a n ＋1－a n a n ＋1＝0，从而1a n ＋1－1a n＝1，1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋n －1＝n ，所以a n ＝1n ，故a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，因此∑k ＝1100(a k a k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 答案：10010111．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为________．解析：设数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.因为S 2mS m ＝a 11－q 2m1－q a 11－q m1－q ＝q m＋1＝9，所以q m＝8.所以a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，所以m ＝3，所以q 3＝8，所以q ＝2.答案：212．数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前8项和为________．解析：因为a n ＋1－a n ＝n ＋1， 所以a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…a n －a n －1＝(n －1)＋1，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1， 把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n n ＋12，∴1a n ＝2 nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项的和S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前8项和为169.答案：16913．设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a n >0，若S 6－2S 3＝5，则S 9－S 6的最小值为________．解析：法一：当q ＝1时，S 6－2S 3＝0，不合题意，所以q ≠1，从而由S 6－2S 3＝5得a 11－q 61－q－2a 11－q 31－q＝5，从而得a 11－q ＝5－q 6＋2q 3－1＝5－q 3－12<0，故1－q <0，即q >1，故S 9－S 6＝a 11－q 91－q －a 11－q 61－q＝5－q 3－12·(q 6－q 9)＝5q 6q 3－1，令q 3－1＝t >0，则S 9－S 6＝5t ＋12t＝5⎝⎛⎭⎪⎫t ＋1t＋2≥20，当且仅当t ＝1，即q 3＝2时等号成立．法二：因为S 6＝S 3(1＋q 3)，所以由S 6－2S 3＝5得S 3＝5q 3－1>0，从而q >1，故S 9－S 6＝S 3(q 6＋q 3＋1)－S 3(q 3＋1)＝S 3q 6＝5q6q 3－1，以下同法一．答案：2014．已知数列{b n }的每一项都是正整数，且b 1＝5，b 2＝7<b 3，数列{a n }是公差为d (d ∈N *)的等差数列，且有a 7＝6，则使得数列{ab n }是等比数列的d 的值为________．解析：法一：ab 1＝a 5＝6－2d ，ab 2＝a 7＝6，易知d ≠3，等比数列{ab n }的公比q ＝66－2d ＝33－d，ab n ＝(6－2d )·⎝⎛⎭⎪⎫33－d n －1，又ab n ＝6＋(b n －7)d ，所以6＋(b n －7)d ＝(6－2d )⎝ ⎛⎭⎪⎫33－d n －1，所以6＋(b3－7)d ＝(6－2d )·⎝⎛⎭⎪⎫33－d 2，即6＋(b 3－7)d ＝183－d ，由b 3>7，得3－d >0，由d ∈N *得d ＝1或2，当d＝1时，b n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋1，不合题意，当d ＝2时，b n ＝3n －1＋4，符合题意，所以所求d 的值为2.法二：由数列{ab n }是等比数列得ab 1ab 3＝a 2b 2，而ab n ＝a 7＋(b n －7)d ，所以，由b 1＝5，b 2＝7得，(6－2d )·[6＋(b 3－7)d ]＝36，易知d ≠3，解得b 3－7＝63－d>0，由d ∈N *得，d ＝1或2，当d＝1时，b n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋1，不合题意，当d ＝2时，b n ＝3n －1＋4，符合题意，所以所求d 的值为2.答案：2。

(二)数 列1．(2018·潍坊模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且1，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ·b n ＝1＋2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知1，a n ，S n 成等差数列，得2a n ＝1＋S n ，① 当n ＝1时，2a 1＝1＋S 1＝1＋a 1，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n －1＝1＋S n －1，②①－②得2a n －2a n －1＝a n ，∴a n a n －1＝2， ∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝a 1q n －1＝1×2n －1＝2n －1(n ∈N *)． (2)由a n ·b n ＝1＋2na n ，得b n ＝1a n＋2n ， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝1a 1＋2＋1a 2＋4＋…＋1a n＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＋(2＋4＋…＋2n ) ＝1－12n 1－12＋(2＋2n )n 2＝n 2＋n ＋2－12n －1(n ∈N *)． 2．(2018·四川成都市第七中学三诊)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 3＝7，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n ·2n}的前n 项和为S n ，求S n .解 (1)设等差数列{a n } 的公差为d (d ≠0)，则a 3＝a 1＋2d ＝7.又∵a 1，a 4，a 13成等比数列，∴a 24＝a 1a 13，即(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，整理得2a 1＝3d∵a 1≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＝3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)得a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n，∴S n ＝3×2＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① ∴2S n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－S n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝2(1－2n ＋1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋(1－2n )·2n ＋1.∴S n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1(n ∈N *)．3．(2018·厦门质检)已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)方法一 由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4，∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于∀n ∈N *均成立， 则⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1，得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋1＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋n＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n2n ＋1(n ∈N *)．4．(2018·安徽省江南十校模拟)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n(1＋a n )(1＋a n ＋1)，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝2－32＝12；当n ≥2时，由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22n ，①a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2－n ＋12n －1，②①－②得na n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n ＋12n －1 ＝n2n ，可得a n ＝12n ， 又∵当n ＝1时也成立，∴a n ＝12n (n ∈N *)． (2)∵b n ＝12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＋1 ＝2n ＋1(2n ＋1)(2n ＋1＋1) ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1， ∴T n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＋1＝23－22n ＋1＋1(n ∈N *)．5．(2018·宿州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2.(1)证明数列{a n ＋2}是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和K n .解 (1)由T n ＝2S n －n 2，得a 1＝S 1＝T 1＝2S 1－1， 解得a 1＝S 1＝1，由S 1＋S 2＝2S 2－4，解得a 2＝4.当n ≥2时，S n ＝T n －T n －1 ＝2S n －n 2－2S n －1＋(n －1)2， 即S n ＝2S n －1＋2n －1，① S n ＋1＝2S n ＋2n ＋1，②由②－①得a n ＋1＝2a n ＋2，∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 2＋2＝2(a 1＋2)，∴数列{a n ＋2}是以a 1＋2＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝3·2n －1， 即a n ＝3·2n －1－2(n ∈N *)．(2)∵b n ＝3n ·2n －1－2n ， ∴K n ＝3(1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1)－2(1＋2＋…＋n ) ＝3(1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1)－n 2－n . 记R n ＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1，③2R n ＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n，④由③－④，得－R n＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴R n＝(n－1)·2n＋1.∴K n＝3(n－1)2n－n2－n＋3(n∈N*)．。

2.数 列1.在等差数列{a n }中，a 1＝－2，a 12＝20.(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n，求数列{3b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＝－2＋(n －1)d ，所以a 12＝－2＋11d ＝20，于是d ＝2，所以a n ＝2n －4(n ∈N *).(2)因为a n ＝2n －4，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (2n －6)2＝n (n －3)，于是b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n＝n －3，令c n ＝3b n ，则c n ＝3n －3， 显然数列{c n }是等比数列，且c 1＝3－2，公比q ＝3， 所以数列{3b n }的前n 项和S n ＝c 1()1－q n1－q ＝3n －118(n ∈N *). 2.(2018·巩义模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12. (1)解 由条件可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为2，公差为2，所以1a n＝2＋(n －1)×2＝2n ， 故a n ＝12n(n ∈N *). (2)证明 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，n ≥2，n ∈N *. 又因为a 21＝14， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1n <14×2＝12. 故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12. 3.(2018·衡水金卷模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5,3a 5＋a 9＝S 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋1a n ，且b 1＝a 6，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝5,3a 5＋a 9＝S 6，得3(5＋4d )＋(5＋8d )＝6×5＋6×52d ， 解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝5＋2(n －1)＝2n ＋3(n ∈N *).(2)由(1)得，b 1＝a 6＝2×6＋3＝15.又因为b n ＋1＝a n ＋1a n ，所以当n ≥2时，b n ＝a n a n －1＝(2n ＋3)(2n ＋1)， 当n ＝1时，b 1＝5×3＝15，符合上式，所以b n ＝(2n ＋3)(2n ＋1)(n ∈N *).所以1b n ＝1(2n ＋3)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n 3(2n ＋3)(n ∈N *). 4.(2018·大庆模拟)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 9＝81.记b n ＝[log 5a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[log 516]＝1.(1)求b 1，b 14，b 61；(2)求数列{b n }的前200项和.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知S 9＝81，根据等差数列的性质可知，S 9＝9a 5＝9(a 1＋4d )＝81， ∴a 1＋4d ＝9.∵a 1＝1，∴d ＝2，∴a n ＝2n －1，∴b 1＝[log 51]＝0，b 14＝[log 527]＝2，b 61＝[log 5121]＝2.(2)当1≤n ≤2时，1≤a n ≤3(a n ∈N *)，b n ＝[log 5a n ]＝0，共2项； 当3≤n ≤12时，5≤a n ≤23，b n ＝[log 5a n ]＝1，共10项； 当13≤n ≤62时，25≤a n ≤123，b n ＝[log 5a n ]＝2，共50项； 当63≤n ≤200时，125≤a n ≤399，b n ＝[log 5a n ]＝3，共138项. ∴数列{b n }的前200项和为2×0＋10×1＋50×2＋138×3＝524.。

[2019高考数学二轮复习专题--数列课件及练习（两组试卷）]2019高考数学二轮复习专题--数列课件及练习（两组试卷）2019高考数学二轮复习专题--数列课件及练习（1）等差数列、等比数列的基本问题 1.等差数列{an}前9项的和等于前4项的和,若a1=1,ak+a4=0,则k=. 2.已知在等比数列{an}中,a3=2,a4a6=16,则(a_7 “-” a_9)/(a_3 “-” a_5 )=. 3.(2018江苏南通中学高三考前冲刺练习)已知等差数列{an}的公差d=3,Sn是其前n项和,若a1,a2,a9成等比数列,则S5的值为. 4.(2018南通高三第二次调研)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则a5=. 5.设数列{an}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1与a2n=a2n-1+1,则数列{an}的前20项和为. 6.(2018江苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S_10/S_5 =4,则(4a_1)/d=. 7.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,且〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,设bn=log2an,则1/(b_1 b_2 )+1/(b_2 b_3 )+…+1/(b_10 b_11 )的值是. 8.(2018扬州高三第三次调研)已知实数a,b,c成等比数列,a+6,b+2,c+1成等差数列,则b的最大值为. 9.(2018扬州高三第三次调研)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=(n+5)/2(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn. (1)求a1+a3的值; (2)若a1+a5=2a3. ①求证:数列{a2n}为等差数列; ②求满足S2p=4S2m(p,m∈N*)的所有数对(p,m). 10.(2018苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知等差数列{an}的首项为1,公差为d,数列{bn}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,6Sn=9bn-an-2恒成立. (1)如果数列{Sn}是等差数列,证明数列{bn}也是等差数列; (2)如果数列{b_n+1/2}为等比数列,求d的值; (3)如果d=3,数列{cn}的首项为1,cn=bn-bn-1(n≥2),证明数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中的两项之和. 答案精解精析 1.答案10 解析S9=S4,则9a1+36d=4a1+6d,a1+6d=a7=0,则a4+a10=2a7=0,则k=10. 2.答案 4 解析等比数列中奇数项符号相同,a3>0,则a5>0,又a4a6=〖a_5〗=16,则a5=4,从而a7=8,a9=16,则(a_7 “-” a_9)/(a_3 “-” a_5 )=(“-” 8)/(“-” 2)=4. 3.答案65/2 解析由题意可得a1a9=〖a_2〗,则由a1(a1+24)=(a1+3)2,解得a1=1/2,则S5=5×1/2+(5×4)/2×3=65/2. 4.答案-6 解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠1,(a_1 “(“ 1”-” q “)” )/(1”-” q)+(a_1 “(“ 1”-” q “)” )/(1”-” q)=2(a_1 “(“ 1”-” q“)”)/(1”-” q),化简得2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去1),则a5=a_8/q =-6. 5.答案2056 解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=(1”-” 2)/(1”-” 2)=1023,偶数项a2+a4+…+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1033,故数列{an}的前20项和为2056. 6.@n”-” 1”,” n≥2”,” )┤所以1/(b_1 b_2 )+1/(b_2 b_3 )+…+1/(b_10 b_11 )=1+1/(1×2)+1/(2×3)+…+1/(9×10)=1+(1”-”1/2)+(1/2 “-”1/3)+…+(1/9 “-”1/10)=2-1/10=19/10. 8.答案3/4 解析设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=b/q,c=bq,又a+6=b/q+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则(b/q+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=3/2”-” (q+1/q) ,当b最大时q0,则a5>0,又a4a6=〖a_5〗=16,则a5=4,从而a7=8,a9=16,则(a_7 “-” a_9)/(a_3 “-” a_5 )=(“-” 8)/(“-” 2)=4. 3.答案65/2 解析由题意可得a1a9=〖a_2〗,则由a1(a1+24)=(a1+3)2,解得a1=1/2,则S5=5×1/2+(5×4)/2×3=65/2. 4.答案-6 解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠1,(a_1 “(“ 1”-” q “)” )/(1”-” q)+(a_1 “(“ 1”-” q “)” )/(1”-” q)=2(a_1 “(“ 1”-” q“)” )/(1”-” q),化简得2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去1),则a5=a_8/q =-6. 5.答案2056 解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=(1”-” 2)/(1”-” 2)=1023,偶数项a2+a4+…+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1033,故数列{an}的前20项和为2056. 6.答案 2 解析由〖S_1〗_0/S_5 =4得〖S_1〗_0=4S5,即10a1+45d=4(5a1+10d),则(4a_1)/d=2. 7.答案19/10 解析由〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,且S1=a1=2,得数列{Sn}是首项、公比都为2的等比数列,则Sn=2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1解析设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=b/q,c=bq,又a+6=b/q+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则(b/q+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=3/2”-” (q+1/q) ,当b最大时q感谢您的阅读！。

专题二数列规范答题示范【典例】 (12分)(2017·天津卷)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).[信息提取]❶看到求等差数列{a n}和等比数列{b n}的通项公式，想到利用基本量法分别求等差、等比数列的公差和公比；❷看到求数列{a2n b n}的前n项和，想到利用错位相减法求数列的前n项和[规范解答][高考状元满分心得]❶牢记等差、等比数列的相关公式：熟记等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式，解题时结合实际情况合理选择.如第(1)问运用了等差、等比数列的通项公式.❷注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上得出数列{a 2n b n }，分析数列特征，想到用错位相减法求数列的前n 项和.[解题程序]第一步：利用基本量法求{b n }的通项；第二步：由b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4构建关于a 1与d 方程(组)，求a n ；第三步：由第(1)问结论，表示出{a 2n b n }的通项；第四步：利用错位相减法求数列前n 项和T n .第五步：反思检验，规范解题步骤.【巩固提升】 (2018·德州二模)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)a n ＝(n ＋1)S n －1＋n (n －1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n ＋1为等比数列； (2)记T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n ，求T n .(1)证明 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，所以(n －1)(S n －S n －1)＝(n ＋1)S n －1＋n (n －1)， 即(n －1)S n ＝2nS n －1＋n (n －1)，则S n n ＝2×S n －1n －1＋1，所以S n n ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －1n －1＋1，又S 11＋1＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列.(2)解 由(1)知S n n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 11＋1·2n －1＝2n，所以S n ＝n ·2n－n ，故T n ＝(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)－(1＋2＋…＋n ). 设M ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n ，则2M ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1，所以－M ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1， 所以M ＝(n －1)·2n ＋1＋2，所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2－n （n ＋1）2.。

2019高考理科数学二轮复习专项大题练二数列(A)1.(2018·烟台模拟)已知{a n}为等差数列,且a3=-6,a6=0.(1)求{a n}的通项公式;(2)若等比数列{b n}满足b1=-8,b2=a1+a2+a3,求{b n}的前n项和公式.2.(2018·蚌埠二模)已知等差数列{a n}满足a2=2,a1+a4=5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足:b1=3,b2=6,{b n-a n}为等比数列,求数列{b n}的前n项和T n.3.(2018·南宁模拟)观察下列三角形数表:假设第n行的第二个数为a n(n≥2,n∈N*).(1)归纳出a n+1与a n的关系式,并求出a n的通项公式;(2)设a n b n=1(n≥2),求证:b2+b3+…+b n<2.4.(2018·成都模拟)已知公差不为零的等差数列{a n}中,a3=7,且a1,a4,a13成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记数列{a n·2n}的前n项和为S n,求S n.1.解:(1)在等差数列{a n}中,由a3=-6,a6=0,得d===2,所以a n=a6+(n-6)d=2n-12.(2)在等比数列{b n}中,b1=-8,b2=a1+a2+a3=-10+(-8)+(-6)=-24,所以q===3,所以{b n}的前n项和S n==4×(1-3n).2.解:(1)等差数列{a n}满足a2=2,a1+a4=5,则解得a1=d=1,所以a n=1+(n-1)=n.(2)因为b1=3,b2=6,{b n-a n}为等比数列,设公比为q,所以b1-a1=3-1=2,b2-a2=6-2=4,所以q=2,所以b n-a n=2×2n-1=2n,所以b n=n+2n,所以数列{b n}的前n项和T n=(1+2+3+…+n)+(2+22+…+2n)=+=+2n+1-2.3.(1)解:依题意a n+1=a n+n(n≥2),a2=2,a n=a2+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(a n-a n-1)=2+2+3+…+(n-1)=2+,所以a n=n2-n+1(n≥2).(2)证明:因为a n b n=1,所以b n=<=2(-),b2+b3+b4+…+b n<2[(-)+(-)+…+(-)]=2(1-)<2.4.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),由a3=7,且a1,a4,a13成等比数列,得解得a1=3,d=2.所以a n=3+2(n-1)=2n+1.(2)因为a n·2n=(2n+1)·2n,所以数列{a n·2n}的前n项和S n=3·21+5·22+…+(2n+1)·2n,2S n=3·22+5·23+…+(2n-1)·2n+(2n+1)·2n+1,所以-S n=6+23+24+…+2n+1-(2n+1)·2n+1=6+-(2n+1)·2n+1=-2+(1-2n)×2n+1, 所以S n=2-(1-2n)×2n+1.。