2018届高考数学二轮 数列求和专题卷(全国通用)

2018广东高考数学一轮二项式定理在数列求和中的应用一， 二项式定理和杨辉三角介绍：1,二项式定理： ()n n n n r n r r n n n n n n n a b C a b C a b C a b C a b C a b ---+=+++++001112220其中rn C 叫做二项式系数。

2,杨辉三角：二， 重要组合恒等式:（1）,r r r n n n C C C ---+=111 证明：()!()!()!()!!()!r r n n n n C C r n r r n r -----+=+----1111111=()!![()]!()!!()!r n n n r n r C r n r r n r -+-==--1（证 毕） （2），()r r r r r r r r n n C C C C C n r +++-++++=>1121证明（数学归纳法）：当n r =+1时 上式 左边=1 右边是r r C ++=111，所以是正确的。

假设上式对()n k k r =>正确 即r r r r r r r r k k C C C C C +++-++++=1121那么就有r r r r r r r r r r k k kk C C C C C C C +++-+++++=+1121 再有组合不等式（1）可得r r r r r r r r r k k k C C C C C C +++-++++++=11211故综上所述 对于所有大于r 的正整数n （2）式都是成立的。

三， 一元n 次多项式根与系数的关系对于多项式n n n n n x a xa x a x a ---++++=121210 若,,n x x x x 123 是它的n 个根则有一下等式成立： ()n a x x x -=+++11121()n n a x x x x x x --=+++22121311()i i i k k k a x x x -=∑121 （所有i 个不同的根的乘积的和）()n n a a a a -=1231四， 应用举例为了方便应用，（2）式也可以写成()r r r r r r r r r n r n C C C C C n r ++++-+++++=>1121当r=1，2，3，4的时候上式也就是： ()!n n n ++++=+112312 ()()()!!n n n n n +++++=++1113611223 ()()()()()!!n n n n n n n ++++++=+++1114101212334()()()()()()()!!n n n n n n n n n +++++++=++++111515123123445 例一：求数列n a n =2 的前n 项和。

等差（比）数列问题1．已知等差数列{}n a 的公差不为零，其前n 项和为n S ，223a S =，且1S ，2S ，4S 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）记15943n n T a a a a -=++++ ，求n T ．2．已知{}n a 为等差数列，且满足138a a +=，2412a a +=． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记{}n a 的前n 项和为n S ，若3a ，1k a +，k S 成等比数列，求正整数k 的值．3．已知{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，{}n b 是等比数列，且112a b ==，4427a b +=，4410S b -=． （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）记1121n n n n T a b a b a b -=+++ ，n ∈*N ，证明：12(2)10n n n T a n b +=-+∈*N ．4．已知{}n a 是等差数列，14a =，416a =，数列{}n b 满足15b =，424b =，且{}nn b a -是等比数列．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n b 的前n 项和．5．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，112n n a S ++=． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）已知在数列{}n b 中，11b a =，当2n ≥时，n b 是n n a 与11n n a ++的等差中项，求数列{}n b 的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+，{}n b 是等差数列，且1n n n a b b +=+．（1）求数列{}n b 的通项公式； （2）令．求数列{}n c 的前n 项和n T ．7．已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠． （1）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （2）若，求λ．8．已知在等比数列{}n a 中，首项13a =，公比1q >，且213100()()n n n n a a a ++-=∈+*N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设13{}n n b a +是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{}n b 的通项公式及前n 项和n S ．9．已知正项等比数列{}n a 的首项13a =，且3a 是13a -和2a 的等差中项． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记22log 6log n n b a =-，求数列{}n n a b +的前n 项和n T ．10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2n S n n =+． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列1{}()2nnS n +⋅的前n 项和n T ．11．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，满足11a b =，222a b =，2213S T +=，332S b =．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）设2nn na cb =，求数列{}nc 的前n 项和n C ．12．已知数列{}n a 满足：22()n n n S a =∈-*N ． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令(1)n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．13．已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且32=b ，93=b ，11b a =，414b a =． （1）求{}n a 的通项公式；（2）设n n n b a c +=，求数列}{n c 的前n 项和．14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知24S =，121n n a S +=+，n ∈*N ． （1）求通项公式n a ； （2）求数列的前n 项和．15． n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =．记=[lg ]n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0，[lg 99]=1．（1）求1b ，11b ，101b ；（2）求数列{}n b 的前1 000项和．参考答案1．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由223a S =得2223a a =，故20a =或23a =．由1S ，2S ，4S 成等比数列得2214S S S =． 又12S a d =-，222S a d =-，4242S a d =+， 故2222()()42(2)a d a d a d -=-+．若20a =，则222d d =-，解得0d =，不符合题意．若23a =，则263122()()()d d d -=-+，解得2d =或0d =(不符合题意，舍去)． 因此数列{}n a 的通项公式为2(2)21n a a n d n =+-=-． （2）由（1）知4387n a n -=-，故数列43{}n a -是首项为1，公差为8的等差数列． 从而2143()()864322n n n nT a a n n n -=+=-=-． 【名师点睛】高考对数列的考查主要有三种形式：①等差、等比数列的通项公式以及求和公式的灵活应用；②运用各种方法对数列求和，如公式法、错位相减法、分组求和法等；③数列的综合应用． 2．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意可得112282412a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12a =，2d =，所以1()122(1)2n a a n d n n =+-=+-=， 即数列{}n a 的通项公式为2n a n =． （2）由（1）可得21()(22)122()n n a a n n nS n n n n ++===+=+， 所以3236a =⨯=，12()1k a k +=+，2k S k k =+．又3a ，1k a +，k S 成等比数列，所以213k k a a S +=，从而22(226)()k k k +=+，即220k k --=，*k ∈N ，解得2k =或1k =-(舍去)， 所以2k =．3．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由112a b ==，得423a d =+，342b q =，486S d =+，故3323227,86210,d q d q ⎧++=⎨+-=⎩解得3,2.d q =⎧⎨=⎩ 所以31n a n =-，2nn b =，n ∈*N ．（2）由（1）得231212222nn n n n T a a a a --=++++ ①，23112122222n n n n n T a a a a +-=++++ ②，由②－①，得32122()12(122313232322262102610)12,n n n n n n T n n n -++-=-=--+⨯+⨯++⨯++-+=⨯--而21012231102121()02610nnn n a b n n -+-=--+⨯-=⨯--， 所以12210n n n T a b +=-+，n ∈*N ．4【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得41164433a a d --===， 所以1(1)4()n a a n d n n =+-=∈*N ， 设等比数列{}nn b a -的公比为q ，由题意得344112416854b a q b a --===--，解得2q =．所以1111()2n n n n b a b a q---=-=，从而142()n n b n n -=+∈*N ．（2）由（1）知，142()n n b n n -=+∈*N ，数列{4}n 的前n 项和为2(1)n n +，数列1{2}n -的前n 项和为1212112nn -⨯=--，所以数列{}n b 的前n 项和为2(1)21n n n ++-．5【解析】（1）由112n n a S ++= ①，可得当2n ≥时，112n n a S -+= ②， ①－②得112(2)n n n n n a a S S a +--=-=，即13n n a a +=，故13(2)n na n a +=≥．当1n =时，21121213a S a =-=-=，此时21332a a =≠， 故数列{}n a 从第2项起构成公比为3q =的等比数列， 所以当2n ≥时，2212333n n n n a a q ---==⨯=．故12,132n n n n a -=⎧⎨≥⎩=,． （2）当2n ≥时，由已知得，11111141()()223323n n n nn n n n n n n b a a -++++=+=+=⨯， 故2141223n nn b n n =⎧⎪=+⎨≥⎪⨯⎩,,．当1n =时，112T b ==；当2n ≥时，12312314214314(1)141223232323n n n n nn n T b b b b b --⨯+⨯+-++=+++++=+++++⨯⨯⨯⨯ ①， 1224214314(1)1413623232323n n n n n T --⨯+⨯+-++=+++++⨯⨯⨯⨯ ②， ②－①得，2194441246232323n n n n T -+=++++-⨯⨯⨯ 211134142()22333n nn -+=-++++⨯ 2211[111()]33421123231n nn -+=-⨯-+-⨯ 1111412321()33n n n -+=+--⨯ 3547623nn +=-⨯， 故当2n ≥时，35471243n nn T +=-⨯． 显然，当1n =时，135********T ⨯+=-=⨯，上式也成立． 所以35471243n n n T +=-⨯． 6．【解析】（1）由题意当1=n 时，1111==S a ； 当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ，又161511a =⨯+=，所以56+=n a n ()n ∈*N ． 设等差数列{}n b 的公差为d ，由，即，解得14b =，3d =，所以13+=n b n ．（2）由（1）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，即23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++，所以345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++，以上两式两边相减得，所以223+⋅=n n n T ．7．【解析】（1）由题意得1111a S a λ+==， 故1≠λ，，01≠a ．由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1． 由01≠a ，0≠λ得0≠n a ，所以．因此}{n a 是首项为，公比为的等比数列，所以．（2）由（1）得，由得，即，解得1λ=-．8．【解析】（1）因为213100()()n n n n a a a ++-=∈+*N ， 所以2()3100n n n a q a a q +-=，即231030q q -+=． 由公比1q >，解得3q =．又首项13a =，所以等比数列{}n a 的通项公式为3nn a =．（2）因为13{}n n b a +是首项为1，公差为2的等差数列， 所以112(3)1n n b a n +=+-．所以数列{}n b 的通项公式为1213n n b n -=--，从而212()[31133313212()]n n n S n n --=-++++++++-=-+ ．9．【解析】（1）因为正项等比数列{}n a 的首项13a =，所以可设13n n a q -=，公比0q ≠， 又3a 是13a -和2a 的等差中项，所以31223a a a =-+，即223333q q ⨯=-+， 解得0q =(舍去)或12q =， 故数列{}n a 的通项公式为132n n a -=． （2）由（1）知132n n a -=， 因为222213log 6log log 6log 2n n n b a n -=-=-=， 所以132n n n a b n -+=+， 故1122()()()n n n T a b a b a b =++++++1212()()n n b b b a a a =+++++++012111111233((2222))n n -=+++++++++ 2161)22(n n n +-=+216322n n n -++-=，所以数列{}n n a b +的前n 项和212362n n n n T -++-=．10．【解析】（1）因为2n S n n =+，所以21(2)n S n n n -=-≥， 所以12(2)n n n a S S n n -=-=≥， 当1n =时，112a S ==也满足上式， 所以2n a n =． （2）由（1）知()2212()n n n S n n +==+， 所以(1)(1)2(1)22n n n n S n n nn n +==+⋅+⋅，所以2311232222n n nT =++++ ①，所以2341112322222n n nT +=++++ ②， ①－②得12311111(112)111122112222222212n n n n n n T n n n +++-=+++++-=-=-- ，所以222n n nT +=-．【名师点睛】数列是高考的热点内容，但是无论怎样命题，肯定少不了考查数列(包括等差数列与等比数列)的基本概念、基本公式，如通项公式、前n 项和公式(公式法、错位相减法、裂项相消法)的理解与记忆，与函数、不等式、方程等知识交汇仍然是这类问题的常见命题规律，万变不离其宗，考生在复习备考中只要把数列部分的基础知识落实好，就能在高考中游刃有余，解题时得心应手．11【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，则11111112112()2132(33)a b a d b q a d b b q a d b q=⎧⎪+=⎪⎨+++=⎪⎪+=⎩，解得112213a b d q =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，故1n a n =+，123n n b -=⨯．（2）由（1）知，1213n n n n a n c b -+==， 故1221111234(1)333n n n C c c c n -++++⨯+⨯+=++⨯= ①， 211323314(1)33n n C n -=⨯+⨯+⨯+++⨯ ②，②－①得：221111127(1)3333n n n C n --+++⋅⋅⋅+-+⨯=1111()1337(1)1313n n n ---=+-+⨯-2111117()(1)2233n n n ---+⨯=+-11525223n n -+=-⋅， 所以11525443n n n C -+=-⋅． 12．【解析】（1）当1n =时，1122S a =-，解得12a =， 由22n n S a =-，可得1122n n S a ++=-， 上述两式相减可得1122n n n a a a ++=-，所以12n na a +=，120a =≠， 所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2n n a =．（2）由（1）可知(1)22n n n n b n a n =-=⋅-，所以123123(1222322)(2222)n n n T n =⨯+⨯+⨯++⋅-++++ ， 令1231222322n M n =⨯+⨯+⨯++⋅ ①，则234121222322n M n +=⨯+⨯+⨯++⋅ ②，①－②得123112(12)222222(22)2212n n n n n M n n n ++--=++++-⋅=-⋅=-⋅-- ， 所以(22)22n M n =-⋅+， 所以12(12)(22)22(2)2412n nn n T n n +-=-⋅+-=-+-． 13．【解析】（1）因为等比数列{}n b 的公比，所以，4327b b q ==．设等差数列{}n a 的公差为d ， 因为111a b ==，14427a b ==，所以11327d +=，即2d =，所以21()n a n n =-∈*N ．（2）由（1）知，21n a n =-，13n n b -=，因此1213n n n n c a b n -=+=-+．从而数列{}n c 的前n 项和．14．【解析】（1）由题意得，解得，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13n n a -=，n ∈*N ． （2）设1|32|n n b n -=--，n ∈*N ，12b =，21b =．当3n ≥时，由于132n n ->+，故132n n b n -=--，3n ≥．设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则12T =，23T =．当3n ≥时，， 又23T =也符合上式，所以． 15．【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，由已知可得72128d +=，解得1d =， 所以等差数列{}n a 的通项公式为n a n =．又=[lg ]n n b a ，所以1[lg1]0b ==，11[lg11]1b ==，101[lg101]2b ==． （2）因为，所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893.⨯+⨯+⨯=。

2018高考数学第二次专题卷数 学 试 卷(数列的通项与求和)命题人:王建宏一、选择题:1.设某等差数列的首项为)0(≠a a ,第二项为.b 则这个数列中有一项为0的充要条件是( ) A. b a -是正整数 B. b a +是正整数C.ba b-是正整数 D.ba a-是正整数 D 解析:ba an a b n a a n -=-=--+=1,0))(1(是正整数.故选D.2.等差数列{a n }中，a n =1，a 5+ a 9=98，S n 为其前n 项和，则S 9等于（ ） A ．291 B ．294 C ．297 D ．300 C 解析: 由98,1951=+=a a a 得:988411=+++d a d a ,求得29782899,819=⨯⨯+==a S d 则, 故选C.3. 数列{}n a 的前 n 项和 S n ＝23n 2n -（n ∈N +），当 n ≥2时，有 ( )A. S n ＞n 1a a ＞n n a aB. S n ＜n n a a ＜n 1a aC. n 1a a ＜S n ＜n n a aD. n n a a ＜S n ＜n 1a aD 解析: 由S n ＝23n 2n - , 可得45n a n =-+a , 11a =a , ∴245n na n n =-+a , ∴2223245222(1)0n n S na n n n n n n n n -=-+-=-=->a , (n ≥2) 2213222nna S n n n n n -=-+=-a 2(1)0n n =->, (n ≥2), ∴n n a a ＜S n ＜n 1a a .4.已知数列{}n a 为等比数列，2,11==q a ，又第m 项至第n 项的和为112)(n m <，则n m +的值为A. 11B. 12C. 13D. 14B 解析:由2,11==q a 可得第m 项至第n 项的和为11222212m nn m ---=--431122(21)==- 7,14n m ⇒=-=,由此可解得12m n +=,故应选B.5.某职工在一年12个月中，每月5日向银行存入1000元，假设银行的月利率为千分之五（按单利计息），那么该职工到第二年元月5日，此项存款的利息之和为( )A. )12321(5++++B. )11321(5++++C. 21155510001()()()100010001000⎡⎤++++⎢⎥⎣⎦D. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++122)10005()10005()10005(11000A 解析:由已知可得存款的利息是以5为首项5为公差的等差数列.由此可得12个月的存款的利息之和为)12321(5++++ .6.已知等比数列{}n a 的首项为8,n S 是前n 项的和,某同学计算得2320,36,S S ==465,S =后来该同学发现了其中一个数算错了,则该数为 （ ）A.S 1B. S 2C. S 3D. S 4 C 解析:若202=S 正确,则由221S a a =+即,23,2088==+q q 得则qq a S --=1)1(31365,384==q .综上所述363=S 算错了.7.(理)已知{}n a a 是无穷等比数列,且121lim()4n n a a a →∞++⋅⋅⋅+=aa a ,则首项1a a 的取值范围是( ) A ．1(0,)2 B ．1(0,)4 C ．11(,)42 D ．111(0,)(,)442(文)在等比数列{}n a 中，首项10a <，则{}n a 是递增数列的充要条件是公比 A ．1q > B ．1q < C ．01q << D ．0q < (理)D 解析：因为141q a -=-a , ||1q <, ∴10|41|1a <-<a ,又0q ≠, 即1111411,10410,4a a a -<-<⎧⇒<<⎨-≠⎩a a a, 或11142a <<a .故应选D. (文)C 解析: 数列{}n a 单调递增可得1n n a a +>a a , ∴111n n a q a q->a a , ∵10a < , ∴1n n q q-< , 对自然数n 恒成立, 从而得01q <<.8.已知数列{}n a 满足111211,2,(2,)n n n nn na a a a a a n n N a a -+-+-===≥∈，则13a 等于A ．26B 24C 12212!⨯ D 13213!⨯C 解析:由已知条件可得112n nn n a a a a +--=a a a a , ∴数列1{}n n a a +a a 是首项为212a a =a a ,公差为2的等差数列,即得12n n an a +=a a .∴13121132131********a a a a a a a a a a a a =⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯a a a a a a a a a a=12(212)(211)(21)1212!⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=⨯, 故应选C.9.设函数22()1x x nf x x x -+=++（x ∈R ，且12n x -≠），()f x 的最小值为n a ，最大值为n b ，记(1)(1)n n n c a b =--，则数列{}n c ( ) A ．是公差不为0的等差数列 B ．是公比不为1的等比数列 C ．是常数列 D ．不是等差数列，也不是等比数列C 解析:由221x x ny x x -+=++可得2(1)(1)0y x y x y n -+++-=,22(1)4(1)()3(46)410y y y n y n y n ∆=+---=-++-+≥,y≤≤, ∴n a =a , nb = , ∴(1)(1)n n nc a b =--224412493n n --===-,∴数列{}n c 是常数列, 故应选C.9.它从原点运动到（0，1）,轴、y 动一个单位长度，那么，在2008所处的位置是( )A ．( 16 , 44 )B ．( 44 , 16 )C ．( 16 , 45 )D ．( 45 , 16 ) A 解析:如图, 设A n 、B n 、C n 分别代表该点处对应路线的长度, 分别为n a 、n b用n 表示, 可求得222()()n n n n a nn ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数 , 222()()n n n n b nn ⎧+⎪=⎨⎪⎩为偶数为奇数 , 2n c n n =+ .由24444441980c =+= , 又44为偶数,故其路线为向左运动,且必须向左运动28秒可 得2008秒, 此时可得点坐标为(16,44) ,故应选10.(理)设正数数列｛n a ｝的前n 项和为n S 2n n a t tS +=成立，若∞→n lim nn a S ＜t ，则t 的取值范围是( )A. （2，＋∞）B.C. ，＋∞）D. （223，＋∞）(文) 设正数数列｛n a ｝的前n 项和为n S ，且存在正数t ，使得对于所有自然数n ，有2nn a t tS +=成立，若不等式n n a S 恒成立，则t 的取值范围是( )A. （2，＋∞）B. （1，＋∞）C. （12，＋∞） D. （23，＋∞） (理) C 解析: 2221112()224n n n n n n n n t a t a a at a a tS ta +++++-+-⎛⎫=⇒=⇒= ⎪⎝⎭12n n a a t +⇒-= , 又1n =时,可解得1a t =, ∴(21)n a n t =- , 2n S n t =,∞→n lim2n nt t →∞==<⇒>.故应选C (文) B 解析: 2221112()224n n n n n n n n t a t a a a t a a tS ta +++++-+-⎛⎫=⇒=⇒= ⎪⎝⎭12n n a a t +⇒-= , 又1n =时,可解得1a t =, ∴(21)n a n t =- , 2n S n t =,21nnt n =<⇒>-. ∵当1n =时,21n n -取得最大值1, 从而得1t >. 故应选B二、填空题:11.已知数列{}n a 中，12()21()n n n a n n -⎧⎪=⎨-⎪⎩为正奇数为正偶数，则9a = （用数字作答），设数列{n a }的前n 项和为n S ，则9S = （用数字作答）. 256，377 解析:918922256a -===；9123S a a a =+++…9a +135792468()()a a a a a a a a a =++++++++ 02468(22222)(371115)=++++++++34136377=+=.12.已知0θπ<<，在等比数列{n a }中，2sin cos a θθ=+，31sin 2a θ=+，则34sin 2cos 42θθ+-是数列{n a }中的第 项.5解析:设等比数列{}n a 的公比为q,由题意得：θθθcos sin 2sin 123++==a a q ,cos sin cos sin )cos (sin 2θθθθθθ+=++=即公比θθcos sin +=q ， 又由22sin 212sin 4324cos 2sin 432θθθθ+-+=-+.)cos (sin )12(sin 12sin 22sin 532422a q a =⋅=+=+=++=θθθθθ所以是数列{n a }中的第5 项.13.已知9(1)10n n nn a +=(n ∈N *),则数列{a n }的最大项是第_______项.8或9解析: 设{a n }中第n 项最大，则有⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a , 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+≥+⋅≥+++--111110)1(910)1(910910)1(9n n nn n n n n n n nn , ∴8≤n ≤9, 即a 8、a 9最大.14.数列{a n }满足递推式a n ＝3a n -1＋3n －1（n ≥2），又a 1＝5，则使得{3n na λ+}为等差数列的实数λ＝___________________12-解析: 由a n ＝3a n -1＋3n －1可得11113333n n n n n a a ++-=-a a , 设1133n n n n a a d λλ++++-=, 则111233333n n n n n n n a a d d λλλ+++-=-+=+a a , 则131,3d λ=-=, ∴λ=12-.三、解答题:15.数列{}a n 前n 项和为S n 且a S n N n n +=∈1()* （1）求{}a n 的通项公式；（2）若数列{}b n 满足b 11=，且b b a n n n n +=+≥11()，求{}b n 通项公式. 解析:（1） a S n n +=1 ∴+=++a S n n 111两式相减，∴-+-=++a a S S n n n n 110 ∴=+21a a n n{}∴a n 为公式为12的等比数列 又n =1时，a S a 111112+=∴=，∴==⎛⎝ ⎫⎭⎪=⎛⎝ ⎫⎭⎪--a a q n n n n111121212· （2） b b a n n n +=+1∴-=⎛⎝ ⎫⎭⎪+b b n n n1122112b b ∴-=，23212b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，34312b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，…，1112n n n b b --⎛⎫-= ⎪⎝⎭相加，∴-=+⎛⎝ ⎫⎭⎪+⎛⎝ ⎫⎭⎪++⎛⎝ ⎫⎭⎪-b b n n 123112121212……即：b n n n n =++⎛⎝ ⎫⎭⎪++⎛⎝ ⎫⎭⎪=-⎛⎝ ⎫⎭⎪-=-⎛⎝ ⎫⎭⎪-11212121112112211221……·∴=-⎛⎝⎫⎭⎪b n n 211216.已知数列111{},1, 3(2,),n n n n a a a a n n N --==⋅≥∈其中项的和的前数列n b n }{))(9(log 3*∈=N n a S n nn (1) 求数列}{n a 的通项公式； （2）求数列}{n b 的通项公式； （3）求数列|}{|n b 的前n 项和n T解析:累加得),1(log log )1(133-+=-n a a n x,2)1()1(321log log 133-=-++++=-n n n a a n .3,2)1(log 2)1(3-=-=∴n n n n a n n a 则或者用累乘得211221123nn n n n n n a a a a a a a a ----=⋅=);(25)9(log ,3)2(232)1(N n nn a S a n n n n n n ∈-==∴=-)(3}{,1,3,2,21111*--∈-==-=-=≥-==N n n b b n n S S b n S b n n n n n 的通项公式为所以数列时也适合时当而,3,03,25,3,03)3(2时即当时即当 n n b n n S T n n b n n n n >>-=-=-=≤≤-= ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈>+-∈≤-=+-=-=++-+++=+++=*).,3(2125),3(25,21252)(2)(||||||22233212121N n n n n N n n n n T n n S S b b b b b b b b b T n n n n n 且且综上所述17. 已知数列{}n a ，n S 是其前n 项的和，且171-=-n n S a （n ≥2），21=a （I ）求数列{}n a 的通项公式； （II ）设nn a b 2log 1=，n n n n b b b T 221+++=++ ，是否存在最小的正整数k ，使得对于任意的正整数n ，有12kT n <恒成立？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由。

限时规范训练 数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( ) A ．120 B ．99 C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1的值为( )A.n ＋1n ＋B.34－n ＋1n ＋C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C.∵1n ＋2－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.6．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 0088．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n－1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －19．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 1－q n1－q－1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n . 所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝－2101－2＋＋2＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.11．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3， 两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2， 又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1 ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。

2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1.(4)等比数列前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。

第2讲 数列的求和问题高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 (2017·山东省平阴县第一中学模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，数列{b n }是公比大于0的等比数列，且b 1＝－2a 1＝2，a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n 为奇数，－2a n b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，且q >0，由题易知， a 1＝－1，b 1＝2，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＋q ＝0，4q 2＋3d ＝10， 解得q ＝2⎝⎛⎭⎫q ＝－54舍去，此时d ＝－2， ∴a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n .(2)由(1)知，a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n ，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，2n －12n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，奇数项和偶数项各有n 2项， ∴T n ＝(c 1＋c 3＋c 5＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n )＝n ＋(c 2＋c 4＋…＋c n )，令H n ＝c 2＋c 4＋c 6＋…＋c n ，∴H n ＝32＋723＋1125＋…＋2n －52n －3＋2n －12n －1，14H n ＝323＋725＋…＋2n －52n －1＋2n －12n ＋1， 以上两式相减，得34H n ＝32＋423＋425＋…＋42n －1－2n －12n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎫421＋423＋…＋42n －1－12－2n －12n ＋1 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫142n 1－14－12－2n －12n ＋1 ＝136－6n ＋136×2n， ∴H n ＝269－6n ＋139×2n －1. 故当n 为偶数时，T n ＝269＋n －6n ＋139×2n －1， 当n (n ≥3)为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋a n ＝269＋(n －1)－6n ＋79×2n －2＋2 ＝359＋n －6n ＋79×2n －2， 经验证，n ＝1也适合上式．综上，得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 359＋n －6n ＋79×2n －2，n 为奇数，269＋n －6n ＋139×2n －1，n 为偶数.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 (2017届广东省揭阳市模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2(n ＋1)a n n＋n ＋1. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明 方法一 由已知得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫a n n ＋1， 又a 1＋1＝2，a n >0，∴a n n＋1≠0， ∴a n ＋1n ＋1＋1a n n＋1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列． 方法二 由a n ＋1＝2(n ＋1)a n n＋n ＋1， 得na n ＋1＝2(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，由a 1>0及递推关系，可知a n >0，∴a n n＋1≠0， ∴a n ＋1n ＋1＋1a n n＋1＝na n ＋1＋n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1) ＝2(n ＋1)a n ＋2n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)＝2， 又∵a 1＝1，∴a 11＋1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)得a n n＋1＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝n ·2n －n ，S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n －[1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ]， 设T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n ， ① 则2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ×2n ＋1， ② 由①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝－(n －1)2n ＋1－2， ∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2， 又1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (1＋n )2， ∴S n ＝(n －1)2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 (2017·山西省实验中学联考)已知数列{a n }为等差数列，且a 3＝5，a 5＝9，数列{b n }的前n 项和S n ＝23b n ＋13. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n |b n |，求数列{c n }的前n 项的和T n .解 (1)因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝12(a 5－a 3)＝2， 又因为a 3＝5，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1.当n ＝1时，b 1＝23b 1＋13，所以b 1＝1； 当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝23b n －23b n －1， 所以b n ＝－2b n －1，即数列{b n }是首项为1，公比为－2的等比数列，所以b n ＝(－2)n －1. (2)因为c n ＝a n |b n |＝(2n －1)2n －1， 所以T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1， 2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ，两式相减，得－T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n －1)2n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n ＝1＋2×2－2n1－2－(2n －1)2n ＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n ， 所以T n ＝3＋(2n －3)2n .思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．跟踪演练2 (2017届湖南省衡阳市期末)数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足：①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，检验a 1＝1，满足a n ＝2n －1(n ∈N *)．∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ，∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14， ∴b 1＝1，b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1 (n ∈N *)． (2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1，T n ＝1＋3×⎝⎛⎭⎫12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1， 12T n ＝1×⎝⎛⎭⎫12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ， 两式相减，得12T n ＝1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝3－⎝⎛⎭⎫12n －1⎝⎛⎭⎫32＋n .∴T n ＝6－⎝⎛⎭⎫12n －1(2n ＋3)．热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和． 例3 (2017届山东省青岛市二模)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n n⎝⎛⎭⎫a n －12⎝⎛⎭⎫a n ＋1－12，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，①∵a 23＝a 1·a 11， 即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )， ② ∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由题意知，b n ＝(－1)n n⎝⎛⎭⎫3n －32·⎝⎛⎭⎫3n ＋32＝(－1)n ·16·⎝⎛⎭⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 T n ＝19⎣⎡ －⎝⎛⎭⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋… ⎦⎤＋(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎡⎦⎤－1＋(－1)n 12n ＋1. 思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常用的裂项公式①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ； ③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； ④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )． 跟踪演练3 已知数列{a n }满足：1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n a n ＋1，S n 为数列{b n }的前n 项和，对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由题意，得当n ＝1时，1a 1＝12，则a 1＝2. 当n ≥2时，1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22， 则1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＝(n －1)22， 两式相减，得1a n ＝n 22－(n －1)22＝2n －12， 即a n ＝22n －1，当n ＝1时，也符合上式，则a n ＝22n －1. (2)由(1)，得b n ＝a n a n ＋1＝22n －1·22(n ＋1)－1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝2⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝2·⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， 则n 越大，12n ＋1越小，S n 越大，即当n ＝1时，S n 有最小值S 1＝43. 因为对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立， 所以43>2λ－13，解得λ<56， 故实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，56.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案 2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2， 1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2．(2017·天津)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，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2， 所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16， ②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ， ③ 4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， ④ ③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1 ＝－(3n －2)×4n ＋1－8， 得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.。

2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1. (4)等比数列前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。

数列的求和与综合应用专题[基础达标](40分钟65分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.数列1，(1+2)，(1+2+22)，…，(1+2+22+…+2n-1)，…的前n项和为()A.2n-1B.n·2n-nC.2n+1-nD.2n+1-n-2D【解析】记a n=1+2+22+…+2n-1=2n-1，∴S n=2·(2n-1)2-1-n=2n+1-2-n.2{a n}的前n项和为S n，a2，a4是方程x2-x-2=0的两个根，S5=()A.52B.5 C.-52D.-5A【解析】解法1：由x2-x-2=0解得a2=-1，a4=2，或a2=2，a4=-1，当a2=-1，a4=2时，d=32，a n=32n-4，所以S5=5×-52+5×42×32=52；当a2=2，a4=-1时，d=-32，a n=-32n+5，所以S5=5×72+5×42×-32=52.解法2：由已知得a2+a4=1，则S5=5(a1+a5)2=5(a2+a4)2=52×1=52.3{a n}的通项公式为a n=2n-2，若b n=log2a n+3，则数列1b n b n+1的前n项和T n为()A.n2(n-2)B.n2(n+2)C.2nn+2D.12(n+2)B【解析】由题可知b n=log2a n+3=log22n-2+3=n+1，1b n b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，则T n=b1+b2+…+b n=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12−1n+2=n2(n+2).4{a n}和等比数列{b n}中，有a n=n，b n=2n-1，记c n=a n b n，则数列{c n}的前n项和为()A.(n+1)×2n+1B.(n-1)×2n-1C.(n-1)×2n+1D.(n-1)×2n+1+1C 【解析】由c n =a n b n =n ·2n-1，记其前n 项和为T n ，则T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1 ①，两边同乘以2，得2T n =1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n ②，①-②得-T n =1+21+22+23+…+2n-1-n×2n ，化简得T n =(n-1)×2n +1.5.现有200根相同的钢管，把它们堆成三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余的钢管为 ( )A .9根B .10根C .19根D .29根B 【解析】设堆成x 层，得1+2+3+…+x ≤200，即求使得x (x+1)≤400成立的最大正整数x ，应为19.∴剩余的钢管为200-19(19+1)2=10.6S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6>S 7>S 5，给出下列五个命题：①d<0；②S 11>0；③S 12<0；④数列{S n }中的最大项为S 11；⑤|a 6|>|a 7|.其中正确命题的个数是 ( )A .5B .4C .3D .1C 【解析】由已知得S 6-S 5=a 6>0，S 7-S 6=a 7<0，S 7-S 5=a 6+a 7>0，则d=a 7-a 6<0，S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6>0，S 12=12(a 1+a 12)2=6(a 6+a 7)>0，由a 6>0，a 7<0，a 6+a 7>0，得|a 6|>|a 7|，数列{S n }中的最大项为S 6，故①②⑤正确. 二、填空题(每小题5分，共15分)7{a n }中，a 1=0，a n+2+(-1)n a n =2.记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2016-S 2013= .2016 【解析】当n 为奇数时，a n+2-a n =2，又a 1=0，则数列{a n }的奇数项构成以0为首项，2为公差的等差数列，即a 2k-1=2k-2，k ∈N *；当n 为偶数时，a n+2+a n =2，则S 2016-S 2013=a 2014+a 2015+a 2016=a 2015+2=2014+2=2016.8{a n }中，a 1=2，当n ≥2时，a n =2a n-1+3·2n-1，数列 an 2n 的前n 项和为S n ，则不等式S n <20的解集为 .{1，2，3，4} 【解析】当n ≥2时，a n2n =a n -12n -1+32，令b n =an2n ，则数列{b n }是以b 1=1为首项，公差为32的等差数列，S n =n+n (n -1)2×32=3n 2+n 4，由S n <20得3n 2+n-80<0，即(3n+16)(n-5)<0，所以n=1，2，3，4符合条件.9{a n }的首项a 1=2，前n 项和为S n ，且a n+1=2S n +2n+2(n ∈N *)，则S n = .3n +12-n-32 【解析】由a n+1=2S n +2n+2得S n+1=3S n +2n+2，则S n+1+(n+1)+32=3 S n +n +32 ，且S 1+1+32=92，所以数列 S n +n +32 是以92为首项，3为公比的等比数列，则S n +n+32=92×3n-1，S n =3n +12-n-32.三、解答题(共20分)10.(10分{a n }中，a 1=13，a n+1=an2-a n，(n ∈N *).(1)求证：数列 1a n-1 是等比数列，并求{a n }的通项公式a n ；(2)设b n =na n1-a n，求证：∑i =1nb i <2.【解析】由已知得1an +1=2a n-1，∴1an +1-1=2 1a n-1 ，∴1a n +1-11a n-1=2，∴ 1a 1-1 是首项为1a 1-1=2，公比为2的等比数列，∴1a n-1=2·2n-1=2n ，∴a n =12n +1.(2)b n =na n 1-a n=n2n ，∴S n =12+22+…+n 2，∴12S n =12+22+…+n2， 两式相减得12S n =12+12+12+…+12−n2=1-n +22， ∴S n =2-n +22<2，即∑i =1nb i <2.11.(10分S n 为公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且a 1=1，S 1，S 2，S 4成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1，求数列{b n}的前n项和.【解析】(1)由已知得S22=S1·S4，即a1(4a1+6d)=(2a1+d)2，可得2a1d=d2，又由a1=1，d≠0得d=2，故a n=2n-1，n∈N*.(2)由已知可得b n=1(2n-1)(2n+1)，T n=11×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1)=1 21-13+13-15+15-17+…+12n-1−12n+1=1 2×1-12n+1=n2n+1，n∈N*.[高考冲关](30分钟40分)1.(5分已知点D为△ABC的边BC上一点，BD=3DC，E n(n∈N*)为边AC的一列点，满足E n A=14a n+1E n B-(3a n+2)E n D，其中实数列{a n}中a n>0，a1=1，则{a n}的通项公式为()A.3×2n-1-2B.2n-1C.3n-2D.2×3n-1-1D【解析】由BD=3DC得E n D−E n B=3(E n C−E n D)，则E n C=43E n D−13E n B，设E n A=m E n C，则E n A=43m E n D−13m E n B，则43m=-(3a n+2)，-13m=14a n+1，消去m得a n+1=3a n+2，则a n+1+1=3(a n+1)，又a1+1=2，所以{a n+1}是以2为首项，3为公比的等比数列，则a n+1=2×3n-1，则a n=2×3n-1-1.2.(5分{a n}的前n项和为S n，S3=a22，a2a5+2a42=0，若λa n≤S2n-1恒成立，则实数λ的取值范围为.-32，1【解析】设等比数列{a n}的公比为q，则由a2a5+2a42=0得a3a4+2a42=0，因为a4≠0，则a3+2a4=0，q=a4a3=-12，又S3=a22，即a1(1-q3)1-q=(a1q)2，解得a1=3，则λa n≤S2n-1即为λ·3-12n-1≤31--122n-11+12=2+122n-2，当n为奇数时，3λ≤2·2n-1+12n-1min ，因为2n-1≥1，所以2·2n-1+12n-1≥3，则λ≤1；当n为偶数时，-3λ≤2·2n-1+12n-1min ，因为2n-1≥2，所以2·2n-1+12n-1≥92，则λ≥-32，综上可得-32≤λ≤1.3.(10分)已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n，{b n}是等差数列，且a n=b n+b n+1.(1)求数列{b n}的通项公式；(2)令c n=(a n+1)n+1(b n+2)n.求数列{c n}的前n项和T n.【解析】(1)由题意知当n≥2时，a n=S n-S n-1=6n+5，当n=1时，a1=S1=11.所以a n=6n+5.设等差数列{b n}的公差为d.由a1=b1+b2，a2=b2+b3，即11=2b1+d，17=2b1+3d，可解得b1=4，d=3.所以b n=3n+1.(2)由(1)知c n=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1.又T n=c1+c2+…+c n，得T n=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1]，2T n=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2]，两式相减，得-T n=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3× 4+4(1-2n )1-2-(n +1)×2n +2=-3n ·2n+2， 所以T n =3n ·2n+2.4.(10分{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式； (2)设b n =lo g 2a 2n a 2n -1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)由已知，有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4)，即a 4-a 2=a 5-a 3， 所以a 2(q-1)=a 3(q-1). 又因为q ≠1，故a 3=a 2=2， 由a 3=a 1·q ，得q=2.当n=2k-1(k ∈N *)时，a n =a 2k-1=2k-1=2n -1； 当n=2k (k ∈N *)时，a n =a 2k =2k=2n. 所以{a n }的通项公式为a n = 2n -1 (n 为奇数)，2n (n 为偶数).(2)由(1)得b n =lo g 2a 2n a 2n -1=n 2n -1.设{b n }的前n 项和为S n ，则 S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n -2+n×12n -1，12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n -1+n×12n ， 上述两式相减，得12S n =1+12+12+…+12n -1−n2=1-12n1-1−n 2=2-22−n 2，整理得S n =4-n +22n -1.所以数列{b n }的前n 项和为4-n +22n -1，n ∈N *. 5.(10分)祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%.(1)求第n 年年初M 的价值a n 的表达式； (2)设A n =a 1+a 2+…+a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则需在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新.【解析】(1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为-10的等差数列，故a n =120-10(n-1)=130-10n.当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6=130-60=70为首项，以34为公比的等比数列，故a n =70× 34n -6.所以第n 年年初M 的价值a n =130-10n (n ≤6)，70× 34n -6(n ≥7).(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n ≤6时，S n =120n-5n (n-1)，A n =Snn =120-5(n-1)=125-5n ≥95>80.当n ≥7时，由于S 6=570，故S n =570+(a 7+a 8+…+a n )=570+70×3× 1- 3n -61-34=780-210× 34n -6.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列.因为A n =Snn =780-210× 34n -6n，A 8=780-210× 3428≈82.734>80， A 9=780-210× 3439≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新.。

2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高考感悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式（1)等差数列通项公式:a n＝a1＋（n－1）d。

（2)等差数列前n项和公式：S n＝错误!＝na1＋错误!.(3)等比数列通项公式：a n a1q n－1.（4)等比数列前n项和公式:S n＝错误!.（5）等差中项公式：2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2）．（6）等比中项公式：a错误!＝a n－1·a n＋1(n≥2)．(7）数列{a n}的前n项和与通项a n之间的关系：a n＝错误!。

2．重要性质（1)通项公式的推广：等差数列中，a n＝a m＋（n－m)d;等比数列中，a n＝a m q n－m。

（2)增减性：①等差数列中，若公差大于零,则数列为递增数列;若公差小于零，则数列为递减数列．②等比数列中，若a1＞0且q＞1或a1＜0且0＜q＜1,则数列为递增数列；若a1＞0且0＜q＜1或a1＜0且q＞1，则数列为递减数列．3．易错提醒(1）忽视等比数列的条件:判断一个数列是等比数列时,忽视各项都不为零的条件．（2)漏掉等比中项：正数a,b的等比中项是±错误!，容易漏掉－错误!.【真题体验】1．(2015·新课标Ⅰ高考）已知｛a n｝是公差为1的等差数列，S n为｛a n}的前n项和．若S8＝4S4，则a10＝(）A 。

172B 。

192C ．10D ．122．（2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列｛a n ｝满足a 1＝错误!，a 3a 5＝4（a 4－1），则a 2＝( ）A ．2B ．1 C.12D 。

错误!3．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2,a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1）已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和。

2018年全国高考新课标2卷理科数学试题(解析版)2018年普通高等学校招生全国统一考试新课标2卷理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.作答时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷及草稿纸上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知1+2i/(1-2i)，则结果为：A。

--iB。

-+iC。

--iD。

-+i解析：选D。

2.已知集合A={(x,y)|x+y≤3,x∈Z,y∈Z }，则A中元素的个数为：A。

9B。

8C。

5D。

4解析：选A。

问题为确定圆面内整点个数。

3.函数f(x)=2/x的图像大致为：A。

B。

C。

D。

解析：选B。

f(x)为奇函数，排除A。

当x>0时，f(x)>0，排除D。

取x=2，f(2)=1，故选B。

4.已知向量a，b满足|a|=1，a·b=-1，则a·(2a-b)=：A。

4B。

3C。

2D。

2-2xy解析：选B。

a·(2a-b)=2a-a·b=2+1=3.5.双曲线a^2(x^2)-b^2(y^2)=1(a>0，b>0)的离心率为3，则其渐近线方程为：A。

y=±2xB。

y=±3xC。

y=±2x/abD。

y=±3x/ab解析：选A。

e=3，c=3ab=2a。

6.在ΔABC中，cosC=1/5，BC=1，AC=5，则AB=：A。

42B。

30C。

29D。

25解析：选A。

cosC=2cos^2(C/2)-1=-1/5，AB=AC+BC-2AB·BC·cosC=32，AB=42.7.为计算S=1-1/3+1/5-1/7+……+(-1)^n-1/(2n-1)，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入：开始N=0,T=1i=1是N=N+1/T=T+(-1)^N-1/(2N-1)i<100否S=N-T输出S结束A。

2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1qn －1.(4)等比数列前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)． (7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m qn －m.(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172 B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。

专题能力训练10数列求和与数学归纳法(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.若数列{a n}是公差不为0的等差数列,满足,则该数列的前10项和S10=()A.-10B.-5C.0D.52.(2017浙江金华十校3月联考)在数列{a n}中,a n+1-a n=2,S n为{a n}的前n项和.若S10=50,则数列{a n+a n+1}的前10项和为()A.100B.110C.120D.1303.已知数列5,6,1,-5,…,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前16项之和S16等于()A.5B.6C.7D.164.设S n是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{a n}的前n项和,则下列命题错误．．的是()A.若d<0,则数列{S n}有最大项B.若数列{S n}有最大项,则d<0C.若数列{S n}是递增数列,则对任意n∈N*,均有S n>0D.若对任意n∈N*,均有S n>0,则数列{S n}是递增数列5.已知数列{a n}是以1为首项,2为公差的等差数列,数列{b n}是以1为首项,2为公比的等比数列.设c n=,T n=c1+c2+…+c n(n∈N*),则当T n>2 017时,n的最小值是()A.7B.9C.10D.116.在数列{a n}中,若存在非零整数T,使得a m+T=a m对于任意的正整数m均成立,则称数列{a n}为周期数列,其中T叫做数列{a n}的周期.若数列{x n}满足x n+1=|x n-x n-1|(n≥2,n∈N),如x1=1,x2=a(a∈R,a≠0),当数列{x n}的周期最小时,该数列的前2 016项的和是()A.672B.673C.1 342D.1 3447.若数列{a n}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有a n+1=a n+n+1,则+…+等于()A.B.C.D.8.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S4≥10,S5≤15,则a4的最大值为()A.2B.3C.4D.5二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.对于数列{a n},定义数列{a n+1-a n}为数列{a n}的“差数列”,若a1=2,{a n}的“差数列”的通项为2n,则数列{a n}的前n项和S n=.10.已知等差数列{a n}满足a3=7,a5+a7=26,b n=(n∈N*),数列{b n}的前n项和为S n,则S100的值为.11.定义:F(x,y)=y x(x>0,y>0),已知数列{a n}满足:a n=(n∈N*),若对任意正整数n,都有a n≥a k(k∈N*)成立,则a k的值为.12.(2017浙江杭州二中综合测试)设数列{a n}的前n项和为S n,若a2=12,S n=kn2-1(n∈N*),则数列的前n项和为.13.已知数列{a n}的前n项和为S n,若a1=1,a2n=n-a n,a2n+1=a n+1,则S100=.(用数字作答)14.已知数列{a n}是首项为15的等比数列,其前n项的和为S n,若S3,S5,S4成等差数列,则公比q=,当{a n}的前n项的积．．达到最大时n的值为.三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知数列{a n}满足:a1=2e-3,a n+1+1=(n∈N*).求证:(1)数列为等差数列;(2)数列{a n}单调递增;(3)+…+.16.(本小题满分15分)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=-2na n+2,n=1,2,3,….(1)求a2,a3,a4的值,猜想数列{a n}的通项公式,并加以证明;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,试求使得S n<2n成立的最小正整数n,并给出证明.参考答案专题能力训练10数列求和与数学归纳法1.C解析由题意,得,即(a4-a7)·(a4+a7)=(a6-a5)(a6+a5),即-3d(a4+a7)=d(a6+a5),又因为d≠0,所以a4+a7=a6+a5=0,则该数列的前10项和S10==5(a6+a5)=0.故选C.2.C解析数列{a n+a n+1}的前10项和为a1+a2+a2+a3+…+a10+a11=2(a1+a2+…+a10)+a11-a1=2S10+10×2=120.故选C.3.C解析根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1,-5,-6,-1,5,6,可以发现从第7项起,数字重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为6,前6项和为5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.又因为16=2×6+4,所以这个数列的前16项之和S16=2×0+7=7.故选C.4.C解析∵S n=na1+d=n2+n,∴若d<0,则数列{S n}有最大项,反之亦然,故A,B正确;若数列{S n}是递增数列,则S n+1-S n=dn+a1>0对任意n∈N*均成立,故有取d=2,a1=-1可知C不正确,故选C.5.C解析∵数列{a n}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴a n=2n-1.∵数列{b n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴b n=2n-1,∴T n=c1+c2+…+c n=+…+=a1+a2+a4+…+=(2×1-1)+(2×2-1)+(2×4-1)+…+(2×2n-1-1)=2(1+2+4+…+2n-1)-n=2×-n=2n+1-n-2.∵T n>2 017,∴2n+1-n-2>2 017,解得n≥10.则当T n>2 017时,n的最小值是10.故选C.6.D解析当数列的周期最小时,数列为1,1,0,1,1,0……故S2 016=×2=1 344.7.D解析由a n+1=a n+n+1,得a n+1-a n=n+1,则a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,…,a n-a n-1=(n-1)+1,以上等式相加,得a n-a1=1+2+3+…+(n-1)+n-1,把a1=1代入上式得,a n=1+2+3+…+(n-1)+n=,所以=2,则+…+=2+…+=2.故选D.8.C解析由S4≥10,S5≤15,可得≤a4≤3+d,得d≤1,a4≤3+d≤3+1=4,a4的最大值为4.故选C.9.2n+1-2解析∵a n+1-a n=2n,∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n.∴S n==2n+1-2.10. 解析设等差数列{a n}的公差为d,∵a3=7, a5+a7=26,∴a1+2d=7,2a1+10d=26,解得a1=3,d=2.∴a n=3+2(n-1)=2n+1.∴b n=.∴S n==.∴S100=.11. 解析由题易知,a n=,而2n2-(n+1)2=n2-2n-1,当n=1,2时,2n2<(n+1)2,即当n=1,2时,a n+1<a n,当n≥3时,2n2>(n+1)2,即当n≥3时,a n+1>a n.因此数列{a n}中的最小项是a3,a3=.故a k的值为.12. 解析令n=1得a1=S1=k-1,令n=2得S2=4k-1=a1+a2=k-1+12,解得k=4,所以S n=4n2-1,,则数列的前n项和为+…+.13.1 306解析由题设可得a2n+a2n+1=n+1,取n=1,2,3,…,49可得a2+a3=2,a4+a5=3,a6+a7=4,…,a98+a99=50,将以上49个等式两边分别相加可得a2+a3+a4+a5+a6+a7+…+a98+a99=×49=1 274;又a3=a1+1=2,a6=3-a3=1,a12=6-a6=5,a25=a12+1=6,a50=25-a25=19,a100=50-a50=31,所以S100=1+1 274+31=1 306.14.- 4解析显然q≠1,∴由条件可得S n=,∵S3,S5,S4成等差数列,即2S5=S3+S4,即2q2-q-1=0,解得q=-;{a n}的前n项的积为．．．b n=15n,由当>1⇒n<4,由于b2<0,b3<0,b4=>b1,故S4最大,故所求值为4.15.证明 (1)∵a n+1+1=,∴=1+,即,∴数列为等差数列.(2)由(1)知(n-1)=,即a n=-1,令f (x)=- 1(x≥1),则f'(x)=,显然f'(x)>0在[1,+∞)上恒成立,∴f(x)=-1在[1,+∞)上单调递增.故数列{a n}单调递增.(3)由题知a1=2e-3,∵a n≥a1>1,∴,即+…++…+,又∵,∴+…+<1+2·+3·+…+n·,令S n=1+2·+3·+…+n·,则S n=1·+2·+…+n·,两式相减,得S n=1++…+-n·-n·,∴S n<,∴+…+<1+2·+3·+…+n·,故+…+.16.解 (1)a2=5,a3=7,a4=9,猜想a n=2n+1.下面用数学归纳法加以证明:①当n=1时,a1=2×1+1=3,命题成立;②假设当n=k时命题成立,即a k=2k+1,则a k+1=-2ka k+2=(2k+1)2-2k·(2k+1)+2=2k+3=2(k+1)+1,∴当n=k+1时命题成立.由①②可知,命题对任意的n∈N*都成立.(2)S n==n2+2n,使得S n<2n成立的最小正整数n=6.证明:n≥6(n∈N*)时都有2n>n2+2n.①n=6时,26>62+2×6,即64>48成立;②假设n=k(k≥6,k∈N*)时,2k>k2+2k成立,那么2k+1=2·2k>2(k2+2k)=k2+2k+k2+2k>k2+2k+3+2k=(k+1)2+2(k+1),即n=k+1时,不等式成立;由①②可得,对于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2+2n成立.。

专题05 数列一、选择题1．(2018全国卷Ⅰ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则=5a A ．12- B ．10- C ．10D ．12B 【解析】通解 设等差数列{}n a 的公差为d ，∵3243=+S S S ．∴11132433(3)2422⨯⨯+=+++a d a d a d ，解得132=-d a ， ∵12=a ，∴3=-d ，∴51424(3)10=+=+⨯-=-a a d ．故选B ．优解 设等差数列{}n a 的公差为d ，∵3243=+S S S ，∴333343=-++S S a S a ， ∴343=-S a a ，∴13232⨯+=a d d ， ∵12=a ，∴3=-d ，∴51424(3)10=+=+⨯-=-a a d ．故选B ．2．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8C 【解析】解法一 由616343()3()48S a a a a =+=+=，得3416a a +=，由4534()()8a a a a +-+=，得538a a -=， 设公差为d ，即28d =，所以4d =．选C ．解法二 设公差为d ，则有112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C ．3．等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为A ．-24B ．-3C ．3D ．8A 【解析】设{}n a 的公差为d （0d ≠），由2326a a a =，得2(12)(1)(15)d d d +=++，所以2d =-，66561(2)242S ⨯=⨯+⨯-=-．选A ． 4．已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=aA ．100B ．99C ．98D ．97C 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为{}n a 为等差数列，且95927S a ==，所以53a =．又108a =，解得10555d a a =-=，所以1d =，所以10059598a a d =+=，选C ． 5．在等差数列{}n a 中，若244,2a a ==，则6a ＝A ．－1B ．0C ．1D ．6B 【解析】由等差数列的性质得64222240a a a =-=⨯-=，选B 42a =． 6．已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ．若348,,a a a 成等比数列，则A ．140,0a d dS >>B ．140,0a d dS <<C ．140,0a d dS ><D ．140,0a d dS <>B 【解析】由348,,a a a 成等比数列可得：2111(3)(2)(7)a d a d a d ，即1350a d ，所以153a d ，所以10a d ． 又21441()422(23)023a a dS d a d d d ．7．(2018北京) “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于f ，则第八个单音的频率为AB C ．D ．D 【解析】从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为记为{}n a ，则第八个单音频率为818a f -=⋅=，故选D ．8．(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 >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 ．9．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏B 【解析】设塔顶共有灯1a 盏，根据题意各层等数构成以1a 为首项，2为公比的等比数列，∴77171(12)(21)38112a S a -==-=-，解得13a =．选B ．10．等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=A ．21B ．42C ．63D ．84D 【解析】由等比数列的性质得，23960a a a ⋅=≠，因此269,,a a a 一定成等比数列．11．已知数列{}n a 满足12430,3n n a a a ++==-，则{}n a 的前10项和等于 A ．106(13)--- B ．101(13)9- C ．103(13)-- D ．103(13)-+【解析】∵113n n a a +=-，∴{}n a 是等比数列又243a =-，∴14a =，∴()1010101413313113S -⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==-+，故选C ．12．设25sin1πn n a n =，n n a a a S +++= 21，在10021,,,S S S 中，正数的个数是 A ．25 B ．50 C ．75 D ．100 D 【解析】由数列通项可知，当125n，n N +∈时，0na ，当2650n ，n N +∈ 时，0na ，因为1260a a +>，2270a a +>⋅⋅⋅∴1250,,,S S S ⋅⋅⋅都是正数；当51100n ，n N +∈同理5152100,,,S S S ⋅⋅⋅也都是正数，所以正数的个数是100.13．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：100N >且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．110 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 ． 14．定义“规范01数列”{}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,ka a a 中0的个数不少于1的个数．若m =4，则不同的“规范01数列”共有 （A ）18个（B ）16个（C ）14个（D ）12个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． 二、填空题15．(2018北京)设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为___． 【解析】解法一 设{}n a 的公差为d ，首项为1a ，则111205614a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，解得142a d =-⎧⎨=⎩，所以7767(4)2142S ⨯=⨯-+⨯=． 解法二 32714a d +=，所以2d =．故432a a d =+=，故7477214S a ==⨯=． 16．(2018上海)记等差数列{}n a 的前几项和为n S ，若30a =，6714a a +=，则7S = ．63n a n =-【解析】设等差数列的公差为d ，251146536a a a d a d d +=+++=+=，∴6d =，∴3(1)663n a n n =+-⋅=-．17．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS==∑ ．21n n +【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得11a =，1d =， ∴1(1)(1)22n n n n n S na d -+=+⨯=，所以12112()(1)1n S k k k k ==-++， 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑． 18．在等差数列{}n a 中，若3456725a a a a a ++++=，则28a a += ． 10 【解析】 由3456725a a a a a ++++=得5525a ，所以55a ，故285210a a a ．19．设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a = _______．8-【解析】设{}n a 的首项为1a ，公比为q ，所以1121113a a q a a q +=-⎧⎨-=-⎩， 解得112a q =⎧⎨=-⎩ ，则3418a a q ==-．20．等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = ． 32【解析】设{}n a 的公比为q ，由题意1q ≠，由636331191S q q S q-==+=-，所以2q =，由313(1)714a q S q -==-，得114a =，所以77581122324a a q ==⨯== 21．若等差数列{}n a 和等比数列{}nb 满足111a b ==-，448a b ==，则22a b =_____．1【解析】设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由题意3138d q -+=-=，所以3d =，2q =-，所以22131(2)a b -+==--．22．设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 .64【解析】设{}n a 的公比为q ，由1310a a +=，245a a +=得118,2a q ==， 则24a =，32a =，41a =，512a =，所以12123464n a a a a a a a ⋅⋅⋅=．23．设数列{}n a 的前n 项和为n S ．若24S =，121n n a S +=+，*n N ∈，则1a = ，5S = ．1 121 【解析】由于1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩，解得11a =，由1121n n n n a S S S ++=-=+， 所以1113()22n n S S ++=+，所以1{}2n S +是以32为首项，3为公比的等比数列， 所以113322n n S -+=⨯，所以5121S =．24．(2018全国卷Ⅰ)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =_____．63-【解析】通解 因为21n n S a =+，所以当1=n 时，1121=+a a ，解得11=-a ；当2=n 时，12221+=+a a a ，解得22=-a ； 当3=n 时，123321++=+a a a a ，解得34=-a ； 当4=n 时，1234421+++=+a a a a a ，解得48=-a ； 当5=n 时，12345521++++=+a a a a a a ，解得516=-a ； 当6=n 时，123456621+++++=+a a a a a a a ，解得632=-a ． 所以61248163263=------=-S ．优解 因为21n n S a =+，所以当1=n 时，1121=+a a ，解得11=-a ， 当2≥n 时，112121--=-=+--n n n n n a S S a a ，所以12-=n n a a ，所以数列{}n a 是以1-为首项，2为公比的等比数列，所以12-=-n n a ，所以661(12)6312-⨯-==--S ． 25．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．21n n +【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩， 解得11a =，1d =， ∴1(1)(1)22n n n n n S na d -+=+⨯=，所以12112()(1)1n S k k k k ==-++， 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knSn n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑．26．(2018江苏)已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将AB 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 ． 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． 27．中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为 ．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． 28．数列{}n a 满足111n na a +=-，2a =2，则1a =_________． 12【解析】将82a =代入111n n a a +=-，可求得712a =；再将712a =代入111n n a 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 ==．三、解答题29．（2018全国卷Ⅱ）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =-得d =2．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−16．30．设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（Ⅰ）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列； （Ⅱ）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（Ⅰ）易知11a =，22a =，33a =且11b =，23b =，35b =所以111110,c b a =-=-=21122max{2,2}max{121,322}1c b a b a =--=-⨯-⨯=-，3112233max{3,3,3}max{131,332,533}2c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-．下面证明：对任意n ∈*N 且2n ≥，都有11n c b a n =-⋅． 当k ∈*N 且2k n ≤≤时，11()()k k b a n b a n -⋅--⋅[(21)]1k nk n =---+(22)(1)k n k =---(1)(2)k n =--∵10k ->且20n -≤∴11()()0k k b a n b a n -⋅--⋅≤⇒11()()k k b a n b a n -⋅-⋅≥．因此对任意n ∈*N 且2n ≥，111n c b a n n =-⋅=-，则11n n c c +-=-． 又∵211c c -=-，故11n n c c +-=-对n ∈*N 均成立，从而{}n c 是等差数列（Ⅱ）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为,a b d d ，下面我们考虑n c 的取值． 对11b a n -⋅，22b a n -⋅，n n b a n -⋅，考虑其中任意项i i b a n -⋅(i ∈*N 且1)i n ≤≤，i i b a n -⋅11[(1)][(1)]b a b i d a i d n =+--+-⋅ 11()(1)()b a b a n i d d n =-⋅+--⋅下面分0a d =，0a d >，0a d <三种情况进行讨论． （1）若0a d =，则i i b a n -⋅11()(1)b b a n i d =-⋅+- ①若0b d ≤，则11()()(1)0i i b b a n b a n i d -⋅--⋅=-≤ 则对于给定的正整数n 而言，11n c b a n =-⋅ 此时11n n c c a +-=-，故{}n c 是等差数列②0b d >，则()()()0i i n n b b a n b a n i n d -⋅--⋅=-≤ 则对于给定的正整数n 而言，1n n n n c b a n b a n =-⋅=-⋅ 此时11n n b c c d a +-=-，故{}n c 是等差数列此时取1m =，则123,,,c c c ⋅⋅⋅是等差数列，命题成立．（2）若0a d >，则此时a b d n d -⋅+为一个关于n 的一次项系数为负数的一次函数．故必存在m ∈*N ，使得当n m ≥时，0a b d n d -⋅+<则当n m ≥时，11()()(1)(0i i a b b a n b a n i d n d -⋅--⋅=--⋅+)≤(,1)i i n ∈*N ≤≤因此，当n m ≥时，11n c b a n =-⋅．此时11n n c c a +-=-，故{}n c 从第m 项开始为等差数列，命题成立．（3）0a d <，则此时a b d n d -⋅+为一个关于n 的一次项系数为正数的一次函数．故必存在s ∈*N ，使得当n s ≥时，0a b d n d -⋅+>则当n s ≥时，()()()(0i i n n a b b a n b a n i n d n d -⋅--⋅=--⋅+)≤(,1)i i n ∈*N ≤≤因此当n s ≥时，n n n c b a n =-⋅． 此时n n n n n c b a n b a n n n -⋅==-+11()b a a b b d d n d a d n-=-⋅+-++ 令0a d A -=>，1a b d a d B -+=，1b b d C -=下面证明n c C An B n n =++对任意正数M ，存在正整数m ，使得当n m ≥时，n cM n>． ①若0C ≥，则取||[]1M B m A-=+（[]x 表示不等于x 的最大整数）当n m ≥时，||([]1)n c M B M BAn B Am B A B A B M n A A--++=++>⋅+=≥≥此时命题成立．若0C <，则取||[]1M C B m A--=+当n m ≥时||([]1)n c M C B An B C Am B C A B C n A--++++=+++≥≥M C B B C M --++=≥此时命题成立．因此，对任意正数M ，使得当n m ≥时，nc M n>． 综合以上三种情况，命题得证．31．已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【解析】(Ⅰ)因为数列{}n a 的前n 项和n n S n 832+=，所以111=a ，当2≥n 时，56)1(8)1(383221+=----+=-=-n n n n n S S a n n n ，又56+=n a n 对1=n 也成立，所以56+=n a n ．又因为{}n b 是等差数列，设公差为d ，则d b b b a n n n n +=+=+21． 当1=n 时，d b -=1121；当2=n 时，d b -=1722， 解得3=d ，所以数列{}n b 的通项公式为132+=-=n da b n n ． (Ⅱ)由1112)33()33()66()2()1(+++⋅+=++=++=n nn n n n n n n n n b a c ， 于是14322)33(2122926+⋅+++⋅+⋅+⋅=n n n T ，两边同乘以２，得21432)33(2)3(29262++⋅++⋅++⋅+⋅=n n n n n T ， 两式相减，得214322)33(23232326++⋅+-⋅++⋅+⋅+⋅=-n n n n T2222)33(21)21(2323+⋅+---⋅+⋅=n n n 222232)33()21(2312++⋅=⋅++-⋅+-=n n n n n n T ．32．已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的*N n ∈，n b 是n a 和1n a +的等差中项．(Ⅰ)设22*1,N n n n c b b n +=-∈，求证：数列{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设()22*11,1,N nkn kk a d T b n ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【解析】(Ⅰ)由题意得21n n n b a a +=，有22112112n n n n n n n n c b b a a a a da +++++=-=-=，因此21212()2n n n n c c d a a d +++-=-=，所以数列{}n c 是等差数列． (Ⅱ)2222221234212()()()n n n T b b b b b b -=-++-++⋅⋅⋅+-+2422()n d a a a =++⋅⋅⋅+22()22n n a a d +=⋅22(1)d n n =+．所以2222111111111111()(1)2(1)21212nn n k k k kT d k k d k k d n d =====-=⋅-<+++∑∑∑． 33．（2018全国卷Ⅲ）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 ．【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1(2)n n a -=-或12n n a -=．(2)若1(2)n n a -=-，则1(2)3n n S --=．由63m S =得(2)188m-=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21n n S =-．由63m S =得264m=，解得6m =．综上，6m =．34．已知{}n x 是各项均为正数的等比数列，且123x x +=，322x x -=．（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点11(,1)P x ，22(,2)Px ，…，11(,1)n n P x n +++得到折线1P 2P …1n P +，求由该折线与直线0y =，1x x =，1n x x +=所围成的区域的面积n T ．【解析】(Ⅰ)设数列{}n x 的公比为q ，由已知0q >．由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩，所以23520q q --=， 因为0q >,所以12,1q x ==，因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=（Ⅱ）过123,,,P P P …，1n P+向x 轴作垂线，垂足分别为123,,,Q Q Q …，1n Q +, 由(Ⅰ)得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b ．由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯，所以123n T b b b =+++…+n b =101325272-⨯+⨯+⨯+…+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ①又0122325272n T =⨯+⨯+⨯+…+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ②①-②得121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+= 35．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． 【解析】（Ⅰ）由题意得1111a S a λ+==，故1≠λ，λ-=111a ，01≠a . 由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1． 由01≠a ，0≠λ且1λ≠得0≠n a ，所以11-=+λλn n a a . 因此}{n a 是首项为λ-11，公比为1-λλ的等比数列，于是1)1(11---=n n a λλλ． （Ⅱ）由（Ⅰ）得n n S )1(1--=λλ，由32315=S 得3231)1(15=--λλ， 即=-5)1(λλ321，解得1λ=-． 36．（2018浙江）已知等比数列1{}a 的公比1q >，且34528a a a ++=，42a +是3a ，5a 的等差中项．数列{}n b 满足11b =，数列1{()}n n n b b a +-的前n 项和为22n n +．(1)求q 的值；(2)求数列{}n b 的通项公式．【解析】(1)由42a +是3a ，5a 的等差中项得35424a a a +=+，所以34543428a a a a ++=+=， 解得48a =． 由3520a a +=得18()20q q+=， 因为1q >，所以2q =．(2)设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S ．由11,1,2n nn S n c S S n -=⎧=⎨-⎩≥，解得41n c n =-．由(1)可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)()2n n n b b n ---=-⋅，2n ≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-+⋅⋅⋅+-+-23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅+⋅⋅⋅+⋅+．设221113711()(45)()222n n T n -=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅，2n ≥，2311111137()11()(45)()22222n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅--⋅，因此2114(43)()2n n T n -=--⋅，2n ≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=--⋅．37．(2018天津)设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为n S ()n *∈N ，{}n b 是等差数列．已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *∈N ，(i)求n T ；(ii)证明221()22(1)(2)2n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑()n *∈N ． 【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ．由1321,2,a a a ==+可得220q q --=．因为0q >，可得2q =，故12n n a -=．设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+， 可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =(2)(i)由(1)，有122112nn n S -==--， 故1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑． (ii)证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n n k k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑． 38．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． 【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 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.39．n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =．记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.90=，[]lg991=． （Ⅰ）求1b ，11b ，101b ；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和．【解析】（Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，74728S a ==，∴44a =，∴4113a a d -==，∴1(1)n a a n d n =+-=． ∴[][]11lg lg10b a ===，[][]1111lg lg111b a ===，[][]101101101lg lg 2b a ===． （Ⅱ）记{}n b 的前n 项和为n T ，则1000121000T b b b =++⋅⋅⋅+[][][]121000lg lg lg a a a =++⋅⋅⋅+．当0lg 1n a <≤时，129n =⋅⋅⋅，，，； 当1lg 2n a <≤时，101199n =⋅⋅⋅，，，； 当2lg 3n a <≤时，100101999n =⋅⋅⋅，，，； 当lg 3n a =时，1000n =．∴1000091902900311893T =⨯+⨯+⨯+⨯=．40．(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 =+均成立，并求d 的取值范围（用1,,b m q 表示）．【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 =+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 =+均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+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 =+）． 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-．41．已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=,3412b a a =-，11411S b =．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N ．【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)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯1112(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 +-⨯+. 42．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 --≤≤．【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 *--∈≤≤ ． 43．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 qS +=+ ，其中q >0，*n N ∈ .（I ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求n a 的通项公式；(Ⅱ)设双曲线2221ny x a -=的离心率为n e ，且253e =，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>．【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,nn nnS qS S qS两式相减得到21,1n n a qa n.又由211S qS 得到21a qa ，故1nn a qa 对所有1n 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 na nN .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n na q . 所以双曲线2221n y xa 的离心率 22(1)11nnn e a q .由2513q q 解得43q .因为2(1)2(1)1+k k q q 1*k q k N （）. 于是11211+1n n nq e e e q q q ，故1231433n n n e e e . 44．已知等差数列{}n a 满足13428,4a a a a +=-=.（1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和nS ；（2）记数列1{}n S 的前n 项和为n T ，若99100n T >，求n 的最小值. 【答案】（1）2n a n=，2n S n n =+；（2）100【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d .依题意有13428,4.a a a a +=⎧⎨-=⎩解得12,2.a d =⎧⎨=⎩ 所以22,n n a n S n n ==+.（2）因为211111n S n n n n ==-++所以12111111111(1)()()122311n n T S S S n n n =+++=-+-++-=-++.因为99100n T >，即19911100n ->+， 所以99n >.所以n 的最小值为10045．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，132n n S S +=+，n *∈N .（1）证明：数列{}1n S +为等比数列；（2）已知曲线()22:191n n C x a y +-=若nC 为椭圆，求n 的值；（3）若33log 22n n n a a b ⎛⎫⎛⎫=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】（1）见解析；（2）1n =或2；（3）()21314n nn T -+=.【解析】（1）对任意的n *∈N ，132n n S S +=+，则1133311n n n n S S S S +++==++且113S +=，所以，数列{}1n S +是以3为首项，以3为公比的等比数列；（2）由（1）可得11333n nn S -+=⨯=，31n n S ∴=-. 当2n ≥时，()()111313123n n n n n n S a S ---=-=---=⨯，12a =也适合上式，所以，123n n a -=⨯.由于曲线()22:191n n C x a y +-=是椭圆，则190191n n a a ->⎧⎨-≠⎩，即1123192318n n --⎧⨯<⎨⨯≠⎩， n N *∈，解得1n =或2；（3）11333log 3log 3322n n n nnn aa b n --⎛⎫⎛⎫=⨯==⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，01211323333n n T n -∴=⨯+⨯+⨯++⋅，①()12131323133n nn T n n -=⨯+⨯++-⋅+⋅，②①-②得()()012111312312333333132n nn n nn n T n n -⨯--⋅--=++++-⋅=-⋅=-，因此，()21314n nn T -⋅+=.46．已知数列{}n a 满足11a =，141n n a a n ++=-，1n =，2，3⋯.()1求数列{}n a 的通项；()2设12233445212221n n n n n S a a a a a a a a a a a a -+=-+-+⋯+-，求n S ．【答案】()21,122,n n n a n n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数； ()2 28n S n =-.【解析】解：()1141n n a a n ++=-，1n =，2，3⋯①，()1411n n a a n -∴+=--，2n =，3，4⋯②-①②得114n n a a +--=，2n =，3⋯当n 为奇数，1141212n n a n +⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，当n 为偶数，241222n n a n ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭所以21,22,n n n a n n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数； ()122334452122212n n n n n S a a a a a a a a a a a a -+=-+-+⋯+-，()()()21343522121n n n n S a a a a a a a a a -+=-+-+⋯+-()()()()224622424482n n n a a a a n +-=-+++⋯+=-=-．。

专题1 等比数列专题[基础达标] (30分钟 60分) 一、选择题(每小题5分，共30分)1.在等比数列{a n }中，a 1=12，q=12，a n =132，则项数n 为 ( )A .3B .4C .5D .6C 【解析】由等比数列通项公式可知a n =a 1q n-1，则132=12× 12 n -1=12n ，解得n=5.2{a n }中，a 1+a 2=2，a 4+a 5=274，则a 1= ( ) A .15B .45C .43D .32B 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3=a 4+a5a 1+a 2=278，q=32，则a 1+a 2=a 1+32a 1=52a 1=2，解得a 1=45.3{a n }的前n 项和为S n ，若a 3=6，S 3= 304x d x ，则公比q 的值为 ( )A .1B .-12 C .1或-12 D .-1或-12C【解析】S 3= 304x d x=2x 203=18，所以当q=1时，符合条件.当q ≠1时，联立方程组 a 3=6，S 3=18，即a 1q 2=6，a 1+a 1q +6=18，解得q=-12.所以公比q 的值为1或-12.4x ，y 为正实数，且x ，a 1，a 2，y 成等差数列，x ，b 1，b 2，y 成等比数列，则(a 1+a 2)2b 1b 2的取值范围是 ( )A .RB .(0，4]C .[4，+∞)D .(-∞，0]∪[4，+∞)C 【解析】由x ，a 1，a 2，y 成等差数列得a 1+a 2=x+y ，由x ，b 1，b 2，y 成等比数列得b 1b 2=xy ，所以(a 1+a 2)2b 1b 2=(x +y )2xy=2+ y x +xy ≥2+2=4.5{a n}中，a3=5，a8=2，则数列{lg a n}的前10项和等于() A.2 B.5 C.10 D.lg 50B【解析】由等比数列的性质知a3a8=a1a10=a2a9=a4a7=a5a6，所以数列{lg a n}的前10项和为lg a1+lg a2+…+lg a10=lg a1·a2·…·a10=lg(a3a8)5=lg(5×2)5=5.6{a n}满足a2+8a5=0，设S n是数列1a n的前n项和，则S5S2=() A.-11 B.-8 C.5 D.11A【解析】设等比数列{a n}的公比为q，则q3=a5a2=-18，q=-12，则数列1a n也是等比数列，且公比为1q =-2，所以S5S2=1-1q51-12=33-3=-11.二、填空题(每小题5分，共20分)7{a n}的各项均为正数，且a1+a2=49，a3+a4+a5+a6=40，则a7+a8+a99的值为.117【解析】设等比数列{a n}的公比为q(q>0)，则a3+a4+a5+a6=(a1+a2)(q2+q4)=49(q2+q4)=40，解得q=3.所以a1+a2=a1+a1q=4a1=49，a1=19，则a7+a8+a99=36+37+389×9=32+33+34=117.8{a n}是递减数列，且对任意的正整数n，a n=-n2+λn恒成立，则实数λ的取值范围为.(-∞，3)【解析】∵{a n}是递减数列，∴a n+1<a n，∵a n=-n2+λn恒成立，即-(n+1)2+λ(n+1)<-n2+λn，∴λ<2n+1对任意n∈N*恒成立.而2n+1在n=1时取得最小值3，∴λ<3.9{a n}为等差数列，首项a1=1，公差d≠0，若a k1，a k2，a k3，…，a kn，…成等比数列，且k1=1，k2=2，k3=5，则数列{k n}的通项公式k n=.3n-1+12【解析】由题意可得a1，a2，a5成等比数列，则a22=a1·a5，即(a1+d)2=a1(a1+4d)，又d≠0，所以化简得d=2a1=2，所以等比数列的公比q=a2a1=3，则a kn =a1q n-1=a1+(k n-1)d，即3n-1=1+2(k n-1)，解得k n=3n-1-12+1=3n-1+12.10.设{a n}是等比数列，公比q=2，S n为{a n}的前n项和.记T n=17S n-S2na n+1，n∈N*，设T n为数列{T n}的最大项，则n0=.4【解析】T n=12)n1-2-12)2n1-2a(2)n=1-2·2)2n2)n(2)n=1-2·(2)n+(2)n-17，因为(2)n+n≥8，当且仅当(2)n=4，即n=4时取等号，所以当n0=4时T n有最大值.三、解答题(共10分)11.(10分{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，S n+1=4a n+2.(1)设b n=a n+1-2a n，证明数列{b n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式.【解析】(1)由a1=1及S n+1=4a n+2，得a1+a2=4a1+2，∴a2=3a1+2=5，∴b1=a2-2a1=3，由于S n+1=4a n+2，①则当n≥2时，有S n=4a n-1+2.②①-②得a n+1=4a n-4a n-1，∴a n+1-2a n=2(a n-2a n-1)，又∵b n=a n+1-2a n，∴b n=2b n-1，∴数列{b n}是首项b1=3，公比为2的等比数列.(2)由(1)可得b n=a n+1-2a n=3·2n-1，∴a n+12n+1−a n2n=34，∴数列a n2是首项为12，公差为34的等差数列.∴a n2n =12+34(n-1)=34n-14，∴a n=(3n-1)·2n-2.[高考冲关](25分钟40分)1.(5分{a n}和{b n}分别是等差数列与等比数列，且a1=b1=16，a5=b5=1，则以下结论正确的是() A.a2<a3B.a3>b3C.a3<b3D.b2>b3B【解析】由{a n}是等差数列，且a1=16，a5=1，得公差d<0，所以a2>a3，A错误；a3=a1+a52=b1+b52>b1b5=b3，B正确，C错误；由{b n}是等比数列，且b1=16，b5=1，得公比q=12或-12，当q=-12时，b2=-8<b3=4，D错误.2.(5分)已知数列{c n}，其中c n=2n+3n，且数列{c n+1-pc n}为等比数列，则常数p 的值为() A.2 B.3 C.2或3 D.5C【解析】由数列{c n+1-pc n}为等比数列，得(c3-pc2)2=(c2-pc1)(c4-pc3)，即(35-13p)2=(13-5p)(97-35p)，解得p=2或p=3.3.(5分{a n}满足a n=n2(a n-1<n2)，2a n-1(a n-1≥n2)(n≥2)，若{a n}为等比数列，则a1的取值范围是.92，+∞【解析】由题意可得当{a n}为等比数列时，a n-1≥n2，∀n≥2恒成立，此时a n=2n-1a1，所以2n-1a1≥(n+1)2，即a1≥(n+1)22n-1，∀n∈N*恒成立，则a1≥(n+1)22n-1max ，n∈N*.令b n=(n+1)22n-1，则b n+1-b n=(n+2)22−(n+1)22n-1=2-n22，所以b1<b2>b3>…，则(b n)max=b2=92，故a1≥92.4.(12分{a n}的前n项和S n满足：S n=2(a n-1)，数列{b n}满足：对任意n∈N*有a1b1+a2b2+…+a n b n=(n-1)·2n+1+2.(1)求数列{a n}与数列{b n}的通项公式；(2)记c n=b na n，数列{c n}的前n项和为T n，证明：当n≥6时，n|2-T n|<1.【解析】(1)当n=1时，S1=a1=2(a1-1)，所以a1=2.当n>1时，a n=S n-S n-1=2(a n-a n-1)，即a n=2a n-1，所以数列{a n}是首项a1=2，公比q=2的等比数列，通项公式为a n=2n(n∈N*).由题意有a1b1=(1-1)·22+2=2，得b1=1.当n≥2时，a nb n=(a1b1+a2b2+…+a n b n)-(a1b1+a2b2+…+a n-1b n-1)=[(n-1)·2n+1+2]-[(n-2)·2n+2]=n·2n，所以b n=n，显然b1=1满足该式，故数列{b n}的通项公式为b n=n(n∈N*).(2)因为T n=b1a1+b2a2+…+b na n=12+222+…+n2n，所以12T n=12+22+…+n2，两式相减得12T n=12+12+12+…+12−n2=121-12n1-12−n2=1-n+12，所以T n=2-n+22，即|2-T n|=n+22.下证：当n≥6时，n(n+2)2n<1，令f(n)=n(n+2)2n，f(n+1)-f(n)=(n+1)(n+3)2−n(n+2)2=3-n22，当n≥2时，f(n+1)-f(n)<0，即当n≥2时，f(n)单调递减，又f(6)<1，所以当n≥6时，f(n)<1，即n(n+2)2n<1，即当n≥6时，n|2-T n|<1.5.(13分)已知函数f(x)=log3(ax+b)的图象经过点A(2，1)和B(5，2)，记a n=3f(n)，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=a n2n，T n=b1+b2+…+b n，若T n<m(m∈Z)，求m的最小值；(3)求使不等式1+1a11+1a2…1+1a n≥p2n+1对一切n∈N*均成立的最大实数p.【解析】(1)由题意得log3(2a+b)=1，log3(5a+b)=2，解得a=2，b=-1，∴f(x)=log3(2x-1)，∴a n=3lo g3(2n-1)=2n-1，n∈N*.(2)由(1)得b n=2n-12，∴T n=121+322+523+…+2n-32n-1+2n-12n，①1 2T n=122+323+…+2n-52n-1+2n-32n+2n-12n+1.②①-②得1 2T n=121+222+223+…+22n-1+22n−2n-12n+1=121+121+122+…+12n-2+12n-1-2n-12n+1=32−12n-1−2n-12n+1.∴T n=3-12n-2−2n-12=3-2n+32，设f(n)=2n+32，n∈N*，则由f(n+1)f(n)=2n+52n+12n+3n=2n+52(2n+3)=12+12n+3≤12+15<1，得f(n)=2n+32，n∈N*随n的增大而减小，∴T(n)<3，又T n<m(m∈Z)恒成立，∴m min=3.(3)由题意得p≤2n+11+1a11+1a2…1+1a n对n∈N*恒成立.记F(n)=2n+11+1a11+1a2…1+1a n，则F(n+1)F(n)=12n+31+1a11+1a2…1+1a n1+1a n+112n+11+1a11+1a2…1+1a n=(2n+1)(2n+3)=4(n+1)-1>2(n+1)2(n+1)=1.又∵F(n)>0，∴F(n+1)>F(n)，即F(n)随n的增大而增大，F(n)的最小值为F(1)=233，∴p≤233，即p max=233.专题2 等差数列专题[基础达标](25分钟55分)一、选择题(每小题5分，共35分)1S n为等差数列{a n}的前n项和，S8=4a3，a7=-2，则a9=() A.-6 B.-4 C.-2 D.2A【解析】由S8=4a3得8a1+8×72×d=4(a1+2d)，则a1=-5d①，由a7=-2得a7=a1+6d=-2②，联立方程①②，解得a1=10，d=-2，故a9=a1+(9-1)d=10-16=-6.2{a n}的前n项和为S n，若a4=9，a6=11，则S9=() A.180 B.90 C.72 D.10B【解析】解法1：由a4=9，a6=11得d=a6-a46-4=11-92=1，又由a4=a1+3d得a1=9-3d=6，故S9=9×6+9×82×1=90.解法2：由等差数列的性质得S9=9(a1+a9)2=9(a4+a6)2=9×(9+11)2=90.3{a n}是等差数列，S n是其前n项和，若公差d<0且S2=S7，则下列结论中不正确的是() A.S4=S5B.S9=0C.a5=0D.S2+S7=S4+S5D【解析】由公差d<0且S2=S7，得a3+a4+a5+a6+a7=5a5=0，则a5=0，故C 正确；S5-S4=a5=0，故A正确；S9=9a5=0，故B正确；S2+S7-S4-S5=(a6+a7)-(a3+a4)=6d<0，故D错误.4{a n}满足a n+1+a n=4n，则a1=() A.-1 B.1 C.2 D.3B【解析】设等差数列{a n}的公差为d，由a n+1+a n=4n，得a n+a n-1=4(n-1)(n≥2)，两式相减得a n+1-a n-1=4=2d，d=2，又a2+a1=4=2a1+d，解得a1=1.5n边形，各内角的度数成等差数列，公差为10°，最小角为100°，则边数n等于() A.8 B.8或9 C.9 D.6A【解析】由题意可得凸n边形的内角和为100n+n(n-1)2×10=180(n-2)，解得n=8或9，又由100+10(n-1)<180，解得n<9，所以n=8.6{a n}中，a1+a2+a3=3，a28+a29+a30=165，则此数列前30项和等于() A.810 B.840 C.870 D.900B【解析】由a1+a2+a3=3，a28+a29+a30=165，可知a1+a2+a3+a28+a29+a30=168，由等差数列的性质可得3(a1+a30)=168，解得a1+a30=56，所以S30=30(a1+a30)2=15×56=840.7{a n}中a10a9<-1，它的前n项和S n有最大值，则当S n取得最小正值时，n=() A.17 B.18 C.19 D.20A【解析】由等差数列以及前n项和S n有最大值可得数列单调递减，又a10a9<-1，∴a9>0，a10<0，∴由不等式的性质可得a10<-a9，即a9+a10<0，∴S17=17(a1+a17)2=17×2a92=17a9>0，S18=18(a1+a18)2=9(a1+a18)=9(a9+a10)<0，∴当S n取得最小正值时，n=17.二、填空题(每小题5分，共10分)8S n是等差数列{a n}的前n项和，若a1=2，S5=12，则a6等于.3【解析】设等差数列{a n}的公差为d，则S5=5a1+10d=10+10d=12，解得d=15，则a6=a1+5d=2+5×15=3.9{log k a n}是首项为4，公差为2的等差数列，其中k>0，且k≠1.设c n=a n lg a n，若{c n}中的每一项恒小于它后面的项，则实数k的取值范围为.0，63∪(1，+∞)【解析】由题可知log k a n=4+(n-1)×2=2n+2，所以a n=k2n+2，又c n=a n lg a n，所以c n=a n lg a n=k2n+2lg k2n+2=(2n+2)k2n+2lg k，由于{c n}中的每一项恒小于它后面的项，即c n<c n+1.①当k>1时，有lg k>0，因此由c n<c n+1得(2n+2)k2n+2lg k<(2n+4)k2n+4lg k，可化为(2n+2)k2n+2<(2n+4)k2n+4，即n+1<(n+2)k2，即转化为不等式k2>n+1n+2，此不等式在k>1下恒成立，故k>1符合；②当0<k<1时，有lg k<0，因此由c n<c n+1得(2n+2)k2n+2lg k<(2n+4)k2n+4·lg k，可化为(2n+2)k2n+2>(2n+4)k2n+4，即n+1>(n+2)k2，即转化为不等式k2<n+1n+2恒成立，∵n∈N*，∴n+1n+2∈23，1，所以k2<23，则0<k<63.综合得实数k的取值范围为0，63∪(1，+∞).三、解答题(共10分)10.(10分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1，2S nn =a n+1-13n2-n-23，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)证明对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1a n<74.【解析】(1)∵2S nn =a n+1-13n2-n-23，n∈N*，∴2S n=na n+1-13n3-n2-23n=na n+1-n(n+1)(n+2)3，①∴当n≥2时，2S n-1=(n-1)a n-(n-1)n(n+1)3，②由①-②，得2S n-2S n-1=na n+1-(n-1)a n-n(n+1).∵2a n=2S n-2S n-1，∴2a n=na n+1-(n-1)a n-n(n+1)，∴a n+1n+1−a nn=1.∴数列a nn 是首项为a11=1，公差为1的等差数列.∴a nn=1+1×(n-1)=n，∴a n=n2(n≥2).当n=1时，上式显然成立.∴a n=n2，n∈N*.(2)由(1)知，a n=n2，n∈N*，①当n=1时，1a1=1<74，∴原不等式成立.②当n≥2时，∵n2>(n-1)(n+1)，∴1n2<1(n-1)(n+1)=121n-1-1n+1，∴1 a1+1a2+…+1a n=1+122+132+…+1n2<1+1211-13+1212-14+1213-15+…+121n-2-1n+1 21n-1-1n+1=1+1211−13+12−14+13−15+…+1n-2−1n+1n-1−1n+1=1+1211+12−1 n −1n+1=74+12-1n−1n+1<74，∴当n≥3时，原不等式亦成立.综上，对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1a n<74.[高考冲关](20分钟40分)1.(5分{a n}的前n项和为S n，S11=22，a4=-12，如果当n=m时，S n最小，那么m的值为() A.10 B.9 C.5 D.4C【解析】设等差数列{a n}的公差为d，则S11=11a1+55d=22，a4=a1+3d=-12，解得a1=-33，d=7，则a n=7n-40，所以当n≤5时，a n<0；当n≥6时，a n>0.所以该数列的前5项和最小.2.(5分a>0，b>0，a，b的等差中项是12，且α=a+1a，β=b+1b，则α+β的最小值为() A.2 B.3 C.4 D.5D【解析】由题可知a+b=1，所以α+β=a+1a +b+1b=1+1a+1b(a+b)=3+ba+a b ≥3+2=5，当且仅当ba=ab，即a=b=12时，取等号.3.(5分{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=a 2=1，{nS n +(n+2)a n }为等差数列，则{a n }的通项公式a n = .n 2n -1【解析】由{nS n +(n+2)a n }为等差数列，且S 1+3a 1=4，2S 2+4a 2=8，则该等差数列的公差和首项都为4，所以nS n +(n+2)a n =4+4(n-1)=4n ，即S n +n +2na n =4，S n-1+n +1n -1a n-1=4(n ≥2)，两式相减整理得a nan -1=n 2(n -1)(n ≥2)，则a n =a 1·a 2a 1·a3a 2·…·anan -1=12n -1×1×21×32×…×n n -1=n 2n -1.4.(12分{a n }是公差为2的等差数列，且a 3+1是a 1+1与a 7+1的等比中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n =a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 【解析】(1)由已知可得(a 3+1)2=(a 1+1)(a 7+1)， 即(a 1+5)2=(a 1+1)(a 1+13)，解得a 1=3， ∴a n =a 1+(n-1)d=2n+1， ∴{a n }的通项公式为a n =2n+1. (2)b n =a 2n =2·2n +1=2n+1+1， S n =22+1+23+1+…+2n+1+1 =22+23+…+2n+1+n =4(1-2n )1-2+n=2n+2+n-4，∴数列{b n }的前n 项和S n =2n+2+n-4.5.(13分{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5-a 3=13，S 4=16. (1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n =∑i =1n(-1)i a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n <[a n+1+(-1)n+1a n ]·2n-1恒成立，求实数λ的取值范围.【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d.因为2a5-a3=13，S4=16，所以2(a1+4d)-(a1+2d)=13，4a1+6d=16，解得a1=1，d=2，所以a n=2n-1，S n=n2.(2)①当n为偶数时，设n=2k，k∈N*，则T2k=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2k-a2k-1)=2k.代入不等式λT n<[a n+1+(-1)n+1a n]·2n-1，得λ·2k<4k，从而λ<4k2k .设f(k)=4k2k ，则f(k+1)-f(k)=4k+12(k+1)−4k2k=4k(3k-1)2k(k+1).因为k∈N*，所以f(k+1)-f(k)>0，所以f(k)是递增的，所以f(k)min=2，所以λ<2.②当n为奇数时，设n=2k-1，k∈N*，则T2k-1=T2k-(-1)2k a2k=2k-(4k-1)=1-2k.代入不等式λT n<[a n+1+(-1)n+1a n]·2n-1，得λ·(1-2k)<(2k-1)4k，从而λ>-4k.因为k∈N*，所以-4k的最大值为-4，所以λ>-4.综上，λ的取值范围为(-4，2).专题3 热点专题突破数列的综合问题1n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28.记b n=[lg a n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg 99]=1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{b n}的前1000项和.【解析】(1)设{a n}的公差为d，由S7=7+21d=28，解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0，b11=[lg 11]=1，b101=[lg 101]=2.(2)因为b n=0(1≤n<10)，1(10≤n<100)，2(100≤n<1000)，3(n=1000)，所以数列{b n}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.2.数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，a n+1=2S n+1，数列{b n}为等差数列，且b3=3，b5=9.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*， S n+12·k≥b n恒成立，求实数k的取值范围.【解析】(1)由a n+1=2S n+1，①得a n=2S n-1+1，②①-②得a n+1-a n=2(S n-S n-1)，∴a n+1=3a n(n≥2).又a2=3，a1=1也满足上式，∴a n=3n-1.由b5-b3=2d=6，可得d=3，∴b n=3+(n-3)×3=3n-6.(2)S n=a1(1-q n)1-q =1-3n1-3=3n-12，∴3n-12+12k≥3n-6对n∈N*恒成立，∴k≥2(3n-6)3对n∈N*恒成立.令c n=3n-63，c n-c n-1=3n-63−3n-93n-1=-2n+73n-1，当n≤3时，c n>c n-1，当n≥4时，c n<c n-1，∴(c n)max=c3=19，即k≥2(c n)max=29，∴实数k的取值范围是29，+∞.3.已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=2b n(n∈N*).若{a n}为等比数列，且a1=2，b3=3+b2.(1)求a n与b n；(2)设c n=b n-a na nb n(n∈N*)，记数列{c n}的前n项和为S n，求S n.【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q，∵a1a2a3…a n=2b n(n∈N*)，∴a1a2a3=2b3，∴a13q3=8q3=2b3，同理a1a2=2b2，即a12q=4q=2b2，而b3=3+b2，∴8q3=23+b2=23×2b2=8×4q，∴q=2或q=-2，∵a1a2=2b2>0，∴q=2，a n=a1q n-1=2n.又a1a2a3…a n=2b n(n∈N*)，∴2n(n+1)2=2b n，∴b n=n(n+1)2.(2)由c n=1a n −1b n=12-21n-1n+1，得S n=c1+c2+…+c n=12+122+…+12n-21-12+12-13+…+1n-1n+1=121-12n1-12-21-1 n+1=2n+1−12n-1.4.已知数列{a n}中，a1=1，a n=-13 a n-1+43，n≥2，且b n=a n+13，数列{b n}的前n项和为S n.(1)求证：数列{b n}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)若对任意n ∈N *，p ≤S n -1S n≤q ，求q-p 的最小值.【解析】(1)因为b n+1=a n+1+13=-13 a n +43 +13=-13a n +13=-13b n ， 又b 1=a 1+13=43≠0，所以数列{b n }是等比数列， 则b n =b 1 -13n -1=43× -13n -1，所以a n =b n -13=43× -13 n -1−13.(2)由(1)可知S n =4 1- -1 n 1- -13=1- -13 n，当n 为奇数时，S n =1+ 13n∈ 1，43；当n 为偶数时，S n =1- 13 n∈ 89，1 . 因为函数y=x-1x 在(0，+∞)上单调递增， 所以S n -1S n的取值范围是 -1772，0 ∪ 0，712 .所以p ≤-1772，q ≥712， 所以q-p ≥712+1772=5972， 即q-p 的最小值是5972.5.已知各项均为正数的数列{a n }满足a n +12−a n 2=a n 2+a n a n+1，且a 2+a 4=2a 3+4，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n =nan (2n +1)·2n (n ∈N *)，若存在正整数m ，n (1<m<n )，使得b 1，b m ，b n 成等比数列，求m ，n 的值.【解析】(1)因为a n +12−a n 2=a n 2+a n a n+1，即(a n+1+a n )(a n+1-2a n )=0，又a n >0，所以有a n+1-2a n =0，即a n+1=2a n ， 所以数列{a n }是公比为2的等比数列，由a2+a4=2a3+4得2a1+8a1=8a1+4，解得a1=2，所以数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*).(2)b n=na n(2n+1)·2=n2n+1，若b1，b m，b n成等比数列，则m2m+12=13n2n+1，整理得3m2+n(2m2-4m-1)=0.因为1<m<n，所以2m2-4m-1<0，解得1-62<m<1+62，又m∈N*，且m>1，所以m=2，此时n=12.6{a n}满足a1=8999，a n+1=10a n+1.(1)证明数列 a n+19是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)数列{b n}满足b n=lg a n+19，T n为数列1b n b n+1的前n项和，求证T n<12.【解析】(1)∵a n+1=10a n+1，∴a n+1+19=10a n+109=10 a n+19，即a n+1+19a n+1=10.∴数列 a n+19是等比数列，其中首项为a1+19=100，公比为10.∴a n+19=100×10n-1=10n+1，∴a n=10n+1-19.(2)由(1)得b n=lg a n+19=lg 10n+1=n+1，∴1b n b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，∴T n=12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2<12.7{a n}满足 a n-a n+12≤1，n∈N*.(1)证明：|a n|≥2n-1(|a1|-2)，n∈N*；(2)若|a n|≤32n，证明：|a n|≤2，n∈N*.【解析】(1)由 a n-a n+12≤1得|a n|-12|a n+1|≤1，故|a n|2−|a n+1|2≤12，n∈N*，所以|a 1|2−|a n |2= |a 1|2-|a 2|2 + |a 2|2-|a 3|2 +…+|a n -1|2n -1-|a n |2 ≤12+12+…+12n -1=1 1-12n -11-12=1-12n -1<1，因此|a n |≥2n-1(|a 1|-2). (2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m>n ，|a n |2n−|a m |2m= |a n|2n -|a n +1|2n +1 + |an +1|2n +1-|a n +2|2n +2+…+|a m -1|2m -1-|a m |2m≤12n +12n +1+…+12m -1=1n 1-12m -n 1-1=12n -11-12m -n<12n -1，故|a n |<12n -1+|a m |2m·2n≤12n -1+12m · 32 m·2n=2+ 34m·2n. 从而对于任意m>n ，均有|a n |<2+ 34 m·2n ， ①由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n 0∈N *，有|a n 0|>2，取正整数m 0>lo g 3|a n 0|-22n 0且m 0>n 0，则2n 0· 34m 0<2n 0· 34 lo g 34a n 0-2n 0=|a n 0|-2，与①式矛盾.综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.8{a n }满足：a 1+2a 2+…+na n =4-n +22n -1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }的前n 项和T n ； (3)令b 1=a 1，b n =T n -1n+ 1+12+13+…+1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2+2ln n.【解析】(1)依题意有a 1+2a 2+…+na n =4-n +22n -1，n ∈N *，当n ≥2时，有a 1+2a 2+…+(n-1)a n-1=4-n +12n -2，两式相减得na n =-n +22n -1+n +12n -2=n 2n -1，即a n =12n -1，n ≥2.且n=1时，a 1=1也满足通项公式，综上得a n =12n -1，n ∈N *.则a 3=14.(2)由(1)知T n =a 1(1-q n )1-q =1· 1-12n1-1=2-12n -1.(3)由(2)得T n =2-12n -1，当n ≥2时， b n =T n -1n+ 1+12+13+…+1n a n=1n (a 1+a 2+…+a n-1)+ 1+12+13+…+1n a n =1n a 1+1n a 2+…+1n a n-1+ 1+12+…+1n a n ， 所以S n =b 1+b 2+…+b n =a 1+ 12a 1+ 1+12 a 2 +13a 1+13a 2+1+12+13a 3+ (1)a 1+1n a 2+…+1n a n-1+ 1+12+…+1n a n = 1+12+…+1n a 1+ 1+12+…+1n a 2+…+1+12+…+1n a n = 1+12+…+1n (a 1+a 2+…+a n ) =T n 1+12+…+1n = 2- 12n -11+12+13+…+1n ，下面证明12+13+…+1n +1<ln(1+n )， 令函数F (x )=ln(1+x )-x1+x ，x>0， 则F'(x )=x(1+x )2>0，即F (x )在(0，+∞)上单调递增， 故F (x )=ln(1+x )-x1+x >F (0)=0， 即对于(0，+∞)，恒有ln(1+x )>x1+x ，令x=1n ，有ln1+1n>1n1+1n=1n+1，即ln n+1n >1n+1，所以ln(n+1)>12+13+…+1n+1.故ln n>12+13+…+1n.故S n=2-12n-11+12+13+…+1n<21+12+13+…+1n<2(1+ln n)=2+2ln n.专题4 数列的概念与简单表示法专题[基础达标](20分钟45分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.数列13，18，115，124，…的一个通项公式为()A.a n=12+1B.a n=1n+2C.a n=1n(n+2)D.a n=12-1C【解析】观察知a n=1(n+1)2-1=1n(n+2).2.已知数列{a n}满足a0=1，a n=a0+a1+…+a n-1(n≥1)，则当n≥1时，a n等于() A.2n B.12n(n+1) C.2n-1D.2n-1C【解析】由题设可知a1=a0=1，a2=a0+a1=2，代入四个选项检验可知a n=2n-1.3A n(n，a n)(n∈N)都在函数y=a x(a>0，a≠1)的图象上，则a4+a6与2a5的大小关系是()A.a4+a6<2a5B.a4+a6=2a5C.a4+a6>2a5D .a 4+a 6与2a 5的大小与a 有关C 【解析】∵点A n (n ，a n )(n ∈N )都在函数y=a x (a>0，a ≠1)的图象上，∴a n =a n ，则a 4+a 6=a 4+a 6≥2 a 4·a 6=2a 5，当且仅当a 4=a 6时取等号，∵a>0，a ≠1，∴a 4≠a 6，则a 4+a 6>2a 5.4{a n }的前n 项和为S n ，a 1=-9，a 2+a 3=-12，则使S n 取得最小值时n 的值为 ( )A .2B .4C .5D .7C 【解析】因为a 2+a 3=2a 1+3d=-18+3d=-12，解得d=2，从而有S n =-9n+n (n -1)2×2=n 2-10n=(n-5)2-25，所以当n=5时，S n 最小.5.已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n -1，则满足an n ≤2的正整数n 的集合为 ( ) A .{1，2} B .{1，2，3，4}C .{1，2，3}D .{1，2，4}B 【解析】因为S n =2a n -1，所以当n ≥2时，S n-1=2a n-1-1，两式相减，得a n =2a n -2a n-1，整理得a n =2a n-1，所以{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1=2a 1-1，解得a 1=1，故{a n }的通项公式为a n =2n-1.而an n ≤2，即2n-1≤2n ，所以有n=1，2，3，4.6{a n }满足1+log 3a n =log 3a n+1(n ∈N *)，a 2+a 4+a 6=9，则lo g 13(a 5+a 7+a 9)=( )A .-15B .15C .-5D .5C 【解析】由1+log 3a n =log 3a n+1(n ∈N *)得a n+1=3a n (n ∈N *)，所以数列{a n }为等比数列，且公比为3，因此由a 2+a 4+a 6=9得a 5+a 7+a 9=(a 2+a 4+a 6)×q 3=9×33=35，所以lo g 1(a 5+a 7+a 9)=lo g 135=-5.二、填空题(每小题5分，共15分)7{a n }满足：a 1=a 2=1，a n =1-a 1+a 2+a 3+…+a n -24(n ≥3，n ∈N *)，则a 6= .316 【解析】由题意可得a 3=1-a 14=34，a 4=1-a 1+a 24=1-12=12，则a 6=1-a 1+a 2+a 3+a 44=1-1316=316.8{a n }中，a n >0，前n 项和为S n ，且S n =a n (a n +1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为 . a n =n 【解析】由S n =a n (a n +1)2，a n >0，得a 1=a 1(a 1+1)2，解得a 1=1，又S n-1=a n -1(a n -1+1)2(n ≥2)，两式相减得2a n =a n 2−a n -12 + a n -a n-1，化简得a n -a n-1=1(n ≥2)，则数列{a n }是首项和公差都等于1的等差数列，则a n =n.9{a n }满足a 1=1，a n+2=1+1a n(n∈N *)，若a 2014=a 2016，则a 13+a 2016= .55+13 526【解析】由题意可得a 1=1，a 3=2，a 5=32，a 7=53，a 9=85，a 11=138，a 13=2113，且a 2014=a 2016=1+1a 2014，整理得a 20142-a 2014-1=0，a 2014>0，解得a 2014=1+ 52，则a 2016=1+ 52，故a 13+a 2016=2113+1+ 52=55+13 526.[高考冲关] (15分钟 30分)1.(5分)已知数列{a n }满足：a 1=17，对于任意的n ∈N *，a n+1=72a n (1-a n )，则a 1413-a 1314=( )A .-27B .27C .-37D .37D 【解析】a 1=17，a 2=72×17×67=37，a 3=72×37×47=67，a 4=72×67×17=37，….归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n =67；当n 为正偶数时，a n =37.故a 1413-a 1314=67−37=37.2.(5分)若数列{a n }的通项公式是a n =(n+2) 78 n，且a n ≤a n 0，n ∈N *恒成立，则n 0= ( )A .5B .6C .5或6D .4或5或6C【解析】因为a n+1-a n=(n+3)78n+1-(n+2)78n=78n·5-n8，所以a1<a2<…<a5=a6>a7>…，则数列{a n}的最大项为a5，a6，即n0=5或6.3. (5分{a n}的各项均为正整数，对于n∈N*有a n+1=3a n+5(a n为奇数)，a n2(a n为偶数，其中k为使a n+1为奇数的正整数)，a1=11，a65=.31【解析】由题设知，a1=11，a2=3×11+5=38，a3=382=19，a4=3×19+5=62，a5=622=31，a6=3×31+5=98，a7=982=49，a8=3×49+5=152，a9=1522=19，…，所以数列{a n}从第3项开始是周期为6的周期数列，所以a65=a3+(6×10+2)=a5=31.4.(5分{a n}的前n项和S n=2a n-2n+1，若不等式2n2-n-3<(5-λ)a n对∀n∈N*恒成立，则整数λ的最大值为.4【解析】当n=1时，a1=S1=2a1-22，解得a1=4，当n≥2时，S n-1=2a n-1-2n，则a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1-2n，得a n=2a n-1+2n，所以a n2n −a n-12n-1=1.又a121=2，所以数列a n2n是以2为首项，1为公差的等差数列，a n2=n+1，即a n=(n+1)·2n.因为a n>0，所以不等式2n2-n-3<(5-λ)a n，等价于5-λ>2n-32.记b n=2n-32，当n≥2时，b n+1b n=2n-12n+12n-3n=2n-14n-6，所以当n≥3时，b n+1b n <1，(b n)max=b3=38，所以5-λ>38，λ<5-38=378，所以整数λ的最大值为4.5.(10分)已知数列{a n}的前n项和S n=n2+1，数列{b n}满足b n=2a n+1，且前n项和为T n，设c n=T2n+1-T n.(1)求数列{b n}的通项公式；(2)判定数列{c n}的单调性.【解析】(1)a1=2，a n=S n-S n-1=2n-1(n≥2)，则a n=2(n=1)，2n-1(n≥2，n∈N*).又b n=2a n+1，则b n=23(n=1)，1n(n≥2，n∈N*).(2)因为c n=T2n+1-T n=b n+1+b n+2+…+b2n+1=1n+1+1n+2+…+12n+1，所以c n+1-c n=12n+2+12n+3−1n+1=12n+3−12n+2=-1(2n+2)(2n+3)<0，则c n+1<c n，所以数列{c n}为递减数列.专题5 数列的求和与综合应用专题[基础达标](40分钟65分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.数列1，(1+2)，(1+2+22)，…，(1+2+22+…+2n-1)，…的前n项和为()A.2n-1B.n·2n-nC.2n+1-nD.2n+1-n-2D【解析】记a n=1+2+22+…+2n-1=2n-1，∴S n=2·(2n-1)2-1-n=2n+1-2-n.2{a n}的前n项和为S n，a2，a4是方程x2-x-2=0的两个根，S5=()A.52B.5 C.-52D.-5A【解析】解法1：由x2-x-2=0解得a2=-1，a4=2，或a2=2，a4=-1，当a2=-1，a4=2时，d=32，a n=32n-4，所以S5=5×-52+5×42×32=52；当a2=2，a4=-1时，d=-32，a n=-32n+5，所以S5=5×72+5×42×-32=52.解法2：由已知得a2+a4=1，则S5=5(a1+a5)2=5(a2+a4)2=52×1=52.3{a n}的通项公式为a n=2n-2，若b n=log2a n+3，则数列1b n b n+1的前n项和T n为()A.n2(n-2)B.n2(n+2)C.2nn+2D.12(n+2)B【解析】由题可知b n=log2a n+3=log22n-2+3=n+1，1b n b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，则T n=b1+b2+…+b n=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12−1n+2=n2(n+2).4{a n }和等比数列{b n }中，有a n =n ，b n =2n-1，记c n =a n b n ，则数列{c n }的前n 项和为 ( )A .(n+1)×2n +1B .(n-1)×2n -1C .(n-1)×2n +1D .(n-1)×2n+1+1C 【解析】由c n =a n b n =n ·2n-1，记其前n 项和为T n ，则T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1 ①，两边同乘以2，得2T n =1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n ②，①-②得-T n =1+21+22+23+…+2n-1-n×2n ，化简得T n =(n-1)×2n +1.5.现有200根相同的钢管，把它们堆成三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余的钢管为 ( )A .9根B .10根C .19根D .29根B 【解析】设堆成x 层，得1+2+3+…+x ≤200，即求使得x (x+1)≤400成立的最大正整数x ，应为19.∴剩余的钢管为200-19(19+1)2=10.6S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6>S 7>S 5，给出下列五个命题：①d<0；②S 11>0；③S 12<0；④数列{S n }中的最大项为S 11；⑤|a 6|>|a 7|.其中正确命题的个数是 ( )A .5B .4C .3D .1C 【解析】由已知得S 6-S 5=a 6>0，S 7-S 6=a 7<0，S 7-S 5=a 6+a 7>0，则d=a 7-a 6<0，S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6>0，S 12=12(a 1+a 12)2=6(a 6+a 7)>0，由a 6>0，a 7<0，a 6+a 7>0，得|a 6|>|a 7|，数列{S n }中的最大项为S 6，故①②⑤正确. 二、填空题(每小题5分，共15分)7{a n }中，a 1=0，a n+2+(-1)n a n =2.记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2016-S 2013= .2016【解析】当n为奇数时，a n+2-a n=2，又a1=0，则数列{a n}的奇数项构成以0为首项，2为公差的等差数列，即a2k-1=2k-2，k∈N*；当n为偶数时，a n+2+a n=2，则S2016-S2013=a2014+a2015+a2016=a2015+2=2014+2=2016.8{a n}中，a1=2，当n≥2时，a n=2a n-1+3·2n-1，数列a n2的前n项和为S n，则不等式S n<20的解集为.{1，2，3，4}【解析】当n≥2时，a n2=a n-12n-1+32，令b n=a n2，则数列{b n}是以b1=1为首项，公差为32的等差数列，S n=n+n(n-1)2×32=3n2+n4，由S n<20得3n2+n-80<0，即(3n+16)(n-5)<0，所以n=1，2，3，4符合条件.9{a n}的首项a1=2，前n项和为S n，且a n+1=2S n+2n+2(n∈N*)，则S n=.3n+1 2-n-32【解析】由a n+1=2S n+2n+2得S n+1=3S n+2n+2，则S n+1+(n+1)+32=3 S n+n+32，且S1+1+32=92，所以数列 S n+n+32是以92为首项，3为公比的等比数列，则S n+n+32=92×3n-1，S n=3n+12-n-32.三、解答题(共20分)10.(10分{a n}中，a1=13，a n+1=a n2-a n，(n∈N*).(1)求证：数列1a n-1是等比数列，并求{a n}的通项公式a n；(2)设b n=na n1-a n ，求证：∑i=1nb i<2.【解析】由已知得1a n+1=2a n-1，∴1a n+1-1=21a n-1，∴1a n+1-11 n -1=2，∴1a1-1是首项为1a1-1=2，公比为2的等比数列，∴1a n -1=2·2n-1=2n，∴a n=12+1.(2)b n=na n1-a n =n2，∴S n=12+222+…+n2n，∴12S n=122+223+…+n2n+1，两式相减得12S n=12+12+12+…+12−n2=1-n+22，∴S n=2-n+22<2，即∑i=1nb i<2.11.(10分S n为公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S1，S2，S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1，求数列{b n}的前n项和.【解析】(1)由已知得S22=S1·S4，即a1(4a1+6d)=(2a1+d)2，可得2a1d=d2，又由a1=1，d≠0得d=2，故a n=2n-1，n∈N*.(2)由已知可得b n=1(2n-1)(2n+1)，T n=11×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1)=1 21-13+13-15+15-17+…+12n-1−12n+1=12×1-12n+1=n2n+1，n∈N*.[高考冲关](30分钟40分)1.(5分已知点D为△ABC的边BC上一点，BD=3DC，E n(n∈N*)为边AC的一列点，满足E n A=14a n+1E n B-(3a n+2)E n D，其中实数列{a n}中a n>0，a1=1，则{a n}的通项公式为()A.3×2n-1-2B.2n-1C.3n-2D.2×3n-1-1D【解析】由BD=3DC得E n D−E n B=3(E n C−E n D)，则E n C=43E n D−13E n B，设E n A=m E n C，则E n A=43m E n D−13m E n B，则43m=-(3a n+2)，-13m=14a n+1，消去m得。

教学过程一、考纲解读1.高考对于本节的考查方式:(1)选择填空重点考查等差、等比数列的性质；(2)解答题中重点考查通项公式、求和（重视求和的错位相减法、裂项相消法）(3)递推数列也是考察的重点，只局限于最基本的形式2. 数列在历年高考高考试题中占有重要的地位，近几年更是有所加强.一般情况下都是一至两个考查性质的客观题和一个考察能力的解答题。

文科以等差数列的基础知识、基本解法为主，理科注重概念的理解和运用。

分值在22分左右二、复习预习(1)数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.(2)等差数列、等比数列①理解等差数列、等比数列的概念.②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.③能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.(3)数列求和,求通项.与函数,不等式等知识的综合题,考查学生对知识的掌握和应用能力.错位相减法、裂项相消法三、知识讲解考点1 数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.考点2 等差数列、等比数列①理解等差数列、等比数列的概念.②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.③能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.考点3 综合问题(1)求数列通项累加法,累乘法,构造法,数学归纳法(2)数列求和裂项相消法,错位相减法, 数学归纳法(3)与函数,不等式等知识的综合题,考查学生对知识的掌握和应用能力.放缩法四、例题精析例1 [2014全国大纲] 等比数列{}n a 中，42a =，55a =，则数列{lg }n a 的前8项和等于( ) (A)6 (B)5 (C)4 (D)3【规范解答】选（C ）.（求解对照）由已知有在等比数列{}n a 中，42a =，55a =， 则63728154a a a a a a a a ⋅=⋅=⋅=⋅=10所以410lg )lg(lg lg lg 4821821==⋅⋅⋅=+⋅⋅⋅++a a a a a a 。