2021年高考数学专题复习：数列(含答案解析)

2021年高考数学一轮复习第七章数列第43课数列的通项公式（2）文（含解析）四、递推式为“”型的数列，构造等比数列求通项适用于递推式为“”型，可以在它的两边相加数，构造等比数数列，然后利用等比数列的通项公式求解例4.已知数列满足，，求【解析】，∴，即，．∴是以为首项，为公比的等比数列，∴，即．【变式】已知数列满足，求【解析】原等式可化为，∴，∴数列是以2为首项、以3为公比的等比数列，∴，∴．五．递推关系形如的数列，取倒数法方法：取倒数变形成【例5】已知数列满足，，求【解析】∵，∴，即∴数列是等差数列，，它的首项，公差∴，即．【变式】已知数列满足，，求.【解析】∵，∴，∴，即∴数列是等比数列，它的首项，公比为∴，∴．六、递推关系形如，两边同除以方法：①将原递推公式两边同除以，②得，③，得，④再利用“递推关系形如”方法来求.【例6】已知数列满足，，求【解析】在两边除以，得，令，则，∴，∴，∴．∴．【变式】已知数列满足，求.【解析】在原不等式两边同除以，得，不妨引入辅助数列且，则，∴，∴，∴．第43课： 数列的通项公式（2）的课后作业1．数列中，，，则 ( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：a 10＝(a 10－a 9)＋(a 9－a 8)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝lg 109＋lg 98＋…＋lg 21＋1＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫109×98×…×21＋1＝2.故选B. 答案：B2. 已知数列的前项和为 ，且 ，则 ( )A ．－16B ．16C ．31D ．32解析：由已知可得时，，所以 ，所以是等比数列，公比为2，所以 .故选B. 答案：B3. 在数列中， ，，则为( )A ．34B ．36C ．38D ．40解析：因为na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2，所以a n ＋1n ＋1－a n n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以a 1010＝a 1010－a 99＋a 99－a 88＋…＋a 22－a 11＋a 1 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18－19＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3810，所以a 10＝38.故选C. 答案：C4. 已知数列满足，，求【解析】，∴，即，．∴是以为首项，为公比的等比数列，∴，即．5. 已知数列满足，，求.【解析】∵，∴，∴∴数列是等差数列，它的首项，公差为∴，∴．6. 已知数列满足，，求【解析】在两边除以，得，令，则，∴，∴数列是等比数列，其中首项，公比∴，∴．∴．7. 已知数列满足，，（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式【解析】，令则，∴，解得．∴，∴，∴．-29002 714A 煊35699 8B73 譳38825 97A9 鞩I34360 8638 蘸26769 6891 梑O29448 7308 猈39718 9B26 鬦38740 9754 靔34191 858F 薏33744 83D0 菐q29810 7472 瑲。

第5节数学归纳法(选用)考试要求 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理1。

数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0（n0∈N＊）时命题成立；（2)（归纳递推）假设n＝k(k≥n0，k∈N＊)时命题成立，证明当n ＝k＋1时命题也成立。

只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立。

2。

数学归纳法的框图表示［常用结论与易错提醒]1。

数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.诊断自测1。

判断下列说法的正误。

（1）用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时,左边式子应为1＋2＋22＋23.（）(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.(）(3）用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.()(4）不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项。

()解析对于（2），有些命题也可以直接证明；对于(3）,数学归纳法必须用归纳假设；对于(4),由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.答案(1）√(2）×（3）×（4)×2。

（选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为错误!n(n－3）条时，第一步检验n等于（）A.1B.2C。

3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3。

答案C3。

已知f（n)＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，则(）A.f(n)中共有n项,当n＝2时，f（2)＝错误!＋错误!B.f（n）中共有n＋1项,当n＝2时，f(2)＝错误!＋错误!＋错误!C.f(n）中共有n2－n项,当n＝2时,f（2）＝错误!＋错误!D。

f（n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时,f（2)＝错误!＋错误!＋错误!解析f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时,错误!＝错误!，错误!＝错误!，故f(2）＝错误!＋错误!＋错误!.答案D4.用数学归纳法证明1＋错误!＋错误!＋…＋错误!<n（n∈N，且n〉1）,第一步要证的不等式是________。

高考数学复习考点知识归纳专题解析 专题18等比数列及其前n 项和考点知识归纳常考点01 等比数列中的基本运算 (1)【典例1】 ................................................................................................................................................ 1 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 2 【变式演练1】 ........................................................................................................................................ 3 常考点02等比数列基本性质的应用 . (3)【典例2】 ................................................................................................................................................ 3 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 4 【变式演练2】 ........................................................................................................................................ 4 常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和 (5)【典例3】 ................................................................................................................................................ 5 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 6 【变式演练3】 ........................................................................................................................................ 6 常考点04 等差等比混合应用 (7)【典例4】 ................................................................................................................................................ 7 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 8 【变式演练4】 ........................................................................................................................................ 9 【冲关突破训练】 .. (10)常考点01 等比数列中的基本运算【典例1】1．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（） A ．7B ．8C ．9D ．102．（2021年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】1.A 2.C【解析】1.∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和， ∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列 ∴24S =，42642S S -=-= ∴641S S -=，∴641167S S =+=+=. 故选：A.2.设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【考点总结与提高】（1）等比数列的基本运算方法：①等比数列由首项1a 与公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕1a 与q 进行． ②对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出1a 与q ，对于1,,,,n n a a q n S 五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”． （2）基本量计算过程中涉及的数学思想方法：①方程思想．等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量1a 和q ，问题可迎刃而解．②分类讨论思想．等比数列的前n 项和公式为111,1(1),111n nn na q S a a qa q q q q≠，所以当公比未知或是代数式时，要对公比分1q 和1q ≠进行讨论.此处是常考易错点，一定要引起重视．③整体思想．应用等比数列前n 项和公式时，常把nq ，11a q-当成整体求解. 【变式演练1】1．已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（）A ．2B ．1C ．12D ．182．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++= A ．21B ．42C ．63D ．84【答案】1.C 2.B【解析】1.由题意可得()235444412a a a a a ==-⇒=,所以34182a q q a ==⇒= ,故2112a a q == ,选C.2.24242135121(1)21172a a a a q q q q q ++=++=∴++=∴=得2357135+()22142a a a q a a a +=++=⨯=，选B.常考点02等比数列基本性质的应用【典例2】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（） A ．12B ．24C ．30D ．322．已知{}n a 为等比数列,472a a +=,568a a =-,则110a a +=（） A ．7B ．5C ．5-D ．7-【答案】1.D 2.D【解析】1.设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，因此，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q++=++=++==.故选：D.2.56474747822,4a a a a a a a a ==-+=∴=-=或474,2a a ==-.由等比数列性质可知2274101478,1a a a a a a ==-==或2274101471,8a a a a a a ====- 1107a a ∴+=-故选D.【考点总结与提高】等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n 项和公式的变形应用等.注意：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度． （2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.【变式演练2】1．已知数列{a n }是等比数列，且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，那么a 3＋a 5＝（） A ．5B ．10C ．15D ．202．设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2 …a n 的最大值为___________． 【答案】1.A 2.64【解析】1.数列{a n }是等比数列，所以22243465,a a a a a a ==，所以()2222435463355352225a a a a a a a a a a a a ++=++=+=， 又因为0n a >，所以350a a +>，所以355a a +=，故选：A.2.设等比数列的公比为q ，由132410{5a a a a +=+=得，2121(1)10{(1)5a q a q q +=+=，解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=，于是当3n =或4时，12n a a a 取得最大值6264=.常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和【典例3】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –1【答案】B【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩， 所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-. 故选：B.2．设首项为1，公比为23的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则 A ．21n n S a =- B ．32n n S a =-C ．43n n S a =-D ．32n n S a =-【答案】D 【解析】S n ＝()111na q q--＝11n a q a q -⋅-＝21313na -＝3－2a n .【考点总结与提高】1．求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用11n n a a q -=求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形n mn m a a q -=可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列的设项问题，常用的设项方法为：（1）通项法．设数列的通项公式11n n a a q -=来求解；（2）对称设元法：若所给等比数列的项数为2()n n N 且各项符号相同，则这个数列可设为21na q ，…，3a q ，,aaq q，3aq ，…，21n aq ； 若所给等比数列的项数为21()n nN ，则这个数列可设为1n a q，…，,,aa aq q ，…，1n aq . 2．当1q ≠时，若已知1,,a q n ，则用1(1)1n n a q S q求解较方便；若已知1,,n a q a ，则用11n na a qS q求解较方便.3．（1）形如1(1,0)n n a pa q p pq +=+≠≠的递推关系式，①利用待定系数法可化为1n a +-()11n q q p a p p =---，当101q a p -≠-时，数列{}1n qa p --是等比数列；②由1n n a pa q +=+，1(2)n n a pa q n -=+≥，两式相减，得11()n n n n a a p a a +--=-，当210a a -≠时，数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列．（2）形如+1(,0)nn n a ca d c d cd =+≠≠的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以1n d +，进而化归为等比数列．【变式演练3】1．数列{A n }中，A 1＝2，A m ＋n ＝A m A n .若A k ＋1＋A k ＋2＋…＋A k ＋10＝215－25，则k ＝（）A ．2B ．3C ．4D ．52．已知{}n a 是等比数列，22a =，514a =，则12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=（） A ．()1614n--B ．()1612n--C ．()32123n -- D ．()32143n -- 【答案】1.C 2.D【解析】1.令m ＝1，则由A m ＋n ＝A m A n ，得A n ＋1＝A 1A n ，即1n n A A +＝A 1＝2，所以数列{A n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以A n ＝2n，所以A k ＋1＋A k ＋2＋…＋A k ＋10＝A k (A 1＋A 2＋…＋A 10)＝2k×102(12)12⨯--＝12k +×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k ＝4.故选：C 2.由题得35211,82a q q a ==∴=.所以2232112()()22n n n n a a q ---==⨯=， 所以32251111()()()222n n n n n a a ---+=⋅=.所以1114n n n n a a a a +-=，所以数列1{}n n a a +是一个等比数列. 所以12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=18[1()]4114n --=()32143n --. 故选：D常考点04 等差等比混合应用【典例4】1.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 的前6项的和为（） A ．24-B ．3-C ．3D ．82．已知正项等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b }，111a b ==，3b 是2a ，6a 的等差中项，8a 是3b ，5b 的等比中项，则下列关系成立的是（） A ．100100a b >B ．102411a b =C ．105a b >D ．999a b >【答案】1.A 2.B【解析】1.设等差数列{}n a 的公差为d ，由2a 、3a 、6a 成等比数列可得2326a a a =，即2(12)(1)(15)d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-， 故{}n a 前6项的和为616(61)6(61)661(2)2422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-. 故选：A2.设等差数列公差为d ，等比数列公比为q ，由题意可得：2326226835212262(1+7)b a a d q d a b b q d q =+=⎧⎧=+⎧⇒⇒⎨⎨⎨===⎩⎩⎩ 1,2-∴==n n n a n bA. 100100,2，==>99100100a 100b b a ,故A 不正确；B. ,2==10102411a 1024b =1024，故B 正确；C. ,2==4105a 10b =16，故C 不正确；D. ,2==8999a 99b =256，故D 不正确.故选：B【考点总结与提高】等差、等比数列混合题型属于常规题型，解题思路基本相同∶按照其中一种数列的通项公式展开已知中的各项，再根据另一种数列的性质列出等式即可;至于使用哪一种数列的通项公式展开已知中的各项，要根据实际题意以及计算方便与否来决定。

2021年高考数学解答题专项复习-《数列》1.设{a}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．2.设{a}是等差数列，且a1=ln2,a2+a3=5ln2.n（1）求{a n}的通项公式；（2）求错误!未找到引用源。

.3.设数列{a}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.n（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足a n·b n=log3a n，求{b n}的前n项和T n.4.已知{a}是公差为1的等差数列，且a1，a2，a4成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和．5.已知数列{a}前n项和为S n,且S n=2n2+n,n∈N+,数列{b n}满足a n=4log2b n+3，n∈N+.n(1)求a n和b n的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.6.已知数列{a}和{b n}满足a1=1，b1=0，，.n（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.7.S为数列{a n}的前n项和.已知a n＞0，=.n（1）求{a n}的通项公式；（2）设 ,求数列{b n}的前n项和.8.已知等差数列{a}满足a3=6，前7项和为S7=49.n（1）求{a n}的通项公式（2）设数列{b n}满足b n=(a n-3)·3n，求{b n}的前n项和T n.9.设数列{a}满足a1+3a2+...+(2n-1)a n=2n.n（1）求{a n}通项公式；（2）求数列的前n项和．10.已知等比数列{a}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，n数列{（b n+1-b n）a n}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{b n}的通项公式．11.已知数列{a}是递增的等比数列，且a1+a4=9,a2a3=8.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设S n为数列{a n}的前n项和，，求数列{b n}的前n项和T n．12.已知数列{a}为递增的等差数列，其中a3=5，且a1,a2,a5成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）设记数列{b n}的前n项和为T n，求使得成立的m的最小正整数．13.等比数列{a}的各项均为正数，且.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求数列的前n项和T n.14.已知数列{a}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设错误!未找到引用源。

第一节 数列的概念与简洁表示考点一由数列的前几项归纳数列的通项公式[例1] 依据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式． (1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，….[自主解答] (1)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的确定值总比它的前一项的确定值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)数列变为89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103，…， 故a n ＝89⎝⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3.因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故a n ＝(－1)n 2n－32n .【方法规律】求数列的通项公式应关注的四个特征 (1)分式中分子、分母的特征； (2)相邻项的变化特征； (3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想．依据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式． (1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，….解：(1)各项减去1后为正偶数，∴a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母小1，而分母组成数列21,22,23,24，…，∴a n ＝2n－12n .(3)数列的奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含有因式(－1)n，各项确定值的分母组成数列{n }，分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1.∴a n ＝(－1)n 2＋－1nn.考点二由递推关系式求通项公式[例2] 依据下列条件，确定数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)；(2)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2；(4)a 1＝56，a n ＋1＝5a n4a n ＋1.[自主解答] (1)∵a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘，得a n ＝a 1×12×23×…×n －1n ＝a 1n ＝1n.(2)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n 3n ＋12(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3.∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3.又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2×3n －1.∴a n ＝2×3n －1－1.(4)∵a n ＋1＝5a n4a n ＋1，∴1a n ＋1＝45＋15a n ， ∴1a n ＋1－1＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1. 又1a 1－1＝15， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以15为首项，15为公比的等比数列，∴1a n －1＝15·15n －1＝15n ， ∴a n ＝5n 1＋5n .【方法规律】由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n ；。

第1节数列的概念与简单表示法考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.知识梳理1.数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{a n}的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个式子a n＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式. [常用结论与微点提醒]1.数列的最大(小)项，可以用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)⎝ ⎛⎭⎪⎫⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1（n ≥2，n ∈N *）求，也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合求解.2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( ) (2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.( ) (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列. (2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.(3)数列可以是常数列或摆动数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.(老教材必修5P33T4改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋（－1）na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23解析 a 2＝1＋（－1）2a 1＝2，a 3＝1＋（－1）3a 2＝12，a 4＝1＋（－1）4a 3＝3，a 5＝1＋（－1）5a 4＝23.答案 D3.(老教材必修5P33T5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.…解析 由a 1＝1＝5×1－4，a 2＝6＝5×2－4，a 3＝11＝5×3－4，…，归纳a n ＝5n －4. 答案 5n －44.(2020·北京朝阳区月考)数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于( ) A.（－1）n＋12B.cos n π2 C.cosn ＋12πD.cosn ＋22π解析 令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确. 答案 D5.(2019·郑州一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1（4n －1）3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析 由题意，得a 4＝S 4－S 3＝32. 即255a 13－63a 13＝32，解得a 1＝12. 答案 126.(2020·成都诊断)数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________.解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 答案 30考点一 由a n 与S n 的关系求通项【例1】 (1)(2019·广州质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________. (2)(2020·西安模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝13a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为________.解析 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)由a 1＝1，S n ＝13a n ＋1－1可得a 1＝13a 2－1＝1，解得a 2＝6，当n ≥2时，S n －1＝13a n －1，又S n＝13a n ＋1－1，两式相减可得a n ＝S n －S n －1＝13a n ＋1－13a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，则a n ＝6·4n －2，又a 1＝1不符合上式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，6·4n －2，n ≥2. 答案 (1)4n －5 (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，6·4n －2，n ≥2 规律方法 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.①当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；②当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.【训练1】 (1)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝________.(2)(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ， 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1). 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2).又由题设可得a 1＝2，满足上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1(n ∈N *). (2)由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)， 得a n ＝2a n －1.∴数列{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列.∴S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝－（1－26）1－2＝－63.答案 (1)22n －1(n ∈N *) (2)－63考点二 由数列的递推关系求通项 多维探究角度1 累加法——形如a n ＋1－a n ＝f (n )，求a n【例2－1】 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A.2＋ln nB.2＋(n －1)ln nC.2＋n ln nD.1＋n ＋ln n解析 因为a n ＋1－a n ＝lnn ＋1n＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1，a 3－a 2＝ln 3－ln 2，a 4－a 3＝ln 4－ln 3，……a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2).把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln 1， 则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也适合， 因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *). 答案 A角度2 累乘法——形如a n ＋1a n＝f (n )，求a n 【例2－2】 若a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析 由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2). 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝nn ＋1·n －1n ·n －2n －1·…·34·23·1＝2n ＋1(n ≥2)， 又a 1也满足上式，所以a n ＝2n ＋1. 答案2n ＋1角度3 构造法——形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1，B ≠0)，求a n【例2－3】 (2020·青岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由a n ＋1＝3a n ＋2，得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.答案 a n ＝2·3n －1－1角度4 取倒数法——形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)，求a n 【例2－4】 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 解析 因为a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列.所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12.所以a n ＝2n ＋1.答案 a n ＝2n ＋1规律方法 由数列的递推关系求通项公式的常用方法 (1)已知a 1，且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1(a 1≠0)，且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n . (3)已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可用待定系数法确定)，可转化为{a n ＋k }为等比数列. (4)形如a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C (A ，B ，C 为常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝C A ·1a n ＋BA ，①若A ＝C ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为BA，②若A ≠C ，则采用待定系数法构造新数列求解. 【训练2】 (1)(角度1)在数列{a n }中，若a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1），则通项公式a n ＝________.(2)(角度2)已知a 1＝2，a n ＋1＝2na n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(3)(角度3)已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(4)(角度4)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 (1)原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋1－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，累计相加得，a n ＝a 1＋1－1n， 又n ＝1时也适合，故a n ＝4－1n.(2)∵a n ＋1＝2na n ，∴a n ＋1a n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·2＝2n 2－n ＋22.又a 1＝2也符合上式，∴a n ＝2n 2－n ＋22.(3)因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0. 所以a n ＋1＋13＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋13.因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列.所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.(4)由a n ＋1＝a na n ＋2，得1a n ＋1＝1＋2a n ，所以1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是首项为1a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，则1a n ＋1＝2n，则a n ＝12n －1.答案 (1)4－1n (2)2n 2－n ＋22 (3)103×4n －1－13(4)12n －1考点三 数列的性质【例3】 (1)(2019·宜春期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12，x ≤12，2x －1，12<x <1，x －1，x ≥1，若数列{a n}满足a 1＝73，an＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则a 2 019＝( )A.73B.43C.56D.13(2)(2020·衡水中学一调)已知数列{a n }的前n项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋（m －1）n ，n ≥5.若a 5是{a n }中的最大值，则实数m 的取值范围是________.解析 (1)由题意，知a 2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫73＝43，a 3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝13，a 4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝56，a 5＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝23，a 6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝13，a 7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝56，……，故数列{a n }从第三项起构成周期数列，且周期为3，故a 2 019＝a 3＝13.故选D.(2)因为S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋（m －1）n ，n ≥5，所以当2≤n ≤4时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式； 当n ≥6时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋m ， 当n ＝5时，a 5＝S 5－S 4＝5m －45， 综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n ≤4，5m －45，n ＝5，－2n ＋m ，n ≥6，因为a 5是{a n }中的最大值，所以有5m －45≥8且5m －45≥－12＋m ，解得m ≥535.答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫535，＋∞ 规律方法 1.在数学命题中，以数列为载体，常考查周期性、单调性.2.(1)研究数列的周期性，常由条件求出数列的前几项，确定周期性，进而利用周期性求值.(2)数列的单调性只需判定a n 与a n ＋1的大小，常用比差或比商法进行判断. 【训练3】 (1)已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，若a 1＝12，则a 2 021＝( )A.－1B.12C.1D.2(2)已知等差数列{a n }的公差d <0，且a 21＝a 211，则数列{a n }的前n 项和S n 项取得最大值时，项数n 的值为( )A.5B.6C.5或6D.6或7解析 (1)由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n 得a 2＝2，a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝2，…，可知数列{a n }是以3为周期的数列，因此a 2 021＝a 3×673＋2＝a 2＝2. (2)由a 21＝a 211，可得(a 1＋a 11)(a 1－a 11)＝0， 因为d <0，所以a 1－a 11≠0，所以a 1＋a 11＝0， 又2a 6＝a 1＋a 11，所以a 6＝0. 因为d <0，所以{a n }是递减数列，所以a 1>a 2>…>a 5>a 6＝0>a 7>a 8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C. 答案 (1)D (2)CA 级 基础巩固一、选择题1.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( ) A.a n ＝(－1)n －1＋1B.a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C.a n ＝2sinn π2D.a n ＝cos(n －1)π＋1解析 对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意.答案 C2.已知数列{a n }满足：任意m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析 由题意，得a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，则a 5＝a 3·a 2＝132.答案 A3.(2020·江西重点中学盟校联考)在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2 019的值为( ) A.－14B.5C.45D.54解析 在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝1－1－14＝5，a 3＝1－15＝45，a 4＝1－145＝－14，所以{a n }是以3为周期的周期数列，所以a 2 019＝a 673×3＝a 3＝45.答案 C4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝( ) A.31B.42C.37D.47解析 由题意，得S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，故数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S 5＋1＝3×24，所以S 5＝47. 答案 D5.(2020·兰州重点高中联考)已知数列{a n }的首项a 1＝35，且满足a n －a n －1＝2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a nn的最小值为( )A.234B.595C.353D.12解析 数列{a n }的首项a 1＝35，且满足a n －a n －1＝2n －1(n ∈N *，n ≥2)，可得a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝34＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝34＋12n (1＋2n －1)＝34＋n 2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝35符合上式，故a n ＝34＋n 2(n ∈N *)，则a n n ＝n ＋34n≥234，等号成立时n ＝34n ，解得n ＝34，n 不为正整数，由于n 为正整数，所以n ＝5时，5＋345＝595；n ＝6时，6＋346＝353<595.则a n n 的最小值为353，故选C.答案 C 二、填空题6.已知S n ＝3n＋2n ＋1，则a n ＝________________. 解析 因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2 7.(2019·汕头一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3(n ∈N *)，则S 10＝________________. 解析 因为a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 所以S n ＋2－S n ＋1＝3S n －S n ＋1＋3，整理得S n ＋2＝3S n ＋3，即S n ＋2＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋32，又S 2＝a 1＋a 2＝3，所以S 10＋32＝S 10＋32S 8＋32·S 8＋32S 6＋32·S 6＋32S 4＋32·S 4＋32S 2＋32·⎝⎛⎭⎪⎫S 2＋32，即S 10＝S 10＋32S 8＋32·S 8＋32S 6＋32·S 6＋32S 4＋32·S 4＋32S 2＋32·⎝⎛⎭⎪⎫S 2＋32－32＝363.答案 3638.(2020·河北省级示范性高中联考)数列{a n }满足a 1＝3，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1－a n ＝n ＋2，则a 39＝________. 解析 因为a n ＋1－a n ＝n ＋2，所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝4，a 4－a 3＝5，……，a n －a n －1＝n ＋1(n ≥2)，上面(n －1)个式子左右两边分别相加 得a n －a 1＝（n ＋4）（n －1）2(n ≥2)，即a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝3适合上式，所以a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2，n ∈N *，所以a 39＝820.答案 820 三、解答题9.已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)·a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式.解 (1)由题意得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1). 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.10.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *，设b n ＝S n －3n. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围. 解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n， 即S n ＋1＝2S n ＋3n，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝S 1－3＝a －3， 所以数列{b n }的通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝3n＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3， 当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9.又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，a 的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞).B 级 能力提升11.(2019·晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2 020这2 020个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列共有( ) A.98项B.97项C.96项D.95项解析 能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故a n ＝21n －20，由1≤a n ≤2020得1≤n ≤97321，又n ∈N *，故此数列共有97项.答案 B12.(2020·邵东月考)已知数列{a n }的通项为a n ＝2n ＋3(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ＝3n 2＋7n 2(n ∈N *)，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{c n }，则满足c n <2 020的n 的最大整数值为( ) A.338B.337C.336D.335解析 对于{b n }，当n ＝1时，b 1＝S 1＝5，当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝3n 2＋7n2－3（n －1）2＋7（n －1）2＝3n ＋2，它和数列{a n }的公共项构成的新数列{c n }是首项为5，公差为6的等差数列，则c n ＝6n －1，令c n <2 020，可得n <33656，因为n ∈N *，所以n 的最大值为336. 答案 C13.(2020·合肥联考)已知数列{a n }，a 1＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，且对任意n ≥2，都有2a na n S n －S 2n ＝1，则{a n }的通项公式为________________.解析 n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n ＝1⇒2（S n －S n －1）（S n －S n －1）S n －S 2n ＝2（S n －S n －1）－S n －1S n ＝1⇒1S n －1S n －1＝12.又1S 1＝1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以12为首项，12为公差的等差数列.∴1S n ＝n 2，∴S n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝－2n （n －1），当n ＝1时，a 1＝2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2. 答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，－2n （n －1），n ≥2 14.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0).(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围. 解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *).结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *). ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2)a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立， 结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a <－8.即a 的取值范围是(－10，－8).C 级 创新猜想15.(新背景题)(2019·福州二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数.设这个整数为a ，当a ∈[2，2 019]时，符合条件的a 共有________个. 解析 法一 由题设a ＝3m ＋2＝5n ＋3，m ，n ∈N ， 则3m ＝5n ＋1，m ，n ∈N ，当m ＝5k 时，n 不存在；当m ＝5k ＋1时，n 不存在； 当m ＝5k ＋2时，n ＝3k ＋1，满足题意； 当m ＝5k ＋3时，n 不存在；当m ＝5k ＋4时，n 不存在.其中k ∈N .故2≤a ＝15k ＋8≤2 019，解得－615≤k ≤2 01115，则k ＝0，1，2，…，134，共135个. 即符合条件的a 共有135个，故答案为135.法二 一个整数除以三余二，这个整数可以为2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，38，…，一个整数除以五余三，这个整数可以为3，8，13，18，23，28，33，38，…，则同时除以三余二、除以五余三的整数为8，23，38，…，构成首项为8，公差为15的等差数列，通项公式为a n＝8＋15(n－1)＝15n－7，由15n－7≤2 019得15n≤2 026，n≤135 115，因为n∈N*，所以n＝1，2，3，…，135，共有135个. 答案135。

数列1．（2021•浙江）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（n∈N*）．记数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．＜S100＜3B．3＜S100＜4C．4＜S100＜D．＜S100＜52．（2021•甲卷）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（）A．7B．8C．9D．1016．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折n次，那么S k＝dm2．17．（2021•上海）已知等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝．33．（2021•浙江）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝﹣，且4S n+1＝3S n﹣9（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{b n}满足3b n+（n﹣4）a n＝0（n∈N*），记{b n}的前n项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．34．（2021•甲卷）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列，证明：{a n}是等差数列．35．（2021•乙卷）记S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知+＝2．（1）证明：数列{b n}是等差数列；（2）求{a n}的通项公式．36．（2021•甲卷）已知数列{a n}的各项均为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．37．（2021•乙卷）设{a n}是首项为1的等比数列，数列{b n}满足b n＝，已知a1，3a2，9a3成等差数列．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）记S n和T n分别为{a n}和{b n}的前n项和．证明：T n＜．38．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（1）记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；（2）求{a n}的前20项和．39．（2021•上海）已知数列{a n}满足a n≥0，对任意n≥2，a n和a n+1中存在一项使其为另一项与a n﹣1的等差中项．（1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值；（2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即a r＝a s＝a t＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求a r+1+a s+1+a t+1的最大值．答案解析1．（2021•浙江）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（n∈N*）．记数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．＜S100＜3B．3＜S100＜4C．4＜S100＜D．＜S100＜5【解答】解：因为，所以，所以，，∴，故，由累加法可得当n≥2 时，，又因为当n＝1 时，也成立，所以，所以，∴，故，由累乘法可得当n≥ 2 时，，所以．故选：A．2．（2021•甲卷）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（）A．7B．8C．9D．10【解答】解：∵S n为等比数列{a n}的前n项和，S2＝4，S4＝6，由等比数列的性质，可知S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，∴4，2，S6﹣6成等比数列，∴22＝4（S6﹣6），解得S6＝7．故选：A．16．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么S k＝dm2．【解答】解：易知有，，共5种规格；由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为，故，则，记，则，∴＝，∴，∴．故答案为：5；．17．（2021•上海）已知等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝21．【解答】解：因为等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝a1+9d＝3+9×2＝21．故答案为：21．18．（2021•甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为39π．【解答】解：由圆锥的底面半径为6，其体积为30π，设圆锥的高为h，则，解得，所以圆锥的母线长，所以圆锥的侧面积．故答案为：39π．33．（2021•浙江）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝﹣，且4S n+1＝3S n﹣9（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{b n}满足3b n+（n﹣4）a n＝0（n∈N*），记{b n}的前n项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由4S n+1＝3S n−9 可得4S n＝3S n−1−9（n≥2），两式作差，可得：4a n+1＝3a n，∴，很明显，，所以数列{a n} 是以为首项，为公比的等比数列，其通项公式为：．（Ⅱ）由3b n+（n−4）a n＝0，得，，，两式作差可得：＝＝，则．据此可得恒成立，即λ（n−4）+3n≥0 恒成立．n＝4时不等式成立；n＜4时，，由于n＝1时，故λ≤1；n＞4时，，而，故：λ≥−3；综上可得，{λ|−3≤λ≤1}．34．（2021•甲卷）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列，证明：{a n}是等差数列．【解答】证明：设等差数列{}的公差为d，由题意得＝；＝＝＝2，则d＝﹣＝2﹣＝，所以＝+（n﹣1）＝n，所以S n＝n2a1①；当n≥2时，有S n﹣1＝（n﹣1）2a1②．由①②，得a n＝S n﹣S n﹣1＝n2a1﹣（n﹣1）2a1＝（2n﹣1）a1③，经检验，当n＝1时也满足③．所以a n＝（2n﹣1）a1，n∈N+，当n≥2时，a n﹣a n﹣1＝（2n﹣1）a1﹣（2n﹣3）a1＝2a1，所以数列{a n}是等差数列．35．（2021•乙卷）记S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知+＝2．（1）证明：数列{b n}是等差数列；（2）求{a n}的通项公式．【解答】解：（1）证明：当n＝1时，b1＝S1，由+＝2，解得b1＝，当n≥2时，＝S n，代入+＝2，消去S n，可得+＝2，所以b n﹣b n﹣1＝，所以{b n}是以为首项，为公差的等差数列．（2）由题意，得a1＝S1＝b1＝，由（1），可得b n＝+（n﹣1）×＝，由+＝2，可得S n＝，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝﹣＝﹣，显然a1不满足该式，所以a n＝．36．（2021•甲卷）已知数列{a n}的各项均为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解答】解：选择①③为条件，②结论．证明过程如下：由题意可得：a2＝a1+d＝3a1，∴d＝2a1，数列的前n项和：，故（n≥2），据此可得数列是等差数列．选择①②为条件，③结论：设数列{a n}的公差为d，则：，数列为等差数列，则：，即：，整理可得：d＝2a1，∴a2＝a1+d＝3a1．选择③②为条件，①结论：由题意可得：S2＝a1+a2＝4a1，∴，则数列的公差为，通项公式为：，据此可得，当n≥2时，，当n＝1时上式也成立，故数列的通项公式为：a n＝（2n−1）a1，由a n+1−a n＝[2（n+1）−1]a1−（2n−1）a1＝2a1，可知数列{a n}是等差数列．37．（2021•乙卷）设{a n}是首项为1的等比数列，数列{b n}满足b n＝，已知a1，3a2，9a3成等差数列．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）记S n和T n分别为{a n}和{b n}的前n项和．证明：T n＜．【解答】解：（1）∵a1，3a2，9a3成等差数列，∴6a2＝a1+9a3，∵{a n}是首项为1的等比数列，设其公比为q，则6q＝1+9q2，∴q＝，∴a n＝a1q n﹣1＝，∴b n＝＝n•．（2）证明：由（1）知a n＝，b n＝n•，∴＝，，①∴，②①﹣②得，，∴，∴T n﹣＝﹣＜0，∴T n＜．38．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（1）记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；（2）求{a n}的前20项和．【解答】解：（1）因为a1＝1，a n+1＝，所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，b n﹣b n﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，所以数列{b n}是以b1＝2为首项，以3为公差的等差数列，所以b n＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，则a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，当n＝1时，a1＝1也适合上式，所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，所以数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，则{a n}的前20项和为a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+×3+10×2+×3＝300．39．（2021•上海）已知数列{a n}满足a n≥0，对任意n≥2，a n和a n+1中存在一项使其为另一项与a n﹣1的等差中项．（1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值；（2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即a r＝a s＝a t＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求a r+1+a s+1+a t+1的最大值．【解答】解：（1）由题意，2a n＝a n+1+a n﹣1或2a n+1＝a n+a n﹣1，∴2a2＝a3+a1解得a3＝1，2a3＝a2+a1解得a3＝4，经检验，a3＝1，（2）证明：∵a1＝a4＝a7＝0，∴a3＝2a2，或，经检验，；∴，或（舍），∴；∴，或（舍），∴；∴，或（舍），∴；综上，a2、a5、a8成等比数列，公比为；（3）由2a n＝a n+1+a n﹣1或2a n+1＝a n+a n﹣1，可知或，由第（2）问可知，a r＝0，则a r﹣2＝2a r﹣1，即a r﹣1﹣a r﹣2＝﹣a r﹣1，∴a r＝0，则＝＝＝，∴，同理，＝，∴，同理，，∴a r+1+a s+1+a t+1的最大值．。

考点30 等比数列及其前n项和1．已知数列的前项和为，满足，则的通项公式（）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，，当时，，因此,选B.2．已知数列为正数项的等比数列，是它的前项和，若，且，则（）A． 34 B． 32 C． 30 D． 28【答案】C3．已知各项均不相等的等比数列成等差数列，设为数列的前n项和，则等于A． B． C． 3 D． 1【答案】A【解析】设等比数列{a n}的公比为q，∵3a2，2a3，a4成等差数列，∴2×2a3=3a2+a4，∴4a2q=3，化为q2﹣4q+3=0，解得q=1或3．q=1时，,q=2时，.故选：A．4．已知数列的前项和，则数列的前项和为（）A． B． C． D．【答案】C5．已知等比数列的前项和，且，，则A． B． C． D．【答案】C【解析】由题得.故答案为：C6．已知等比数列中，，，为方程的两根，则（）A． 32 B． 64 C． 256 D．【答案】B7．等比数列中，公比，记（即表示数列的前项之积），中值为正数的个数是A． B． C． D．【答案】B【解析】等比数列{a n}中a1＞0，公比q＜0，故奇数项为正数，偶数项为负数．∴Π11＜0，Π10＜0，Π9＞0，Π8＞0．故答案为：B8．已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则A． 10 B． 12 C． 18 D． 30【答案】A【解析】在等比数列中，由，得，即，又，，成等差数列，，即，联立得：舍或．．则．故选：A．9．已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )A． 29 B． 30 C． 31 D． 32【答案】C10．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则 ( ) A． 3 B． 9 C． 10 D． 13【答案】C【解析】设各项均为正数的等比数列的公比为，满足成等差数列，，，解得，则，故选C.11．已知数列的前n项和为，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前n项和为，，点在直线上，若存在，使不等式成立，求实数m的最大值．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4③－④得，∴．∵．∴为递增数列，且，∴．∴，实数m的最大值为4．12．数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n(n+1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：，求数列{b n}的通项公式；(3)令(n∈N*)，求数列{c n}的前n项和T n.【答案】（1）；(2);（3） .（3）c n===n•3n+n，令数列{n•3n}的前n项和为A n，则A n=3+2×32+3×33+…+n•3n，∴3A n=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2A n=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1，可得A n=．∴数列{c n}的前n项和T n=+．13．已知数列中，且．（Ⅰ）求，，并证明是等比数列；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【答案】（1）见解析；（2），②①－②得所以，．14．已知α为锐角，且，函数，数列的首项，．（1）求函数的表达式；（2）求证：数列为等比数列；（3）求数列的前n项和．【答案】(1)；(2) 见解析；(3).∴15．已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.16．在等差数列{a n}中，，其前n项和为，等比数列{b n}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。