2020步步高 苏教版高三一轮复习 数列 含答案解析

常考题型强化练——数列A 组 专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1.设等差数列{a n }前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A.6B.7C.8D.9答案 A解析 设该数列的公差为d ，则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2 ＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，∴当n ＝6时，取最小值.2.已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和.若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( ) A.35B.33C.31D.29答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知， a 4＋2a 7＝2×54， ∴a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54－a 4＝14. ∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12， ∴a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2， ∴a 1＝16，∴S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝31. 3.已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n －a 1＝S 1·S n (a 1≠0，n ∈N *)，则a 7等于( )A.16B.32C.64D.128答案 C解析 令n ＝1，则a 1＝1，当n ＝2时，2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2，当n ≥2时，由2a n －1＝S n ，得2a n －1－1＝S n －1，两式相减，解得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1，于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，因此a n ＝2n －1.故a 7＝26＝64. 4.已知等差数列{a n }的公差d ＝－2，a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝50，那么a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99的值是( ) A.－78B.－82C.－148D.－182 答案 B解析 ∵a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝(a 1＋2d )＋(a 4＋2d )＋(a 7＋2d )＋…＋(a 97＋2d )＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＋2d ×33＝50＋66×(－2)＝－82.5.设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N *，且m ≥2)，则必定有( )A.S m >0，且S m ＋1<0B.S m <0，且S m ＋1>0C.S m >0，且S m ＋1>0D.S m <0，且S m ＋1<0 答案 A解析 －a m <a 1<－a m ＋1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a m >0，a 1＋a m ＋1<0. 易得S m ＝a 1＋a m 2·m >0，S m ＋1＝a 1＋a m ＋12·(m ＋1)<0. 二、填空题6.若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝________.答案 20解析 由题意知，若{a n }为调和数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列， ∴由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，可得数列{x n }为等差数列， 由等差数列的性质知，x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝x 2＋x 19＝…＝x 10＋x 11＝20010＝20.7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________.答案 2－⎝⎛⎭⎫12n －1解析 由于S n ＝2n －a n ，所以S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n ＝2－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，则数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12为公比的等比数列.又a 1＝2－a 1，即a 1＝1.则a n －2＝(－1)⎝⎛⎭⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1. 8.已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为________. 答案 3＋2 2解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝a 1＋2a 2. ∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q .∴q 2－2q －1＝0.∴q ＝1±2.∵各项都是正数，∴q ＞0.∴q ＝1＋ 2.∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 三、解答题9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，a 3＝5，S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，10a 1＋10×92d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝n a 2＋2n ＝12×4n ＋2n ， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12(4＋42＋…＋4n )＋2(1＋2＋…＋n ) ＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23×4n ＋n 2＋n －23. 10.已知等差数列{a n }的前三项为a －1,4,2a ，记前n 项和为S n .(1)设S k ＝2 550，求a 和k 的值；(2)设b n ＝S n n，求b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1的值. 解 (1)由已知得a 1＝a －1，a 2＝4，a 3＝2a ，又a 1＋a 3＝2a 2，∴(a －1)＋2a ＝8，即a ＝3.∴a 1＝2，公差d ＝a 2－a 1＝2.由S k ＝ka 1＋k (k －1)2d ， 得2k ＋k (k －1)2×2＝2 550， 即k 2＋k －2 550＝0，解得k ＝50或k ＝－51(舍去).∴a ＝3，k ＝50.(2)由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ， 得S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n . ∴b n ＝S n n＝n ＋1. ∴{b n }是等差数列.则b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n －1＋1)＝(4＋4n )n 2. ∴b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝2n 2＋2n .B 组 专项能力提升(时间：25分钟)1.已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A.1B.－1C.1或－1D. 2答案 C解析 依题意，有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或q ＝－1.2.在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )A.1B.2C.3D.4答案 A解析 由等差、等比数列的性质，可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴P 1(2,2)，P 2(3,4).∴21P OP S ∆＝1.3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋2a 2n ， n 为偶数，12＋2a 21-n ， n 为奇数，n ＝2,3,4，…，设b n ＝12-n a ＋1，n ＝1,2,3，…，则数列{b n }的通项公式是________. 答案 b n ＝2n解析 由题意，得对于任意的正整数n ，b n ＝a 21-n ＋1，∴b n ＋1＝a 2n ＋1，又＋1＝(2a 22n ＋1)＋1＝2(12-n a ＋1)＝2b n ，∴b n ＋1＝2b n ，又b 1＝a 1＋1＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴b n ＝2n .4.某音乐酒吧的霓虹灯是用，，三个不同音符组成的一个含n ＋1(n ∈N *)个音符的音符串，要求由音符开始，相邻两个音符不能相同.例如n ＝1时，排出的音符串是，；n ＝2时，排出的音符串是，，，；…….记这种含n ＋1个音符的所有音符串中，排在最后一个的音符仍是的音符串的个数为a n .故a 1＝0，a 2＝2.则(1)a 4＝________；(2)a n ＝________.答案 (1)6 (2)2n ＋2(－1)n 3解析 由题意知，a 1＝0，a 2＝2＝21－a 1，a 3＝2＝22－a 2，a 4＝6＝23－a 3，a 5＝10＝24－a 4， 所以a n ＝2n －1－a n －1， 所以a n －1＝2n －2－a n －2，两式相减得a n －a n －2＝2n －2. 当n 为奇数时，利用累加法得a n －a 1＝21＋23＋…＋2n －2＝2n －23， 所以a n ＝2n －23. 当n 为偶数时，利用累加法得a n －a 2＝22＋24＋…＋2n －2＝2n －223， 所以a n ＝2n ＋23.综上所述，a n ＝2n ＋2(－1)n 3.5.已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n，求T 2 012； (3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝13， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，又S n ＝12－12a n ， 所以a n ＝13a n －1， 即数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列， 故a n ＝⎝⎛⎭⎫13n .(2)由已知可得f (a n )＝log 3⎝⎛⎭⎫13n ＝－n ，则b n ＝－1－2－3－…－n ＝－n (n ＋1)2， 故1b n ＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 又T n ＝－2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1， 所以T 2 012＝－4 0242 013. (3)由题意得c n ＝(－n )·⎝⎛⎭⎫13n ， 故U n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫131＋2×⎝⎛⎭⎫132＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ， 则13U n ＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫132＋2×⎝⎛⎭⎫133＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 两式相减可得23U n ＝－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫131＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝－12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1 ＝－12＋12·⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，则U n ＝－34＋34·⎝⎛⎭⎫13n ＋32n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1.。

随堂巩固训练(61)1. 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＝7，S 7＝－7，则a 7的值为 －13 .解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝7，S 7＝－7，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝7，S 7＝7a 1＋7×62d ＝－7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，d ＝－4，所以a 7＝a 1＋6d ＝11－6×4＝－13. 2. 数列{a n }的首项为3，数列{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝ 3 .解析：设{b n }的公差为d ，因为b 10－b 3＝7d ＝14，所以d ＝2.因为b 3＝－2，所以b 1＝b 3－2d ＝－6，所以b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d ＝7×(－6)＋21×2＝0.又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3＝0，所以a 8＝3.3. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和S 9＝ 27 .解析：由题意知数列{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列，所以S 9＝9×1＋9×82×12＝27.4. 在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11＝ 132 .解析：方法一：由a 1＋8d ＝12(a 1＋11d)＋6，得a 1＋5d ＝12.又S 11＝11a 1＋11×102d ＝11a 1＋55d＝11(a 1＋5d)＝132.方法二：由a 9＝12a 12＋6，得2a 9－a 12＝12.由等差数列的性质得a 6＋a 12－a 12＝12，即a 6＝12，所以S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝132.5. 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －57，且a 1＝5，设{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 取得最大值的n 的值为 7或8 .解析：由题意可知数列{a n }是首项为5，公差为－57的等差数列，所以a n ＝5－57(n －1)＝40－5n 7，所以该数列的前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以当S n 取得最大值时，n＝7或n ＝8.6. 已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n>3)，S n ＝100，则n 的值为 10 .解析：由S n －S n －3＝51，得a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17.又a 2＝3，所以S n ＝n （a 2＋a n －1）2＝100，解得n ＝10.7. 设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝ 130 . 解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列.又由a n ＝2n －10≥0，得n ≥5，所以当n ≤5时，a n ≤0，当n ＞5时，a n ＞0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.8. 设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意非零自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为 1941 .解析：因为{a n }，{b n }为等差数列，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. 因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝1941. 9. 数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，a n (a n －1＋a n ＋1)＝2a n ＋1a n －1(n ≥2)，则a 2 016＝ 12 016 .解析：由a n (a n －1＋a n ＋1)＝2a n ＋1a n －1(n ≥2)得1a n ＋1＋1a n －1＝2a n (n ≥2).又a 1＝1，a 2＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n ，所以a 2 016＝12 016.10. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S k －1＝8，S k ＝0，S k ＋1＝－10，则正整数k ＝ 9 . 解析：由等差数列{a n }的性质得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，所以S k －1k －1＋S k ＋1k ＋1＝2S k k ，即8k －1－10k ＋1＝0，解得k ＝9.11. 若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1) 求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2) 求数列{a n }的通项公式.解析：(1) 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2.又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列. (2) 由(1)可得1S n ＝2n ，所以S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）； 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式，故a n＝⎩⎨⎧12， n ＝1，－12n （n －1）， n ≥2.12. 已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k(n ∈N *，k ∈R)，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4. (1) 若k ＝0，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2) 若a 4＝－1，求数列{a n }的通项公式.解析：(1) 当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列.设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×⎝⎛⎭⎫－43＝－23n 2＋83n .(2) 由题意得2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2.当n ＝1时，2a 2＝a 1＋a 3＋2，当n ＝2时，2a 3＝a 2＋a 4＋2， 所以a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6＝－1， 所以a 2＝3.由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2，得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列， 所以a n ＋1－a n ＝－2n ＋3.当n ≥2时，a n －a n －1＝－2(n －1)＋3， a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3，a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3，…，a 3－a 2＝－2×2＋3，a 2－a 1＝－2×1＋3， 叠加得a n －a 1＝－2[1＋2＋…＋(n －1)]＋3(n －1)， 所以a n ＝－2×n （n －1）2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1.又当n ＝1时，a 1＝2也适合上式， 所以a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *.13. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称数列{a n }是“H 数列”.(1) 若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：数列{a n }是“H 数列”；(2) 设数列{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d ＜0，若数列{a n }是“H 数列”，求d 的值. 解析：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，2n －1， n ≥2，所以对任意的n ∈N *，S n ＝2n 是数列{a n }的第n ＋1项，即总存在m ＝n ＋1，使得S n ＝a m ，所以数列{a n }是“H 数列”.(2) 由题意得a n ＝1＋(n －1)d ，S n ＝n ＋n （n －1）2d .若数列{a n }是“H 数列”，则存在k ∈N *，使得n ＋n （n －1）2d ＝1＋(k －1)d ，即k ＝n －1d＋n （n －1）2＋1. 又n （n －1）2∈N ，k ∈N *，则n －1d ∈Z 对一切正整数n 都成立，所以d ＝－1.。

江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练数列一、填空题 1、（南京市2018高三9月学情调研）记等差数列{a n }前n 项和为S n ．若a m ＝10，S 2m －1＝110， 则m 的值为 ▲ ．2、（南京市2018高三9月学情调研）在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1) (n ∈N *)，则a 10的值为 ▲ ．3、（南京市13校2019届高三12月联合调研）设等比数列{}n a 的前n 项积为n P ，若12732P P =，则10a 的值是 ▲ ．4、（苏州市2019届高三上学期期中）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，424S S =，则84S S = ▲ ．5、（徐州市2019届高三上学期期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，11132S =，6930a a +=，则12a 的值为 ▲ ．6、（盐城市2019届高三上学期期中）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若36a =，749S =，则公差d ＝ ．7、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）已知n ∈N*,nn a 2=，21n b n =-，1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．数列{}n c 的前n 项和为n T ，若 0≥+n n T a λ对任意的n ∈N*恒成立，则实数λ的最大值是 ▲ ．8、（苏州市2018高三上期初调研）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*16152,n n a S n n n n N -=+∈-≥，若对任意*n N ∈，总有n k S S ≤，则k 的值是 ．9、（宿迁市2019届高三上学期期末）已知数列{}n a 前n 项和为n S ，121n n a a +-=，11a =，则9S 的值为 ▲ ．10、（扬州市2019届高三上学期期末）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若37S =，663S =，则1a ＝ ．11、（镇江市2019届高三上学期期末）设n S 是等比数列{}n a 的前n 项的和，若6312a a =-，则63S S ＝ ．12、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟（5月）） 已知{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ．若324a a -=，416a =，则3S 的值为 ▲13、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝ ． 14、（盐城市2019届高三第三次模拟）已知正项数列{}n a 满足112334121111...n n n a a a a a a a a a ++=++++++++，其中*N n ∈，24=a ，则=2019a ____.15、（江苏省2019年百校大联考）已知{}n a 为各项均为正整数的等差数列，127572a a +=，且存在正整数m ，使1a ，14a ，m a 成等比数列，则所有满足条件的{}n a 的公差的和为 ． 16、（南京市、盐城市2019届高三第二次模拟）等差数列{}n a 中，410a =，前12项的和1290S =，则18a 的值为 .17、（南京金陵中学、海安高级中学、南京外国语学校2019届高三第四次模拟）设数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，已知14760a a a ++=，25851a a a ++=，若对任意n N *∈，都有n S ≤k S 成立，则正整数k 的值为18、（南师附中2019届高三年级5月模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，2221N 22Nn n n a n k k a a n k k *+*⎧+=-∈⎪=⎨=∈⎪⎩，，，，，则满足2019≤m S ≤3000的正整数m 的所有取值为 ．二、解答题1、（南京市2018高三9月学情调研）如果数列{a n }共有k (k ∈N *，k ≥4)项，且满足条件：① a 1＋a 2＋…＋a k ＝0； ② |a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |＝1，则称数列{a n }为P (k )数列．（1）若等比数列{a n }为P (4)数列，求a 1的值；（2）已知m 为给定的正整数，且m ≥2．① 若公差为正数的等差数列{a n }是P (2m ＋3)数列，求数列{a n }的公差；② 若a n ＝⎩⎨⎧q n －1 3，1≤n ≤m ，n ∈N *，m －n 12，m ＋1≤n ≤2m ，n ∈N *，其中q 为常数，q ＜－1．判断数列{a n }是否为P (2m )数列，说明理由．2、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）已知数列{a n }各项均不相同，a 1＝1，定义k n k n n a a k b +-+=)1()（，其中n ，k ∈N*．（1）若n b n =）1（，求5a ； （2）若b n ＋1(k )＝2b n (k )对2,1=k 均成立，数列{a n }的前n 项和为S n ． （i ）求数列{a n }的通项公式；（ii ）若k ，t ∈N *，且S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，求k 和t 的值．3、（南京市13校2019届高三12月联合调研）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，把满足条件()*1n n a S n N +≤∈的所有数列{}n a 构成的集合记为M ．（1）若数列{}n a 通项为12n na =，求证：{}n a M ∈； （2）若数列{}n a 是等差数列，且{}n a n M +∈，求512a a -的取值范围；（3）若数列{}n a 的各项均为正数，且{}n a M ∈，数列4n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{}n a 的通项；若不存在，说明理由．4、（南京市2018高三9月学情调研）已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n 2}的前n 项和为T n ，且3T n ＝S n 2＋2S n ，n ∈N *． （1）求a 1的值；（2）求数列{a n }的通项公式；（3）若k ，t ∈N *，且S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，求k 和t 的值．5、（苏州市2019届高三上学期期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n A ， 35a =，636A =．数列{}n b 的前n 项和为n B ，且21n n B b =-． （1）求数列}{n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n S ．6、（盐城市2019届高三上学期期中）已知正项数列{}n a 的首项11a =，前n 项和n S 满足22n n n a a S +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 是公比为4的等比数列，且11b a -，22b a -，33b a -也是等比数列，若数列n n a b λ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭单调递增，求实数λ的取值范围；（3）若数列{}n b 、{}n c 都是等比数列，且满足n n n c b a =-，试证明: 数列{}n c 中只存在三项．7、（泰州市2019届高三上学期期末）已知数列｛n a ｝的前n 项和为Sn ，1232a a a +=，且对任意的n ∈N*，n ≥2都有1112(25)n n n nS n S S ra +--++=。

课时跟踪检测(三十一）数列求和一抓基础,多练小题做到眼疾手快1．（2019·镇江调研)已知错误!是等差数列,S n为其前n项和，若ａ3＋ａ7=8,则S9=____＿__.解析:在等差数列错误!未定义书签。

中，由a3+a７=8,得a１＋a９＝8，所以S9=错误!未定义书签。

＝错误!＝3６.答案：３62．数列{１＋２n-１｝的前n项和为＿_______．解析：由题意得a n=1+２n-1，所以S n=n＋错误!＝ｎ＋2n－1。

答案:n+2n－13．数列｛a n｝的通项公式是a n=（－1）n(2ｎ－１)，则该数列的前100项之和为_____＿__．解析:根据题意有S100＝-1＋3－5＋7-9+11-…－197+１9９＝2×50=100.答案：１0０4．（2０１8·泰州期末）已知数列错误!的通项公式为a n＝n·2n-１,前n项和为S n，则S n＝__＿_____．解析:∵a n＝n·2ｎ－1，∴Sｎ=1×１+2×2+3×2２+…+n×２n-1,2Ｓｎ＝1×2+２×22＋3×23＋…+ｎ×2n,两式相减可得-S n=1+２＋22＋…＋2n-1-n·2n＝错误!未定义书签。

－n·2n，化简可得Sｎ＝(n－1)２ｎ+1。

答案：(n－1）2ｎ＋１5．已知等比数列错误!未定义书签。

的公比ｑ＞1，且a５－a１=３0，a4-a2=12,则数列错误!未定义书签。

的前n项和为＿____＿＿_.解析:因为a5－a１＝30，ａ４-a2=12,所以ａ1(q4-1）=30,a1(ｑ3－q)=１2,两式相除,化简得2q2-5q＋2＝0，解得q=错误!未定义书签。

或２，ﻬ因为q>1,所以ｑ＝2，ａ1=2.所以a n=2·2n-1＝２n。

所以＼f（aｎ,(aｎ－１ａn+1－１)＝＼f（2n,(２n-１2n+1－1）=错误!未定义书签。

第1课时 数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念 (1)数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法． 2．数列的通项公式 (1)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.3．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)a n 与{a n }是不同的概念．(√)(2)所有的数列都有通项公式，且通项公式在形式上一定是唯一的．(×) (3)数列是一种特殊的函数．(√)(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．(√)(5)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .(√)(6)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．(√)(7)数列：1,0,1,0,1,0，…，通项公式只能是a n ＝1＋(－1)n ＋12.(×)(8)数列的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则a n ＝6n －5.(×) (9)正奇数的数列的通项公式为a n ＝2n ＋1.(×)(10)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n n －99，只有最大项，无最小项．(×)[例1] 根据数列的前几项，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，…； (4)32，1，710，917，…； (5)0,1,0,1，…；(6)9,99,999,999 9，….解：(1)符号问题可通过(－1)n 或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴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少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，∴a n ＝(－1)n ·2n－32n .(4)将数列统一为32，55，710，917，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{}n 2，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.(5)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (n 为奇数)，1 (n 为偶数).或a n ＝1＋(－1)n 2或a n ＝1＋cos n π2.(6)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式a n＝10n－1.[方法引航] 1.据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(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．2．观察、分析要有目的，观察出项与项数之间的关系、规律，利用我们熟知的一些基本数列(如自然数列、奇偶数列等)转换而使问题得到解决． 3．判断通项公式是否适合数列，利用代值检验．写出下面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，…；(4)3,33,333,3 333，….解：(1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn.也可写为a n ＝⎩⎨⎧－1n，n 为正奇数，3n，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n ＝13(10n －1)．考点二 a n 与S n 的关系及应用[例2] (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n －1，n ≥2(2)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n .若S n ＋1＝2S n ＋1，则a n ＝________.解析：由已知S n ＋1＝2S n ＋1得S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝2a n ，又S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3，所以数列{a n }从第二项开始为等比数列，因此其通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3·2n －2，n ≥2. 答案：⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝13·2n －2，n ≥2(3)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎫32n －1 C.⎝⎛⎭⎫23n －1 D.12n －1 解析：由已知S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n ＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n＝⎝⎛⎭⎫32n －1，故选B. 答案：B[方法引航] 已知S n 求a n 时应注意的问题 (1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论；特别注意a n ＝S n －S n －1中需n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合“a n 式”，则需统一“合写”.(3)由S n －S n －1＝a n ，推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合“a n 式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，1．将本例(1)的条件S n 改为S n ＝2n 2－3n ，求a n . 解：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．将本例(2)的条件改为S n ＝2a n ＋1，求a n . 解：由S n ＝2a n ＋1得 S n －1＝2a n －1＋1.(n ≥2)∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1 ∴a n ＝2a n －1，(n ≥2)由题意得，a 1＝2a 1＋1，∴a 1＝－1∴{a n }是以a 1＝－1，q ＝2的等比数列．∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.3．设S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且a n 和S n 满足：4S n ＝(a n ＋1)2(n ＝1,2,3，…)，则S n ＝________.解析：由题意可知，S n ＝⎝⎛⎭⎫a n 2＋122，当n ＝1时，a 1＝1.a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫a n 2＋122－⎝⎛⎭⎫a n －12＋122＝⎝⎛⎭⎫a n 2＋a n －12＋1·⎝⎛⎭⎫a n 2－a n －12 ＝⎝⎛⎭⎫a 2n －a 2n －14＋⎝⎛⎭⎫a n 2－a n －12整理得，a n ＋a n －12＝a 2n －a 2n －14⇒a n －a n －1＝2.所以a n ＝2n －1.解得S n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2.答案：n 2[例3] (1)已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则a 5＝________. 解析：由已知可得，这个数列的前五项依次为： a 1＝0，a 2＝1，a 3＝3，a 4＝7，a 5＝15. 答案：15(2)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，且a 1＝2，则a n ＝________. 解析：∵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＝(3n －1)＋(3n －4)＋…＋5＋2＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2也符合上式，∴a n ＝32n 2＋n 2.答案：32n 2＋n 2(3)在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n，则{a n }的通项公式为________．解析：由题设知，a 1＝1.当n ＞1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1.∴a n a n －1＝n ＋1n －1. ∴a n a n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3.以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到 a n a 1＝n (n ＋1)2， 又∵a 1＝1，∴a n ＝n (n ＋1)2.答案：n (n ＋1)2(4)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则它的一个通项公式为a n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴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.答案：2·3n －1－1[方法引航] 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解． 当出现a n ＝a n －1＋m 时构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．1．如果数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝a n ＋2n ，∴a n ＋1－a n ＝2n . ∴a 2－a 1＝2×1； a 3－a 2＝2×2； …a n －a n －1＝2×(n －1)(n ≥2)． 以上各式相加，得：a n －a 1＝2[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＝n 2－n .∴a n ＝n 2－n ＋a 1＝n 2－n ＋2(n ≥2)，a 1＝2也适合． ∴a n ＝n 2－n ＋2. 答案：n 2－n ＋22．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝________.解析：(1)∵a n ＝n －1n a 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 .答案：1n3．(2018·河北保定高三调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1 C ．2n －1 D ．2n －2解析：选A.由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.[易错警示]数列与函数混淆致误[典例] 已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn的最小值为________．[正解] ∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n －a n －1＝2(n －1)， ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(2n －2)＋(2n －4)＋…＋2＋33＝n 2－n ＋33(n ≥2)， 又a 1＝33适合上式，∴a n ＝n 2－n ＋33， ∴a n n ＝n ＋33n－1. 令f (x )＝x ＋33x －1(x ＞0)，则f ′(x )＝1－33x2，令f ′(x )＝0得x ＝33.∴当0＜x ＜33时，f ′(x )＜0， 当x ＞33时，f ′(x )＞0，即f (x )在区间(0，33)上递减；在区间(33，＋∞)上递增． 又5＜33＜6，且f (5)＝5＋335－1＝535，f (6)＝6＋336－1＝212，∴f (5)＞f (6)，∴当n ＝6时，a n n 有最小值212.[答案] 212[易误] a n n ＝n ＋33n－1≥233－1为最小值时，即把n 和x 认为等同的，而此时n ＝33∈N *是不可以的．[警示] a n ＝f (n )是n 的函数，其定义域为N *，而不是R .[高考真题体验]1．(2019·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.解析：法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121.法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.答案：1 1212．(2018·高考江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________． 解析：由已知得，a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1，a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝n －1＋1(n ≥2)，则有a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋n －1＋(n －1)(n ≥2)，因为a 1＝1，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝n 2＋n 2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，故a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，从而1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝2×⎝⎛⎭⎫1－12＋2×⎝⎛⎭⎫12－13＋2×⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋2×⎝⎛⎭⎫110－111＝2×⎝⎛⎭⎫1－111＝2011. 答案：20113．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析：由S n ＝23a n ＋13得：当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －14．(2018·高考课标卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，两边同时除以S n S n ＋1得1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，即S n ＝－1n .答案：－1n课时规范训练 A 组 基础演练1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12 B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D.令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确． 2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．64 解析：选A.由a 8＝S 8－S 7＝64－49＝15，故选A.3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1，则a 4等于( ) A.53 B.43C ．1 D.23解析：选A.由a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1得，a 2＝1a 1＋1＝2，a 3＝1a 2＋1＝12＋1＝32，a 4＝1a 3＋1＝23＋1＝53. 4．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15 解析：选A.由题意知，a 1＋a 2＋…＋a 10 ＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)] ＝3×5＝15.5．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2 019的值为( )A ．－12B ．－1C.12D ．2 解析：选B.由a 1＝2，a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝12可知，数列{a n }是周期为3的数列，且a 1·a 2·a 3＝－1，从而T 2 019＝(－1)673＝－1.6．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5等于( )A.56B.65C.130D ．30 解析：选D.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，所以1a 5＝5×6＝30.7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10等于( ) A ．1 B ．9 C ．10 D ．55 解析：选A.∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1. 可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1. 即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.8．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6等于( ) A ．3×44 B ．3×44＋1 C ．45 D ．45＋1 解析：选A.当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，则a n ＋2＝3S n ＋1， ∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1， ∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1(n ＝1)，3×4n －2(n ≥2). ∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.9．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( )A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n解析：选D.法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a n n，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列，且a nn ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二(累乘法)：当n ≥2时，a n a n －1＝nn －1.a n －1a n －2＝n －1n －2，…，a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n .又∵a 1＝1，∴a n ＝n .10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn≤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} 解析：选B.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a n n≤2，即2n －1≤2n ，故所有满足的正整数n ＝1,2,3,4. B 组 能力突破1．将石子摆成如图所示的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差，即a 2 018－5＝( )A ．2 018×1 012B ．2 024×2 017C ．1 009×2 018D ．1 012×2 017 解析：选D.∵a n －a n －1＝n ＋2(n ≥2)，a 1＝5.∴a 2 018＝(a 2 018－a 2 017)＋(a 2 017－a 2 016)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2 020＋2 019＋…＋4＋5＝(2 020＋4)×2 0172＋5＝1 012×2 017＋5.∴a 2 018－5＝1 012×2 017.2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( )A.13n －1B.2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2)D.5－2n 3解析：选B.由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，S n －1＋(n －1)a n －1＝2，∴(n ＋1)a n ＝(n －1)a n－1从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，则a n ＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1)，故选B.3．已知数列{n 2n 2＋1}，则0.98是它的第________项．解析：n 2n 2＋1＝0.98＝4950，∴n ＝7.答案：74．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥25．在数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________.解析：由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫n n －12(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫542＝6116. 答案：61166．已知数列{a 2n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝________. 解析：∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0， a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的周期数列，∴a 2 018＝a 2＝0. 答案：0第2课时 等差数列及其前n 项和1．等差数列的定义(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ∈N *，n ≥2)或a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)． (2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2.2．等差数列的有关公式 (1)等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d 或S n ＝n (a 1＋a n )2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，公差为d ，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列 .(6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． (7)S 2n －1＝(2n －1)a n .(8)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×) (2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．(√)(4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．(×)(5)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．(√) (6)在等差数列{a n }中，若a m ＋a n ＝a p ＋a q ，则一定有m ＋n ＝p ＋q .(×) (7)数列{a n }，{b n }都是等差数列，则数列{a n ＋b n }也一定是等差数列．(√)(8)等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，取出数列中的所有奇数项，组成一个新的数列，一定还是等差数列．(√)(9)数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝n ，则数列{a n }是等差数列．(×)(10)等差数列{a n }中，a n －1－a n 也是常数，也可以作为公差．(×)[例1] (1)等差数列{a n }n 136等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14解析：由题意知a 1＝2，由S 3＝3a 1＋3×22×d ＝12，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C. 答案：C(2)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝8，a 4＝7，则a 5＝( ) A ．11 B ．10 C ．7 D ．3解析：设数列{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝8，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝3，所以a 5＝－2＋4×3＝10.答案：B(3)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 017，则该数列的首项为________．解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0172＝1 010，故a 1＝3.答案：3(4)已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. ①求d 及S n ；②求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：①由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1， S n ＝n 2(n ∈N *)．②由①得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1， 故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 即所求m 的值为5，k 的值为4.[方法引航] (1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想.1．(2018·河北石家庄质检)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n ＞3)，S n ＝100，则n 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11 解析：选C.由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10.2．数列{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝________.解析：由题意知10a 1＋10×92d ＝11a 1＋11×102d .又∵d ＝－2，∴10a 1－90＝11a 1－110， ∴a 1＝20. 答案：203．已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是__________．解析：设数列{}a n 为该等差数列，依题意得a 1＋a n ＝124＋1564＝70.∵S n ＝210，S n ＝n (a 1＋a n )2，∴210＝70n2，∴n ＝6.答案：6 4．(2018·江苏无锡一模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝________.解析：由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)得(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2，即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，所以数列{a n }从第二项起构成等差数列，则S 15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211. 答案：211[例2] (1)(2018·河南内黄月考)已知函数y ＝f (x )对任意的实数x 都有1f (x ＋2)＝1f (x ＋1)＋1，且f (1)＝1，则f (2 018)＝( )A.12 017B.12 018 C ．2 016 D ．2 017解析：由已知可得1f (x ＋2)－1f (x ＋1)＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )为等差数列，又1f (1)＝1，d ＝1，则1f (x )＝x ，即1f (2 018)＝2 018，故f (2 018)＝12 018.答案：B(2)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，b n ＝S nn(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，∴b n ＝S n n ＝a 1＋12(n －1)d .法一：b n ＋1－b n ＝a 1＋12nd －a 1－12(n －1)d ＝d2(常数)，∴数列{b n }是等差数列．法二：b n ＋1＝a 1＋12nd ，b n ＋2＝a 1＋12(n ＋1)d ，∴b n ＋2＋b n ＝a 1＋12(n ＋1)d ＋a 1＋12(n －1)d＝2a 1＋nd ＝2b n ＋1.∴数列{b n }是等差数列．[方法引航] 判定数列{a n }是等差数列的常用方法(1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数；(2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1；(3)通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数；(4)前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.1．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ． a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n解析：选A.由题意可知1a n ＋1是1a n 与1a n ＋2的等差中项，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，公差d ＝1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列．∴1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝1n选A. 2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .解：(1)证明：当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式，∴a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[例3] (1)(2019·n 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97 解析：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ，S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝27，∴a 5＝3，又∵a 10＝8，∴d ＝a 10－a 55＝8－35＝1∴a 100＝a 5＋(n －5)×d ＝3＋(100－5)×1＝98. 答案：C(2)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.解析：利用等差数列的性质可得a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5，从而a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，故a 5＝5，所以a 2＋a 8＝2a 5＝10. 答案：10(3)在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15 B ．S 16 C ．S 15或S 16 D ．S 17 解析：∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值． 答案：A[方法引航] 1.根据题意分析选用等差数列的性质，若涉及通项a n ，则选用通项的有关性质，若涉及前n 项和S n ，则选用S n 的性质 2．求等差数列前n 项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．(2)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1＞0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大；②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．1．设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________. 解析：∵(a 1＋a 5)＋(b 1＋b 5)＝2(a 3＋b 3)＝42， ∴a 5＋b 5＝42－7＝35. 答案：352．在本例(3)中，若将已知条件改为a 1＞0，S 5＝S 12，如何求解S n 的最大值？解：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1＜0.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2·⎝⎛⎭⎫－18a 1＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝⎛⎭⎫n －1722＋28964a 1， 因为a 1＞0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值． 法二：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得d ＝－18a 1＜0.设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a n ＝a 1＋(n －1)·⎝⎛⎭⎫－18a 1≥0，an ＋1＝a 1＋n ·⎝⎛⎭⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法三：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得d ＝－18a 1＜0，由于S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ，设f (x )＝d 2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x ，则函数y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172(如图所示)，由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减．又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 最大．3．在本例(3)中，若将条件a 1＝29，S 10＝S 20改为a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0，如何求解？ 解：因为a 3＝a 1＋2d ＝12，所以a 1＝12－2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝12a 1＋66d ＞0，S 13＝13a 1＋78d ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧144＋42d ＞0，156＋52d ＜0， 解得－247＜d ＜－3.故公差d 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－247，－3. 法一：由d ＜0可知{a n }为递减数列，因此，在1≤n ≤12中，必存在一个自然数n ，使得a n ≥0，a n ＋1＜0， 此时对应的S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值．由于⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13a 7＜0，于是a 7＜0，从而a 6＞0，因此S 6最大．法二：由d ＜0可知{a n }是递减数列， 令⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 3＋(n －3)d ≥0，a n ＋1＝a 3＋(n －2)d ＜0， 可得⎩⎨⎧n ≤3－12d，n ＞2－12d.由－247＜d ＜－3，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤3－12d ＜3＋123＝7，n ＞2－12d ＞2＋12247＝5.5，所以5.5＜n ＜7，故n ＝6，即S 6最大．[方法探究]等差数列的设定方法及分段求和[典例] 已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式．综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4， n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ≥2.[回顾反思] 若三个数成等差数列可设为a ，a ＋d ，a ＋2d 或a －d ，a ，a ＋d ，若四个数成等差数列可设为a ，a ＋d ，a ＋2d ，a ＋3d 或a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d .[高考真题体验]1．(2018·高考课标全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11解析：选A.∵a 1＋a 5＝2a 3，a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5×(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.2．(2013·高考课标卷Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( ) A ．3 B ．4C ．5D ．6 解析：选C.∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m (a 1＋a m )2＝m (a 1＋2)2＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. 3．(2014·高考大纲全国卷)数列{}a n 满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{}b n 是等差数列； (2)求{}a n 的通项公式．解：(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2.又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{}b n 是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑k ＝1n(a k ＋1－a k )＝∑k ＝1n(2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{}a n 的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 4．(2019·高考全国甲卷)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝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b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和． 解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0， 1≤n ＜10，1， 10≤n ＜100，2， 100≤n ＜1 000，3， n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.课时规范训练 A 组 基础演练1．在等差数列{}a n 中，a 2＝3，a 3＋a 4＝9，则a 1a 6的值为( ) A ．14 B ．18 C ．21 D ．27解析：选A.依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝9，由此解得d ＝1，a 1＝2，a 6＝a 1＋5d ＝7，a 1a 6＝14.2．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( ) A ．a 1＋a 101＞0 B ．a 2＋a 100＜0 C ．a 3＋a 99＝0 D ．a 51＝51解析：选C.由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0.3．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解析：选B.法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝10，a 1＋3d ＝7.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.∴d ＝2.法二：∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝2a 3＝10， ∴a 3＝5.又a 4＝7，∴公差d ＝7－5＝2.4．记S n 为等差数列{a n }前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( )A.12 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B.由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝⎛⎭⎫a 1＋d2＝1，∴d ＝2. 5．已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( ) A ．30 B ．45 C ．90 D ．186解析：选C.因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝6a 5＝a 1＋4d ＝15，所以a 1＝3，d ＝3，b n ＝a 2n ＝a 1＋(2n －1)d ＝6n ，S 5＝5(b 1＋b 5)2＝5(6＋6×5)2＝90，因此选C 项．6．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 8＝13，S 7＝35，则a 7＝________.解析：设数列{a n }的公差为d ，则由已知得(a 1＋2d )＋(a 1＋7d )＝13 ①，S 7＝7(a 1＋a 1＋6d )2＝35 ②.联立①②，解方程组得a 1＝2，d ＝1，∴a 7＝a 1＋6d ＝8. 答案：87．若2，a ，b ，c,9成等差数列，则c －a ＝________.解析：由题意得该等差数列的公差d ＝9－25－1＝74，所以c －a ＝2d ＝72.答案：728．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．解析：根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0. 又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，∴a 9＜0，∴当n ＝8时， {a n }的前n 项和最大． 答案：89．已知等差数列{a n }中，a 2＝8，前10项和S 10＝185.求数列{a n }的通项公式a n . 解：设数列{a n }的公差为d ， 因为a 2＝8，S 10＝185，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝810a 1＋10×92d ＝185，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5d ＝3， 所以a n ＝5＋(n －1)×3＝3n ＋2，即a n ＝3n ＋2.10．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋n －4(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4， 即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)． 当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5，又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1， 也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1. 若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1. 而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾， 所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此数列{a n }为首项为3，公差为1的等差数列． (2)由(1)知a 1＝3，d ＝1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.B 组 能力突破1．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是( ) A ．24 B ．48 C ．60 D ．84 解析：选C.由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知 d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60，故选C.2．已知数列{a n }，若点(n ，a n )(n ∈N *)在直线y －2＝k (x －5)上，则数列{a n }的前9项和S 9等于( ) A ．18 B ．20 C ．22 D ．24解析：选A.∵点(n ，a n )在直线y －2＝k (x －5)上，∴a n －2＝k (n －5)，∴a n ＝kn －5k ＋2，∴a n ＋1－a n ＝[k (n ＋1)－5k ＋2]－(kn －5k ＋2)＝k ，∴{a n }是等差数列．当n ＝5时，a 5＝2，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×2a 52＝18.3．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8解析：选D.法一：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ＋n (n －1)＝n 2，则S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36，得(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8，所以选D.4．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________． 解析：因为{a n }，{b n }为等差数列，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，所以a 6b 6＝1941.答案：19415．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解：(1)由题意得，a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2，由a 1＝10，{a n }为公差为d 的等差数列得，d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11(n ∈N *)或a n ＝4n ＋6(n ∈N *)． (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，所以当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－(a 12＋a 13＋…＋a n )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 11)－(a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12＋a 13＋…＋a n )＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.第3课时 等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的有关概念一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数．这个数列叫等比数列，这个常数叫公比．用q 表示． (2)等比中项如果三个数a ，G ，b 成等比数列，则G 叫做a 和b 的等比中项，那么G a ＝bG，即G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，q ≠0，则它的通项公式a n ＝a 1·q n －1. (2)等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 仍是等比数列．(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)常数列一定是等比数列．(×)(2)等比数列中不存在数值为0的项．(√)(3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (4)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×)(5)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n .(×)(6)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.(×)(7)q ＞1时，等比数列{a n }是递增数列．(×) (8)在等比数列{a n }中，若a m ·a n ＝a p ·a q ，则m ＋n ＝p ＋q .(×)(9)若一个数列满足a n ＋1＝q 2a n ，则{a n }为等比数列．(×)(10)若数列a ，a (1－a )，a (1－a )2，…是等比数列，则a ≠0且a ≠1 .(√)[例1] (1)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84 解析：设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得 3＋3q 2＋3q 4＝21，即q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42. 答案：B (2)(2019·高考全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ，即5＝10q ，解得q ＝12，将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8.∴a 1a 2…a n ＝a n 1·q n (n －1)2＝8n ×⎝⎛⎭⎫12n (n －1)2＝2－n 22＋7n 2.∵－n 22＋7n 2＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *. 当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2≤26＝64，即最大值为64.答案：64 (3)(2018·河南开封模拟)正项等比数列{a n }中，a 2＝4，a 4＝16，则数列{a n }的前9项和等于________．。

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数列一．选择题：1．等差数列｛b n }中，b 1＝1, b 1＋b 2＋b 3＋……＋b 10＝145, 则数列{b n ｝的通项公式b n 是（ ）。

（A ）3n －2 (B ）4－3n （C )16n －15 (D )37310-n 2．在公比为q 且各项均为正数的等比数列｛a n }中，若a n －3 ·a n ＋1＝a k 2(n ， k 均为自然数），则a k 为（ ）。

（A ）a 1q n －1 （B ）a 1q n －2 （C ）a 1q n －3 （D ）以上答案都不正确3．在等差数列{a n ｝中,a 3＋a 7－a 10＝8, a 11－a 4＝4， 记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋……＋a n ，则S 13等于（ ）。

（A )168 （B ）156 （C ）78 （D ）1524．数列｛a n }的前n 项和是S n ，如果S n ＝3＋2a n (n ∈N ），则这个数列一定是（ ）. （A ）等比数列 （B )等差数列（C ）除去第一项后是等比数列 (D ）除去第一项后是等差数列5．等差数列{a n ｝的前n 项和是S n ,a 3＋a 8>0, S 9<0, 则S 1， S 2， S 3, ……，S n 中最小的是（ ）。

考点 30 数列求和  1．（江苏省南京市、盐城市 2019 届高三第二次模拟考试）等差数列 an 中，a4  10 ，前12 项的和 S12  90 ，则 a18 的值为______. 【答案】 4【解析】由题得a1  3d  1012 1112a1  2 d 90a1 13, d1, a18 13 17  (1)4 .故答案为：-42．（盐城市 2019 届高三年级第一学期期中模拟考试）若数列 的首项，且，则=________.【答案】 【解析】得且所以即 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列。

=n+1，从而3．（江苏省苏北六市 2018 届高三第二次调研测试）设等差数列{ }的前 n 项和为 ，若 ， ， 成等差数列，且 【答案】，则 的值为_______．【解析】由题意可得解得 则4．（江苏省淮安市等四市 2018 届高三上学期第一次模拟）已知等差数列 满足，【答案】，则 的值为____．【解析】由题意，，所以．，，5．（江苏省宿迁市 2018 届高三上学期第一次模拟考试）已知等差数列 满足【答案】11 【解析】等差数列 满足，则 的值为___________． ,故答案为：11. 6．（江苏省七市 2019 届(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港)高三第二次调研考试）已知集合A  { x | x  2k 1，k  N}，B  { x | x  8k  8，k  N} ，从集合 A 中取出 m 个不同元素，其和记为 S ；从集合 B 中取出 n 个不同元素，其和记为T ．若 S  T 967 ，则 m  2n 的最大值为____．【答案】44 【解析】 欲使 m,n 更大，则所取元素尽可能小，所以从最小开始取，S= m 1 2m 1  m2,T  n 0  8n  8  4n2  4n,m2  4n2  4n  967, 即222n 12  m2  968, m, n  N, 令 2n-1=t,则 m+2n=t+m+1,t 为奇数,m 为整数，则 t2  m2  968 ，由基本不等式 t2  m2  m  t ,m  t  44, 当且仅当 m=t=22 时取等，∵t 为奇数，∴ mt 的最大值在 t=22 附近22取到，则 t=21,m=23（舍）；t=21,m=22,成立；t=23,m=21（舍）; t=23,m=20,成立；故 m+t 的最大值为 43，所以 m  2n 的最大值为 44故答案为 447．（盐城市 2019 届高三年级第一学期期中模拟考试）已知数列 满足： ，.若成等差数列，【答案】1【解析】，，则=__________.根据题意,数列{an}满足：a1=3, 则 a2=2a1−3=2×3−3=3， a3=2a2−3=2×3+3=9， a4=2a3+3=2×9−3=15， 其中 a1、a3、a4 为等差数列的前 3 项， 又由{a k1}是等差数列,且 k1=1， 则有 k2=3,k3=4， 则 k3−k2=1．(n⩾ 2)，8．（江苏省南通市 2018 年高考数学模拟）已知 为数列{an}的前 n 项和，且 则{an}的首项的所有可能值为______ 【答案】 【解析】，，因为，所以，所以，将以上各式相加，得，又，所以，解得或.9．（江苏省南京师大附中 2018 届高三高考考前模拟考试）在数列{an}中，若 a4＝1，a12＝5，且任意连续三 项的和都是 15，则 a2018＝______． 【答案】9【解析】由题意可得 an+an+1+an+2=15，将 n 换为 an+1+an+2+an+3=15，可得 an+3=an，可得数列{an 是周期为 3 的数列．故，由 an+an+1+an+2=15，n 取 1 可得，故，故答案为 9.10．（江苏省南京师范大学附属中学 2018 届高三 5 月模拟考试）在数列 中，，且任意连续三项的和都是 15，则 【答案】9 【解析】 由题意可得____． ，将 换为，可得，可得数列 为周期为 的数列，，即有，由任意连续三项的和都是 可得可得， 故答案为 .11．（江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019 届高三年级第一次质量检测）已知数列 满足对任意的，都有，且，其中，．记．（1）若 ，求 的值；（2）设数列 满足．① 求数列 的通项公式；② 若数列 满足 ，且当 时，，是否存在正整数 ，使 ，，成等比数列？若存在，求出所有 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）1011（2）① 【解析】；② ， 满足题意（1）当 时，由，得，又，所以，又，所以．（2）由，得，又 又因为 所以 所以，所以， ，，所以．②由题意，得因为 ，，，， 成等比数列，所以 所以，即 ，即， ．， ，由于，所以 ，即 ．当 时， ，得 ．当 时，由(*)，得为奇数，所以 综上，，即 ，代入(*)得 ，．，即，此时 无正整数解．12． （江苏省淮安市淮安区 2019 届高三第一学期联合测试）已知数列 的前 n 项和为 ，且()．（1）求 ；（2）设函数 （3）设 为实数，对满足 实数 的最大值．，()，求数列 的前 n 项和 ；且 的任意正整数 m，n，k，不等式恒成立，试求【答案】（1） 【解析】；（2）（1）当 时，当 时，，满足上式，所以；（3）. ；（2）由分段函数 ，可以得到：，当，时，，故当 ，时，,，所以；（3）由，及得，∵，∴，∵，∴，要恒成立，只要 ，∴ 的最大值为 .13．（江苏省清江中学 2018 届高三学情调研考试）数列 中，，，（）.（1）求数列 的通项公式；（2）设（），，是否存在最大的整数 ，使得任意的 均有总成立？若存在，求出 ；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 【解析】;(2)7.（1）∵，∴（），∴ 等差数列.设公差为 ，又，，∴，∴.（2），∴假设存在整数 满足总成立，又∴数列 是单调递增的∴ 的最小值，故，即又∴适合条件的 的最大值为 7.14．（江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校 2018 届高三联考数学调研测试）设数列 的首项为 1，前 n 项和为 ，若对任意的 为“ 数列”．，均有（k 是常数且）成立，则称数列（1）若数列 为“ 数列”，求数列 的通项公式；（2）是否存在数列 既是“ 数列”，也是“ 项公式及对应的 k 的值；若不存在，请说明理由；数列”？若存在，求出符合条件的数列 的通（3）若数列 为“ 数列”，，设【答案】（1） 【解析】；（2）不存在；（3）证明见解析.（1）因为数列 为“ 数列”，则故，两式相减得：，又 时，，所以，，证明：．故对任意的恒成立，即故数列 为等比数列，其通项公式为（2）假设存在这样的数列 ，则有两式相减得：，（常数）， .，故有故有，同理由 是“数列”可得，所以对任意恒成立．所以，即，又，即，两者矛盾，故不存在这样的数列 既是“ 数列”，也是“（3）因为数列 为“ 数列”，所以，所以，故有，，又 时，，故，满足，所以对任意正整数 恒成立，数列的前几项为：数列”． ．故，所以，两式相减得，显然 故， ，即.    15．（2017-2018 学年度第一学期江苏省常州北郊华罗庚江阴高中三校联考高三数学）已知数列 an 、 bn ，  其中，a11 2，数列an满足 n1 ann 1 an1 ,n  2, n  N*  ，数列 bn 满足 b1  2, bn1  2bn ．（1）求数列 an  、 bn  的通项公式；（2）是否存在自然数 m ，使得对于任意 n  N *, n  2, 有1 1  1 L  1  m  8 恒成立？若存在,求b1 b2bn 4出 m 的最小值；1 , n为奇数（3）若数列cn满足 cn  { nan，求数列cn的前 n 项和Tn ．bn , n为偶数  n2  4n  3  4 2n1 1 , n为奇数  【答案】（1） bn  2n ；（2）存在， m 16 ；（3）Tn  {43n2  2n 4 2n 1, n为偶数．43【解析】（1）由 n 1 an n 1 an1 ，即an an1n 1 n 1．又 a11 2，所以 anan an1an1 an2an2 an3a3 a2a2 a1 a1 n 1  n  2  n  3  2  1  1n 1 n n 1432n1n 1.当 n 1 时，上式成立，  因为 b1  2, bn1  2bn ，所以 bn 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 bn  2n .(2) 由（1）知 bn  2n ，则1 1b11 b21 bn11 21 221 2n 21 2n.假设存在自然数 m ，使得对于任意 n  N *, n  2, 有1 1  1 b1 b2L1 bnm 48恒成立，即21 2nm8 4恒成立，由 m  8  2 ，解得 m 16 ． 4所以存在自然数 m ，使得对于任意 n  N *, n  2, 有1 1  1 L  1  m  8 恒成立，此时， m 的最小b1 b2bn 4值为 16.（3）当 n 为奇数时，  Tn  1 a11 3a31 nan  b2b4 bn1 2  4    n 1 22  24    2n1n1   41 4 2  2 n1 n1  n2  4n  3  4 2n1 1 ；221 443当 n 为偶数时，  Tn1   a11 3a3n1 1 an1  b2b4bn 2 4 n22  24    2n n  41 42  2nn  n2  2n  4 2n 1 .2 2 1443  n2  4n  3  4 2n1 1 , n为奇数  因此Tn  {43n2  2n 4 2n 1, n为偶数．4316．（江苏省扬州树人学校 2018 届高三模拟考试四）已知无穷数列 的各项都不为零，其前 n 项和为 ，且满足 求；，数列 满足，其中 t 为正整数．若不等式对任意都成立，求首项 的取值范围；若首项 是正整数，则数列 中的任意一项是否总可以表示为数列 中的其他两项之积？若是，请 给出一种表示方式；若不是，请说明理由．【答案】(1).(2).(3) 数列 中的任意一项总可以表示为数列 中的其他两项之积.理由见解析.【解析】（1）令 ，则，即，又，所以；由，得，两式相减得，又，故，所以 （2）由（1）知数列．是首项为，公差为 1 的等差数列；数列是首项为 ，公差为 1 的等差数列．故所以①当 时奇数时，，即，即对任意正奇数 恒成立，所以 解得， ．②当 时偶数时，，即所以，，即对任意正偶数 恒成立，解得．综合①②得 （3）由数列． 是首项为 1，公差为 1 的等差数列；数列知，数列 的各项都是正整数．是首项为正整数 ，公差为 1 的等差数列设，即，所以 取 故，，取，，不妨设 是偶数，则一定是整数，故当 是偶数时，方程的一组解是当 是奇数时，方程的一组解是所以数列 中的任意一项总可以表示为数列 中的其他两项之积．17．（江苏省宿迁市 2018 届高三上学期第一次模拟考试）已知数列 ，其前 项和为 ，满足，其中，.（1）若，求证：数列 是等比数列；（2）若数列 是等比数列，求 的值；（3）若，且，求证：数列 是等差数列.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）根据题意得到，即是等比数列；（2） 是等比数列，设其公比为 ，根据，所以 ，，故数列 ，得解析： （1）证明：若所以即所以，又由，得，，可构造方程进而求得参数值；（3）先求得，由，，两式相减得： ，再由迭代的方法得到数列，化简得到 进而证得数列是等差数列.，则当( ),，，，，即，所以，故数列 是等比数列．（2）若 是等比数列，设其公比为 （），当 时，，即 ，，得 ①当 时，，即，当 时，，即，② ① ，得，③ ② ，得，解得．代入①式，得 ．此时( )，所以 故， 是公比为１的等比数列， ．（3）证明：若，由，得，得 ②，得 ③，又，解得．由，，， ，代入所以 ， ， 成等差数列，得，由，得，两式相减得： 即所以相减得：所以所以，因为，所以，即数列 是等差数列.18．（江苏省南通市 2018 届高三上学期第一次调研测试）若数列 同时满足：①对于任意的正整数 n，恒成立；②若对于给定的正整数 k，对于任意的正整数 n(n＞k)恒成立，则称数列 是“R(k)数列”．（1）已知，判断数列 是否为“R(2)数列”，并说明理由；（2）已知数列 是“R(3)数列”，且存在整数 p(p＞1)，使得，，，成等差数列，证明： 是等差数列． 【答案】（1）是（2）见解析 【解析】 试题分析：（1）根据定义验证两个条件是否成立，由于函数为分段函数，所以分奇偶分别验证（2）根据定义数列隔项成等差，再根据单调性确定公差相等，最后求各项通项，根据通项关系得数列 通项，根据等 差数列证结论试题解析：（1）当 为奇数时，，所以..当 为偶数时，，所以..所以，数列 是“ 数列”.（2）由题意可得：，则数列 ， ， ， 是等差数列，设其公差为 ，数列 ， ， ， 是等差数列，设其公差为 ，数列 ， ， ， 是等差数列，设其公差为 .因为，所以，所以，所以①，②.若，则当时，①不成立；若，则当时，②不成立；若，则①和②都成立，所以.同理得：，所以，记.设，则.同理可得：，所以所以 是等差数列.【另解】，，. ，以上三式相加可得：，所以，所以，，，所以，所以，所以，数列 是等差数列.  19．（江苏省兴化市楚水实验学校、黄桥中学、口岸中学三校 2018 届高三 12 月联考）已知数列 an 的满足  a1 1，前 n项的和为Sn，且an1  an an an 12 4Sn 1n N*.（1）求 a2 的值；  （2）设 bnan an1  an，证明：数列bn是等差数列；（3）设 cn  2bn  an ，若1    2 ，求对所有的正整数 n 都有 22  k  3 2  cn 成立的 k 的取值范围.  【答案】（1） a2  3 ；（2）见解析；（3） k  2  2 2,  .【解析】试题分析：(1)令 n 1 得 a2(2)因为 an1  an an an 12 4Sn 1，所以4Sn1 2an an 1 an1  an①.所以4Sn112an a 1 n2 an2  an1②，由②-①，得2an1an1an2 an2  an1an an 1 an1  an. 因 为 an1  0 ， 所 以2  an2  an .所以1 an1  an  2 ，即 an1  an  1 ，an2  an1 an1  anan2  an1 an1  anan2  an1 an1  an  即 bn1 bn 1 即可得证（3）由（2）知，因为 b1a1 a2  a11 2，所以数列bn的通项公式为 bnn1 2.因为an an1  an1 2，所以 an1 an2 1 2n 12n 2n 1 1，所以2an1n 11an 2n 1，所以数列  an 2n 1  是常数列.由a1 2111，所以an 2n 1 .所以 cn 2bn  ann1222n12  2n 2n 1 .研究数列2cn的单调性求出最小值，变量分离 k与 即可得解.试题解析：（1）令 n 1得 a2  3 .（2）因为 an1  an an an 14S2n1，所以4Sn1 2an an 1 an1  an①.所以 4Sn11 2an a 1 n2 an2  an1②，由②-①，得 2an1an1an2 an2  an1an an 1 an1  an.因为 an10 ，所以 2 an2 an2  an1an an1  an.所以1 an1  an  2 ，即 an1  an  1，an2  an1 an1  anan2  an1 an1  an  即 bn1  bn  1 ，所以数列 bn 是公差为 1 的等差数列.  （3）由（2）知，因为 b1a1 a2  a11 2，所以数列bn的通项公式为 bnn1 2.因为 an  1 ，所以 an1  2 1  2n 1 ，an1  an 2an 2n 1 2n 1所以an12n 11an 2n 1，所以数列  an 2n 1  是常数列.由a1 211 1，所以 an2n1.  所以 cn2bn ann1222n 12  2n 2n 1 .2因为 cn1  cn 2 22n1  2n12n  2n12  2n 2n  3  02所以数列 cn  为单调递增数列当 n 1时， cn  c1  2 ，即 cn 的最小值为 2由 22  k  32cn  k22  2 2 ，所以 k  2  2  max，而当1   2 时，2 在 1,42 递减， 4 2,2递增，所以 2   max12，  当且仅当  1或 2 时取得，故 k  2  2 2,  .20．（江苏省苏州市 2018 届高三调研测试理）在正整数集上定义函数，且．（1）求证：；，满足（2）是否存在实数 a，b，使 【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）因为，对任意正整数 n 恒成立，并证明你的结论．，整理得，由，代入得，所以．（2）由，以下用数学归纳法证明，可得， ．存在实数，，使① 当 时，显然成立．成立．② 当 时，假设存在，使得成立，那么，当时，，即当时，存在，使得成立．由①，②可知，存在实数，，使对任意正整数 n 恒成立．21．（江苏省南通市 2018 届高三最后一卷）已知等差数列 与等比数列 是非常数的实数列，设.（1）请举出一对数列 与 ，使集合 中有三个元素； （2）问集合 中最多有多少个元素？并证明你的结论；【答案】(1).(2)3 个，证明见解析.【解析】（1），则（2）不妨设，由令，原问题转化为 关于的方程①最多有多少个解.下面我们证明：当 时，方程①最多有 个解：时，方程①最多有 个解当 时，考虑函数，则如果，则 为单调函数，故方程①最多只有一个解；如果，且不妨设由恒大于 或恒小于 ，当得 由唯一零点 时， 恒小于 或恒大于，于是当这样 在区间 与上是单调函数，故方程①最多有 个解当 时，如果 如果 为奇数，则方程①变为时，显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程① 如果 为偶数，则方程①变为，由 的情形，上式最多有 个解，即满足①的偶数最多有 个 这样，最多有 个正数满足方程① 对于 ，同理可以证明，方程①最多有 个解. 综上所述，集合 中的元素个数最多有 个. 再由（1）可知集合 中的元素个数最多有 个. 22．（江苏省海门中学 2018 届高三 5 月考试）对于数列 ，记则称数列为数列 的“k 阶塑数列”，(1)已知，①若 为等比数列，求 的值②设 t 为任意正数，证明：存在，当时总有；(2)已知，若且对恒成立，求 的取值范围.【答案】(1) ① .②见解析.(2) 【解析】（1）①.当时，满足题意；② 所以当，，，因此取 不小于的正整数，时总有；（2），因为 因此，所以递增，。

第五节 数列的综合问题考点一 数列与不等式问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1 (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若正项等比数列{b n }，满足b 2＝2,2b 7＋b 8＝b 9，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ； (3)对于(2)中的T n ，若对任意的n ∈N *，不等式λ(－1)n＜12n ＋1(T n ＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2S n ＝a n ＋1， 所以4S n ＝(a n ＋1)2，且a n ＞0， 则4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1， 又4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，所以4a n ＋1＝4S n ＋1－4S n ＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2， 即(a n ＋1－a n －2)(a n ＋1＋a n )＝0， 因为a n ＞0，所以a n ＋1＋a n ≠0， 所以a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差为2的等差数列， 又a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2， 由b 2＝2，得b 1＝1，故b n ＝2n －1.因为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，所以2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n， 两式相减得－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故T n ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n －1－2(2n－2)＝(2n －3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.①当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1，则有λ＜g (n )min .因为g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，当n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，所以λ＜134.②当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，则有λ＞h (n )max .因为h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ， 当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，当n ≥3时，h (n ＋2)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，当n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，134.[由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题； (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件． (2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)． (1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝n ＋a n na n ＋1＋na n ＋1n ＋a n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n ＜T n ＜2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12， 所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12， 得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a n a n ＋2－a n －1a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ，。

第三节 等比数列1．等比数列的有关概念 (１）定义：如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母ｑ表示,定义的表达式为a n +１a n=q . （2）等比中项：如果ａ，Ｇ,b 成等比数列,那么Ｇ叫做a 与ｂ的等比中项．即:G 是a 与b 的等比中项⇔a ,G ,b 成等比数列⇒Ｇ2=ab 。

２．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1ｑn －1.(2)前n 项和公式:S n ＝错误! ３．等比数列的常用性质 （1）通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ,m ∈Ｎ*);(2）若m ＋n =p ＋q =2ｋ(m ,n ，p ,ｑ,k ∈N *), 则a m ·a n ＝a ｐ·ａq ＝ａ错误!未定义书签。

;(３）若数列{a n },｛ｂn }(项数相同)是等比数列,则｛λａn ｝，错误!未定义书签。

,{ａ错误!未定义书签。

}，｛a ｎ·b n }，错误!（λ≠0)仍然是等比数列;(４)在等比数列{a ｎ｝中,等距离取出若干项也构成一个等比数列，即ａn ,a n +k ，a n +２k ，a n ＋３k ,…为等比数列,公比为q k。

[小题体验］1.设Ｓn 是等比数列错误!的前n 项和,若a 1＝1,a ６=3２,则Ｓ3=＿____＿__. 答案:72．在等比数列{a n ｝中，若ａ1=1,a 3ａ5=４(a ４－1）,则a ７＝________.解析:法一:设等比数列｛a n }的公比为ｑ，因为ａ1=1，ａ3a 5＝４(a 4-1),所以ｑ2·q 4＝4(ｑ3－1),即ｑ6－4ｑ３+4=0,q３=2，所以ａ7=q6＝4。

法二:设等比数列{a n｝的公比为ｑ, 由ａ3a5=4(ａ4-1)得a错误!未定义书签。

＝4(a４-１),即a 错误!未定义书签。

2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测六 数 列第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－2，a 3＝2，则{a n }的公差d 等于( ) A ．－1 B ．－2 C ．－3D ．－42．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．93．已知数列{a n }是等差数列，若a 2 016＋a 2 017<0，a 2 016·a 2 017<0，且数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，那么S n 取得最小正值时，n 等于( )A ．4 029B ．4 030C ．4 031D ．4 0324．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝(n ＋1n )n －1C．a n＝n2D．a n＝n5．已知{a n}是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n，若a3，a4，a8成等比数列，则()A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞06．已知数列{a n}的前n项和S n＝2a n－1，则满足a nn≤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}7．设函数f(x)＝2x－cos x，{a n}是公差为π8的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5等于()A．0 B.1 16π2C.18π2 D.1316π28．若数列{a n}满足1a n＋1－pa n＝0，n∈N*，p为非零常数，则称数列{a n}为“梦想数列”．已知正项数列{1b n}为“梦想数列”，且b1b2b3…b99＝299，则b8＋b92的最小值是()A．2 B．4C．6 D．8第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．已知等比数列{a n}的前n项和为S n＝3n＋a(n∈N*)，则实数a的值是________．10．数列{a n}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.11．设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．12．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．13．在数列{a n }中，a 1≠0，a n ＋1＝3a n ，S n 为{a n }的前n 项和．记R n ＝82S n －S 2na n ＋1，则数列{R n }的最大项为第________项．14．已知数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝1＋1a n.若对任意的自然数n ≥4，恒有32<a n <2，则a 的取值范围为________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)等差数列{a n}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．16．(13分)为了综合治理交通拥堵状况，缓解机动车过快增长势头，一些大城市出台了“机动车摇号上牌”的新规．某大城市2015年初机动车的保有量为600万辆，预计此后每年将报废本年度机动车保有量的5%，且报废后机动车的牌照不再使用．同时每年投放10万辆的机动车牌号．只有摇号获得指标的机动车才能上牌，经调研，获得摇号指标的市民通常都会在当年购买机动车上牌．(1)问：到2019年初，该城市的机动车保有量为多少万辆；(2)根据该城市交通建设规划要求，预计机动车的保有量少于500万辆时，该城市交通拥堵状况才真正得到缓解，问：至少需要多少年可以实现这一目标．(参考数据：0.954＝0.81,0.955＝0.77，lg 0.75＝－0.13，lg 0.95＝－0.02)17.(13分)已知数列{a n}满足a2＝5，且其前n项和S n＝pn2－n.(1)求p的值和数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}为等比数列，公比为p，且其前n项和T n满足T5<S5，求b1的取值范围．18．(13分)已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .19.(14分)已知a 2、a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{a n }是递增的等差数列，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝1－12b n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .20．(14分在数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项和为S n ，则S n ＝a n ＋1－12，(n ∈N *)． (1)求a n ，S n ；(2)设b n ＝log 2(2S n ＋1)－2，数列{c n }满足c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值．答案解析1．C [由a 1＋a 7＝2a 4＝－2得a 4＝－1，a 3＝2，d ＝－3，故选C.] 2．D [由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎨⎧ ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎨⎧ ab ＝4，2a ＝b －2解得⎩⎨⎧ a ＝4，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.] 3．C [∵数列{a n }的前n 项和S n 有最大值， ∴数列{a n }是递减的等差数列． 又∵a 2 016＋a 2 017<0，a 2 016·a 2 017<0， ∴a 2 016>0，a 2 017<0，∴数列的前2 016项为正数，从第2 017项开始为负数， 由求和公式和性质可得S 4 031＝4 031a 2 016>0，S 4 032＝2 016(a 2 016＋a 2 017)<0， ∴S n 取最小正值时n ＝4 031.] 4．D [因为a n ＝n (a n ＋1－a n )， 所以a n ＋1a n＝n ＋1n ，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＝n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×32×21×1＝n .]5．B [∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ， ∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d3，∴dS 4＝－2d 23＜0，故选B.] 6．B [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，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， 故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 而a nn ≤2，即2n －1≤2n ， 所满足的正整数n ＝1,2,3,4.]7．D [∵{a n }是公差为π8的等差数列， ∴a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝2a 3，且a 1＝a 3－π4，a 2＝a 3－π8，a 4＝a 3＋π8，a 5＝a 3＋π4. ∵f (x )＝2x －cos x ，∴f (a 1)＋f (a 5)＝2a 1－cos a 1＋2a 5－cos a 5 ＝2(a 1＋a 5)－(cos a 1＋cos a 5) ＝4a 3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π4＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋π4＝4a 3－2cos a 3cos π4＝4a 3－2cos a 3， f (a 2)＋f (a 4)＝2a 2－cos a 2＋2a 4－cos a 4 ＝2(a 2＋a 4)－(cos a 2＋cos a 4) ＝4a 3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π8＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋π8＝4a 3－2cos a 3cos π8.∴f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5) ＝10a 3－cos a 3－(2＋2cos π8)cos a 3＝10a 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2＋2cos π8cos a 3＝5π，∴a 3＝π2，∴f (a 3)＝2×π2－cos π2＝π. ∴a 1＝π2－π4＝π4，a 5＝π2＋π4＝34π. ∴[f (a 3)]2－a 1a 5＝π2－34π×π4＝1316π2.]8．B [依题意可得b n ＋1＝pb n ，则数列{b n }为等比数列．又b 1b 2b 3…b 99＝299＝b 9950，则b 50＝2.b 8＋b 92≥2b 8·b 92＝2b 50＝4，当且仅当b 8＝b 92，即该数列为常数列时取等号．]9．－1解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2·3n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋a ，因为{a n }是等比数列，所以有3＋a ＝2，解得a ＝－1.10．1解析 设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ， a 5＝a 1＋4d ，∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3a 1＋1＝1.11．10 100解析 由x 2－x <2nx (n ∈N *)得0<x <2n ＋1， 因此a n ＝2n ，所以数列{a n }是一个等差数列， 所以S 100＝100×2＋2002＝10 100.12.2011解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝2＋nn －12，即a n ＝n n ＋12，令b n ＝1a n，故b n ＝2nn ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 13．4解析 ∵a 1≠0，a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是等比数列． ∴R n ＝82a 11－3n 2－a 11－3n1－3a 1·3n 2＝3n 22－823n 2＋813n 21－3＝11－3×(3n 2＋813n 2－82)≤11－3(281－82) ＝643－1. 当且仅当3n 2＝813n 2⇒3n ＝81⇒n ＝4时等号成立．所以数列{R n }的最大项为第4项． 14．(0，＋∞)解析 a 1＝a ，a 2＝1＋1a ＝a ＋1a ，a 3＝1＋aa ＋1＝2a ＋1a ＋1，a 4＝3a ＋22a ＋1.由题意对任意的自然数n ≥4，恒有32<a n <2，所以32<1＋1a n －1<2⇒1<a n －1<2，要使n ≥4都成立，只需32<a 4<2成立，所以32<3a ＋22a ＋1<2，解得a >0.15．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) ＝21－2101－2＋1＋10×102 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.16．解 (1)设2015年年初机动车保有量为a 1万辆，以后各年年初机动车保有量依次为a 2万辆，a 3万辆，…，每年新增机动车10万辆，则a 1＝600，a n ＋1＝0.95a n ＋10.又a n ＋1－200＝0.95(a n －200)，且a 1－200＝600－200＝400， 所以数列{a n －200}是以400为首项，0.95为公比的等比数列． 所以a n －200＝400·0.95n －1，即a n ＝400·0.95n －1＋200.所以2019年初机动车保有量为a 5＝400×0.954＋200＝524万辆．(2)由题意可知，a n ＝400·0.95n －1＋200<500，即0.95n －1<0.75，所以n >lg 0.75lg 0.95＋1＝7.5， 故至少需要8年的时间才能实现目标．17．解 (1)由题意，得S 1＝p －1，S 2＝4p －2. 因为a 2＝5，S 2＝a 1＋a 2，所以S 2＝4p －2＝p －1＋5，解得p ＝2.所以S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1，得a n ＝(2n 2－n )－[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.验证知n ＝1时，a 1符合上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)，得T n ＝b 11－2n1－2＝b 1(2n －1)． 因为T 5<S 5，所以b 1(25－1)<2×52－5，解得b 1<4531.又因为b 1≠0，所以b 1的取值范围是(－∞，0)∪(0，4531)．18．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎨⎧ 3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4， 解得⎩⎨⎧ a 1＝3，d ＝－1. 故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n .(2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1＝nq n －q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12. 若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12. 所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n n ＋12，q ＝1，nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12，q ≠1.19．解 (1)由题意得a 2＝3，a 5＝9，公差d ＝a 5－a 25－2＝2， 所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1，由S n ＝1－12b n 得，当n ＝1时b 1＝23， 当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝12b n －1－12b n ，得b n ＝13b n －1，所以数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝23n .(2)c n ＝a n ·b n ＝4n －23n ，T n ＝4×1－231＋4×2－232＋4×3－233＋…＋4×n －1－23n －1＋4n －23n ， 3T n ＝4×1－230＋4×2－231＋4×3－232＋…＋4×n －1－23n －2＋4n －23n －1， 两式相减得：2T n ＝2＋431＋432＋…＋43n －1－4n －23n ＝4－4n ＋43n ，所以T n ＝2－2n ＋23n .20．解 (1)由S n ＝a n ＋1－12，得S n －1＝a n －12(n ≥2)，两式作差得：a n ＝a n ＋1－a n ，即2a n ＝a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1a n＝2(n ≥2)， 又a 1＝S 1＝a 2－12，得a 2＝1，∴a 2a 1＝2， ∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，则a n ＝12·2n －1＝2n －2， S n ＝a n ＋1－12＝2n －1－12.(2)b n ＝log 2(2S n ＋1)－2＝log 22n －2＝n －2， ∴c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ， 即c n (n ＋1)(n ＋2)＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2n －2， c n ＝1n ＋1n ＋2＋2n －2＝1n ＋1－1n ＋2＋2n －2， T n ＝(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)＋(2－1＋20＋…＋2n －2) ＝12－1n ＋2＋121－2n 1－2＝12－1n ＋2－12＋2n －1 ＝2n －1－1n ＋2. 由4T n >2n ＋1－1504，得4(2n －1－1n ＋2)>2n ＋1－1504， 即4n ＋2<1504，n >2 014. ∴使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值为2 015.。