2021高考数学专题复习：数列(一)

小题压轴题专练14—数列（1）一、单选题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足sin （a 4﹣1）+2a 4﹣5＝0，sin （a 8﹣1）+2a 8+1＝0，则下列结论正确的是（ ） A ．S 11＝11，a 4＜a 8 B ．S 11＝11，a 4＞a 8 C ．S 11＝22，a 4＜a 8D ．S 11＝22，a 4＞a 8解：sin （a 4﹣1）+2a 4﹣5＝0，sin （a 8﹣1）+2a 8+1＝0，∴sin （a 4﹣1）+2（a 4﹣1）﹣3＝0，sin （1﹣a 8）+2（1﹣a 8）﹣3＝0， 令f （x ）＝sin x +2x ﹣3，可得f ′（x ）＝cos x +2＞0， 因此函数f （x ）在R 上单调递增．又f （1）＝sin1﹣1＜0，f （2）＝sin2+1＞0， 因此函数f （x ）在（1，2）内存在唯一零点． ∴a 4﹣1＝1﹣a 8，1＜a 4﹣1＜2，1＜1﹣a 8＜2， ∴a 4+a 8＝2，2＜a 4＜3，﹣1＜a 8＜0， ∴S 11＝＝＝11，a 4＞a 8，故选：B ．2．非负实数列{}n a 前n 项和为(0)n n S S >．若分别记2{}n n a 与2{}na n 前n 项和为n T 与n R ，则5525T R S 的最大值与最小值的差为t ，则||(t = ) A ．2 B ．125C ．3D ．165解：由题设和柯西不等式可得：2222223524551234511234552222(2345)()()2345a a a a T R a a a a a a a a a a a S =++++++++++++=，当且仅当10a >且23450a a a a ====时取“= “，∴5525T R S 的最小值为1， 又22223524551234512222(2345)()2345a a a a T R a a a a a a =++++++++ 22222222324123451522221(2345)(5555)5234a a a a a a a a a a =+++++⋅+⋅+⋅+ 2222222222222234112234551234552222255115(51)13(52345)(()()54234105a a a a a a a a a a a a a a a S +⋅+++++++++++++=，当且仅当150a a =>且2340a a a ===时取“= “，∴5525T R S 的最大值为213()5，∴125=，故选：B ．A ．100102a ln >B ．99100a ln >C ．99100a ln <D ．10099a ln <解：*1111,()1n n a a a n N n +=->∈+， 11n n a a n -∴->，1211n n a a n --->-，⋯，2112a a ->，将上面的式子相加得到：1111(2)23n a a n n ->++⋯+，即111123n a n>+++⋯+，2n ， 令()(1)(1)f x ln x x x =+->-，当0x >时，1()101f x x '=-<+，故当0x >时，()(0)0f x f <=，即(1)ln x x +<， 111(1)n lnln n n n +∴=+<，又12(1)11n n ln n ln ln ln n n ++=++⋯+-， 11111112(1)(1)(1)(1)2323n a ln ln ln ln ln n n n∴>+++⋯+>+++++⋯++=+，即(1)n a ln n >+，2n ，99100a ln ∴>，故选：B ．172n nt +-恒成立，则实数解：由22n S n n =+，可得212(1)(1)(2)n S n n n -=-+-， 所以12222n n n a S S n -=-=，所以(2)n a n n =， 当1n =时，11222S a ==，所以11a =，满足上式， 所以n a n =，*n N ∈， 所以231232222n n n T =+++⋯+，234111*********n n n n n T +-=+++⋯++， 两式相减得，2311111111122222222n n n n n n n T ++=+++⋯+-=--，所以222n nn T +=-， 所以11137|2|22n n n n nn T t n t++++--=⨯-， 所以2142n n n t +-，令214()2n n n f n +-=，222212(1)4(1)46(3)(1)()222n n n n n n n n f n f n ++++-+---+-=-=， 故当15n 时，(1)()f n f n +>，()f n 单调递增， 当6n 时，(1)()f n f n +<，()f n 单调递减， 所以3(6)32max f f ==，所以332t ，t 的最小值为332．故选：B ．5．已知数列{}n a 满足对任意的*n N ∈，总存在*m N ∈，使得n m S a =，则n a 可能等于()A ．2020nB ．2020nC ．22020nD ．2nn C解：数列{}n a 满足对任意的*n N ∈，总存在*m N ∈，利用特值法检验n m S a =，对于选项A ：当2020nn a =时，n m S a =，则2020(20201)20202019n m -=，令2n =时，m 不存在；对于选项B ：当2020n a n =时，n m S a =， 则(1)20201010(1)20202n n n S n n m +=⨯=+=，取(1)2n n m +=，即可； 对于选项C ：当22020n a n =时，n m S a =， 则2222(1)(21)2020(12)202020206n n n n S n m ++=⨯++⋯+=⨯=，令2n =时，m 不存在；对于选项2:n n n D a C =当时，n m S a =，当2n =时，12212248S a a C C =+=+=，不存在m ，使得28mm C =，所以不存在，故选：B ．6．已知数列{}n x ，满足11x =，*12(1)()n n x ln x n N +=+∈，设数列{}n x 的前n 项和为n S ，则以下结论正确的是( )A ．1n n x x +>B ．112n n n n x x x x ++-<解：*12(1)()n n x ln x n N +=+∈，把11x =代入递推可得：0n x >， 令()(1)f x x ln x =-+，0x >，则()01xf x x '=>+，()f x 在(0,)+∞单调递增， ()(0)f x f ∴>，即当0x >时，恒有(1)ln x x +<成立，0n x >，12(1)n n n x ln x x +∴=+<，112n n n x x x ++∴>>，故选项A 错误；又2121n n x x ++<+，∴选项C 错误； 11(1)2(2)(1)22(2)(1)[(1)]2222n n n n n n nn n n n n n n nx ln x x x ln x x x x x x x x ln x ln x x +++-+++--=-+-==-++，01n x <，令2(1)2x y ln x x =-++，01x <，则220(2)(1)x y x x '=-<++，∴函数2(1)2xy ln x x =-++在(0，1]上递减，(0)0y y ∴<=，11(2)0n n n n x x x x ++∴--<，故选项B 正确；又由12n n x x +>可得12nn x x +<，11x =，112nn x -∴（当且仅当1n =时取“= “)，可得1111112()2222n n n S --++⋯+=-<， 52n S +∴<，故选项D 错误，故选：B ．7．正整数3n 称为理想的，若存在正整数11kn -使得1k n C -，k n C ，1k n C +构成等差数列，A ．40B ．41C ．42D ．前三个答案都不对解：由题意可得11,,k k k n n n C C C -+ 构成等差数列，则112k k k n n n C C C -+=+，化简可得22(41)420n k n k -++-=，以k 为主元整理224420k nk n n -+--=，则k ，题意转化为存在正整数11k n -使得k 成立， 于是2n + 为完全平方数，设22n m +=，7n ， 令22()442f k k nk n n =-+--， 因为f （1）2(1)520f n n n =-=-+>，故[1,1]k n =-， 因为2020n ，则443m ．若22(2)(1)22m m m m k ---+===， 因为2m -，1m + 奇偶性相反， 故对于任意443m 都满足题意． 综上，满足题意的有 42 个， 故选：C ．8．在正项数列{}n a 中，2113312(*)n n a a n N +=-∈，则下列说法正确的是( )A ．若17a <，则1n n a a +<B ．若17a >，则1n n a a +<C ．若1111a ，则22114n n a a -+D ．若1111a ，则22112n n a a -+解：由2113312n n a a +=-，可得222111()()13312(7)(19)n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +++-=-+=--=--+，因为0n a >，可得7n a >，1n n a a +<；或7n a <，1n n a a +>； 故A ，B 均不正确；若1111a ，由数学归纳法假设(*)n k k N =∈时，111k a ，1n k =+时，2113312[1k k a a +=-∈，121]，即有1[1k a +∈，11]，综上可得，111n a ，*n N ∈， 则2111n a ，2221222211331169(6)12121212n n n n n a a a a a -+=-++=--+， 则21212n n a a -+，上式当21n a =或11时，取得等号， 故选：D ．10；③n S n T n ，则()A ．①③正确B ．①④正确C ．②③正确D ．②④正确解：211n nn a a a +=-+，22121(1)0n n n n n a a a a a +∴-=-+=-， 112a =，∴12n a ，11(1)n n n a a a +-=-，∴111111n n na a a +=---， ∴111111n n n a a a +=---，∴12111111111n n a a a a a +++⋯+=---， 11(1)n n n a a a +-=-，2110n nn a a a +=-+>， 11n a +∴-，1n a -同号，1n a ∴<，∴112n a <， 11211111122211n n n n a a a a a +∴+=++⋯+-+--， 即1111222n a n n +-++， ∴1112n a n +-+，11516n a +∴<不恒成立，故①错误；112n a <，2121231(1)(21)0n n n n n n a a a a a a +∴--=-+=--，故②正确； 1112n a n +-+，∴111()231n S n n -++⋯++， 若56n S n <，则1111231(1)623112n n ln ln ln ln n n n +<++⋯+<++⋯+=++，1(1)6n ln n <+不可能恒成立，56n S n ∴<不能恒成立，故③错误； 211n n n a a a +=-+，211n n n a a a +∴=+-，122212111121122n n nn nk k k n n n k k k T a a a a a n a a a n S a a n +++===∴=++⋯+=+-=+--=+--∑∑∑，112n n n S T a n a n +∴-=+-<，故④正确．故选：D ．10．已知数列{}n a 满足：10a =，*1(1)()n a n n a ln e a n N +=+-∈，前n 项和为n S ，则下列选项错误的是( )（参考数据：20.693ln ≈，3 1.099)ln ≈ A ．21{}n a -是单调递增数列，2{}n a 是单调递减数列B ．13n n a a ln ++C ．2020670S <D ．212n n a a -解：由1(1)n a n n a ln e a +=+-，得1(1)n n a a n a ln e lne +=+-，∴111n na a e e +=+， 令n a n b e =，即n n a lnb =，则111n nb b +=+，10a =，11b =． 作图如下：由图可得：A ．21{}n a -是单调递增数列，2{}n a 是单调递减数列，因此A 正确；B ．[1n b ∈，2]，11(1)1[2n n n n nb b b b b +∴=+=+∈，3]， 11[2n n a a n n b b e e ++∴=⋅∈，3]，1[2n n a a ln +∴+∈，3]ln ，因此B 正确；C ．12n n a a ln ++，2020123420192020()()()10102693S a a a a a a ln ∴=++++⋯⋯++>，因此C 不正确；D ．由不动点51(+，51)+，得2125112n n b b -+<<，可得：212n n b b -<，221n n a a -∴>，因此D 正确． 故选：C ．二、多选题11．下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的几个命题，其中正确的有( ) A ．数列{}n a 递增B ．数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列C ．若n a n =，n S 为{}n a 的前n 项和，且n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列，则0c =D ．若70a =，则方程0n S =有唯一的根13n =解：A 、设等差数列的首项为1a ，公差0d >，则11(1)n a a n d dn a d =+-=+-， 所以数列{}n a 是递增数列，故A 选项符合题意；B 、11111111[(1)](1)22222n n S d a a a a n d a n n =+=++-=+-⋅， 所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1a 为首项，2d 为公差的等差数列．02d >，该数列是递增的等差数列，故B 选项符合题意； C 、由n a n =得到：(1)2n n n S +=． 由n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列可设：n S kn b n c =++．即2(1)()()()2n n n S n c kn b kn kc b n bc +==++=+++． 所以当22(1)22()n n n n kn kc b n bc +=+=+++恒成立时，21k =，2()1kc b +=，0bc =． 所以12k =，0b =或0c =． 当0b =时，1c =．当0c =时，12b =．综上所述，1c =或0c =．故C 选项不符合题意； D 、由70a =，得67S S =，又因为数列{}n a 递增，所以当6n 时，n S 递增，当7n 时，n S 递增．所以n S 最小值是6S 或7S ，所以12110S S a ==<． 由当6n 时，0n S <．故当且仅当13n =时，11313713()1302a a S a +===，故D 选项符合题意．故选：ABD ．12．已知数列{}n a 满足：101a <<，1(4)n n n a a ln a +-=-．则下列说法正确的是( ) A ．数列{}n a 先增后减 B ．数列{}n a 为单调递增数列 C ．3n a <D ．202052a >解：因为1(4)n n n a a ln a +-=-，所以1(4)n n n a a ln a +=+-， 令()(4)f x x ln x =+-，则13()144xf x x x-'=-=--， ()(4)f x x ln x ∴=+-在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减， ()f x f ∴<（3）3=可得：3n a <，则1(4)10n n n a a ln a ln +-=->=，故数列是单调递增数列，101a <<，211(4)41a a ln a ln ∴=+->>， 322(4)4(44)132a a ln a ln ln ln ln =+->+->+>，4335(4)2(42)222a a ln a ln ln =+->+->+>， 2020452a a ∴>>，故选：BCD ．13．如图，已知点E 是平行四边形ABCD 的边AB 的中点，*()n F n N ∈为边BC 上的一列点，连接n AF 交BD 于n G ，点*()n G n N ∈满足12(23)n n n n n G D a G A a G E +=-+，其中数列{}n a 是首项为1的正项数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A ．313a =B ．数列{3}n a +是等比数列C ．43n a n =-D ．122n n S n +=--解E 为AB 中点，∴2n n n G E G A G B =+，∴2n n n G B G A G E =-+，又D 、n G 、B 三点共线，∴2n n n n G D G B G A G E λλλ==-+，又12(23)n n n n n G D a G A a G E +=-+，∴122(23)n n a a λλ+-=⎧⎨=-+⎩，化简可得123n n a a +=+，132(3)n n a a +∴+=+，∴数列{3}n a +是等比数列．又11a =，∴113(3)2n n a a -+=+，∴123n n a +=-，313a ∴=，∴24(12)323412n n n S n n +-=-=---．故选：AB ．14．设[]x 为不超过x 的最大整数，n a 为[[]]([0,))x x x n ∈可能取到所有值的个数，n S是数列A ．34a = B ．190是数列{}n a 中的项解：当1n =时，[0x ∈，1)，[]0x =，[]0x x =，故[[]]0x x =，即11a =，当2n =时，[0x ∈，2)，[]{0x =，1}，[]{0}[1x x ∈，2)，故[[]]{0x x =，1}，即22a =， 当3n =时，[0x ∈，3)，[]{0x =，1，2}，[]{0}[1x x ∈，2)[4，6)，故[[]]{0x x =，1，4，5}，即34a =，以此类推，当2n ，[0x ∈，)n 时，[]{0x =，1，2，⋯⋯，}n ，[]{0}[1x x ∈，2)[4，26)[(1)n ⋯⋯-，(1))n n -，故[[]]x x 可以取的个数为22112312n n n -+++++⋯⋯+-=， 即22,22n n n a n -+=，当1n =时也满足上式，故22,2n n n a n N -+=∈，对A ，34a =，故A 正确；对B ，令221902n n n a -+==，即23780n n --=无整数解，故B 错误；对C，12112()2(1)(2)12n a n n n n n ==-+++++，则11111122()12334122n S n n n =-+-+⋯⋯+-=--++， ∴10251126S =-=，故C 正确； 对D，212212211222222n a n n n n n +=+--=，当且仅当(6,7)n =时取等号， n N ∈，当6n =时，21166n a n +=+，当7n =时，21167n a n +=+， 故当7n =时，21n a n+取最小值，故D 正确． 故选：ACD ． 三、填空题15．已知数列{}n a ，{}n b 均为正项等比数列，n P ，n Q 分别为数列{}n a ，{}n b的前n 项积，解：数列{}n a ，{}n b 均为正项等比数列，它们的公比分别为q 、m ， n P ，n Q 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项积，(1)]211121(1)122111(1)1()[5722(1)1()2[]22n n nn n n n n n n n n n nlna lnq lna lnqlnP ln a a a ln a q n n n n lnQ ln b b b n nlnb lnm lnb lnm ln b m ----++⋅⋅⋅⋅⋅⋅-====--⋅⋅⋅⋅++⋅⋅， 1102lnb lnm ∴-=,122lnm =,解得4m e =,21b e =；由1172lna lnq -=-,152lnq =,解得21a e -=,10q e =；2102183()a e e e -∴=⋅=,28103b e e e =⋅= 则33189105lna lnb ==, 故答案为：9516．已知正项递增数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，2211126n n n n n n a a a a a a ---++=++，设解：由2211126n n n n n n a a a a a a ---++=++，化为：211()()60n n n n a a a a ---+--=，解得12n n a a --=或3-， 数列{}n a 是正项递增数列， 取12n n a a --=，∴数列{}n a 是等差数列，首项为1，公差为2，12(1)21n a n n ∴=+-=-，2(121)2n n n S n +-==． ∴2221411111(2)12121n n a n S n n n +-+==+---+， 则1682242468211111(1)11111n nn n a a a a a T S S S S S -+++++=-+-+⋯+-⋅----- 11111111(1)()()(1)()335572121n n n -=+-+++-⋯⋯+-+-+当*2()n k k N =∈时，21141k T k =-+； 当*21()n k k N =-∈时，211141k T k -=+-． 11,2111,21n n n T n n ⎧-⎪⎪+∴=⎨⎪+⎪+⎩为偶数为奇数．故答案为：11,2111,21n n n T n n ⎧-⎪⎪+=⎨⎪+⎪+⎩为偶数为奇数．2n 时，2n a 2)m 且t m -解：当2n =时，有222121a S S +=，即2222(1)1a a ++=，解得：21a =-， 又当2n 时，1n n n a S S -=-，∴由2121n n n a S S n -+=-可得：2211n n S S n -+=-，又221n n S S n ++=，22111n n S S +-∴-=，2n ，又11S =，20S =，∴数列221{}n S -是首项为1，公差为1的等差数列；数列22{}n S 是首项为0，公差为1的等差数列，221n S n -∴=，221n S n =-，1111m m t t t m a a a a S S +--++⋯++==-，且21t m -=，2111m m S S +-∴-=，易知21m +与1m -奇偶性相同，∴当m为奇数时，有153m =； 当m为偶数时，有1=，解得：50m =， 综上，53m =或50，故答案为：1-；53或50．解：因为12n n na a n +⋅=+， 所以123222121352113572121n n n n a a a a a a n n ---⋅⋅⋅⋯⋅⋅⋅=⋅⋅⋯=++； 由12n n n a a n +⋅=+，可得1213n n n a a n +++⋅=+， 即有2(1)(2)(3)n na n n a n n +++=+， 由11a =，312314a a ⨯=⨯，534536a a ⨯=⨯，756758a a ⨯=⨯，⋯，2123(22)(21)(23)2k k a k k a k k----=-⋅， 所以当21n k =-，*k N ∈， 上式相乘可得，212(21)2k k a k --=，即为21n na n =+； 当21n k =-，*k N ∈时，2122121k k k a a k --=+， 可得22122212(21)2(21)k k k ka k k k -=⋅=+-+， 所以，当2n k =，*k N ∈时，22n na n =+． 故答案为：121n +，2,211(*),222nn k n k N n n kn ⎧=-⎪⎪+∈⎨⎪=⎪+⎩．。

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 列一、高考要求理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能依据递推公式写出数列的前n 项.理解等差（比）数列的概念，把握等差（比）数列的通项公式与前n 项和的公式. 并能运用这些学问来解决一些实际问题.了解数学归纳法原理，把握数学归纳法这一证题方法，把握“归纳—猜想—证明”这一思想方法. 二、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般状况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列全部项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式学问的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类争辩等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势 （1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻生疏函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和力气的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点 （2）数列推理题是新毁灭的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查规律推理力气，近两年在数列题中也加强了推理力气的考查。

（3）加强了数列与极限的综合考查题3.娴熟把握、机敏运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用格外广泛，且格外机敏，主动发觉题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁秀丽 .如243546225a a a a a a ++=，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有223355225a a a a ++=，即235()25a a +=. 4.对客观题，应留意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题，就会发觉，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下： ①借助特殊数列. ②机敏运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加精确 、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有机敏、简捷的解法5.在数列的学习中加强力气训练 数列问题对力气要求较高，特殊是运算力气、归纳猜想力气、转化力气、规律推理力气更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法机敏多变，而解答题更是考查力气的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理力气的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平常要加强对力气的培育。

等差数列高考大纲思维导图讲义导航知识梳理一、等差数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示二、等差数列的通项公式等差数列是常见数列的一种，数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，已知等差数列的首项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．三、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．四、等差数列的求和公式等差数列的前n项和公式等差数列的前n项和的公式：①()12nnn a aS+=；②()112nn nS na d-=+．五、等差数列最值求解等差数列前n项和的最值问题可转化为项的正负问题，也可转化为二次函数最值问题.例题讲解一、等差数列定义的理解例1．下面数列中，是等差数列的有( ) ①4,5,6,7,8…②3,0，－3,0，－6，…③0,0,0,0…④110，210，310，410，… A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个例2．下列数列中不是等差数列的为（ ） A.0，0，0，0，0 B.0，1-，2-，3-，4- C.2，3，4，5，6 D.0，1，2，1，0二、等差数列通项公式例1．在等差数列{}n a 中，已知32a =，5815a a +=，则10(a = ) A ．64 B ．26C ．18D ．13例2．在等差数列{}n a 中，214a =，55a =，则公差(d = )A ．2-B ．3-C ．2D ．3例3．已知{}n a 是等差数列，124a a +=，7828a a +=，则公差等于( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．8三、等差数列的性质例1．等差数列{}n a 中，已知21016a a +=，则468(a a a ++= ) A ．16 B ．20 C ．24 D ．28例2．等差数列{}n a 中，若4681012120a a a a a ++++=，则91113a a -的值是( )A ．14B ．15C ．16D ．17例3．已知等差数列{}n a 单调递增且满足1104a a +=，则8a 的取值范围是( )A ．(2,4)B ．(,2)-∞C ．(2,)+∞D ．(4,)+∞四、等差数列的求和公式例1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若33S a =，且30a ≠，则43(S S = ) A ．1B ．53C ．83D ．3例2．等差数列{}n a 中，14739a a a ++=，36927a a a ++=，则数列{}n a 前9项的和9S 等于( ) A ．99 B ．66C ．144D ．297例3．设{}n a 是任意等差数列，它的前n 项和、前2n 项和与前4n 项和分别为X ，Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是( )A ．23X Z Y +=B ．44X Z Y +=C ．237X Z Y +=D ．86X Z Y +=六、等差数列最值求解例1．已知等差数列{}n a 中，39a a =，公差0d <，则使其前n 项和n S 取得最大值的自然数n 是（ ）． A.4或5 B.5或6 C.6或7 D.不存在例2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值_______．例3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，214a =，且a 4+a 5=6a 3．练习A1．下列说法中正确的是（ ）A.若a ，b ，c 成等差数列，则222,,a b c 成等差数列B.若a ，b ，c 成等差数列，则222log ,log ,log a b c 成等差数列C.若a ，b ，c 成等差数列，则a+2，b+2，c+2成等差数列D.若a ，b ，c 成等差数列，则2,2,2a b c 成等差数列2．已知下列各数列，其中为等差数列的个数为（ ） 1 4，5，6，7，8，... 2 3，0，-3，0，-6，... 3 0，0，0，0， (4)1234,,,,10101010… A.1 B.2C.3D.43．已若{}n a 是等差数列，则由下列关系确定的数列{}n b 也一定是等差数列的是（ ）A. 2n n b a =B. 2n n b a n =+C. 1n n n b a a +=+D. n n b na =4．已知数列{}n a 为等差数列，且39a =，53a =，则9a 等于( )A ．9-B ．6-C ．3-D ．275．已知等差数列{}n a 中，1232a a a ++=，3456a a a ++=，则91011a a a ++的值为( ) A ．18 B ．16 C ．14 D ．126．等差数列{}n a 中，若46101290a a a a +++=，则10141(3a a -= )A ．15B ．30C ．45D ．607．等差数列{}n a 中，31a =-，1117a =-，则7a 等于( )A ．9-B ．8-C ．92-D ．4-8．在等差数列{}n a 中，公差为12，1359960a a a a +++⋯+=，则246100(a a a a +++⋯+= ) A ．60 B ．70 C ．75 D ．859．已知等差数列{}n a 满足12910a a a ++⋯+=，则有( )A ．3890a a +=B ．2900a a +<C ．1910a a +>D ．4646a =10．已知数列{}n a 为等差数列，且17132a a a π++=，则7tan (a = )A．BC． D．11．已知0a >，0b >，并且1a ，12，1b成等差数列，则9a b +的最小值为( ) A ．16 B ．9C ．5D ．412．等差数列{}n a 中，已知21016a a +=，则468(a a a ++= ) A ．16 B ．20C ．24D ．2813．在等差数列{}n a 中，若4681012120a a a a a ++++=，则10122a a -的值为( ) A ．20 B ．22C ．24D ．2814．等差数列{}n a 中，156a a +=，65a =，那么9a 的值是( ) A ．7- B ．7 C ．113-D ．11315．已知等比数列{}n a 中，各项都是正数，且1321,,22a a a 成等差数列，则8967a a a a ++等于( )A．1+B．1-C．3+D．3-16．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若33S a =，且30a ≠，则43(S S = ) A ．1B ．53C ．83D ．317．设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若4104a a +=，则13(S = ) A ．13 B ．14C ．26D ．5218．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若1353a a a ++=，则5(S = ) A ．5 B ．7C ．9D ．1019．在等差数列{}n a 中，若351024a a a ++=，则此数列的前13项的和等于( ) A ．8 B ．13C ．16D ．2620．在等差数列{}n a 中，若14739a a a ++=，36927a a a ++=，则9(S = ) A ．66 B ．99C ．144D ．29721．已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和．若312S =，244a a +=，则6(S = ) A ．6 B ．12C ．15D ．1822．等差数列{}n a 前n 项和为n S ，111a =-，466a a +=-．则当n S 取最小值时，(n = ) A ．6 B ．7C ．8D ．923．数列{}n a 的通项公式为2328n a n n =-，则数列{}n a 各项中最小项是( )A ．第4项B ．第5项C ．第6项D ．第7项24．已知数列{}n a 是等差数列，若91130a a +<，10110a a <，且数列{}n a 的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 得最小正值时，n 等于( ) A ．20 B ．17 C ．19 D ．2125．已知n S 是等差数列*{}()n a n N ∈的前n 项和，且564S S S >>，以下有四个命题：①数列{}n a 中的最大项为10S ②数列{}n a 的公差0d < ③100S >④110S <其中正确的序号是( )A ．②③B ．②③④C ．②④D ．①③④26．在等差数列{}n a 中，128a =-，公差4d =，若前n 项和n S 取得最小值，则n 的值为( ) A ．7 B ．8C ．7或8D ．8或927．数列{}n a 是首项为111a =，公差为2d =-的等差数列，那么使前n 项和n S 最大的n 值为( ) A ．4 B ．5C ．6D ．7练习B1．设{}n a 为等差数列，则下列数列中，成等差数列的个数为( )①2{}na ②{}n pa ③{}n pa q + ④{}(n na p 、q 为非零常数） A ．1 B ．2C ．3D ．42．等差数列{}n a 的公差0d >，前n 项和为n S ，则对2n >时有( ) A ．1nn S a a n<< B ．1nn S a a n <<C ．1n n Sa a n<<D ．1,,n n Sa a n的大小不确定3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，在同一个坐标系中，()n a f n =及()n S g n =的部分图象如图所示，则( )A ．当4n =时，n S 取得最大值B ．当3n =时，n S 取得最大值C ．当4n =时，n S 取得最小值D ．当3n =时，n S 取得最小值4．已知数列{}n a 是等差数列，n S 为其前n 项和．若3916S S =，则612(S S = )A ．110B ．310C ．510D ．7105．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足100S >，110S <，则下列数值最大的是( )A ．4SB ．5SC ．6SD ．7S6．等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，若3221n n S n T n -=+，则77(ab = ) A ．3727B ．3828C ．3929D ．40307．一个有限项的等差数列，前4项之和为40，最后4项之和是80，所有项之和是210，则此数列的项数为( ) A ．10 B ．12 C ．14 D ．168．已知点(n ，*)()n a n N ∈都在直线3240x y --=上，那么在数列n a 中有79(a a += )A ．790a a +>B ．790a a +<C ．790a a +=D ．790a a =9．已知等差数列{}n a 满足3243a a =，则{}n a 中一定为零的项是( )A ．6aB ．8aC ．10aD ．12a10．在等差数列{}n a 中，15a =，470a a +=，则数列{}n a 中为正数的项的个数为( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．711．已知数列{}n a 中，132(3n n a a ++= *)n N ∈，且356820a a a a +++=，那么10a 等于( ) A ．8 B ．5 C ．263D ．712．若等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，记nn S b n=，则( ) A ．数列{}n b 是等差数列，{}n b 的公差也为dB ．数列{}n b 是等差数列，{}n b 的公差为2dC ．数列{}n n a b +是等差数列，{}n n a b +的公差为dD ．数列{}n n a b -是等差数列，{}n n a b -的公差为2d13．等差数列{}n a 中，已知113a =，254a a +=，33n a =，则n 为( )A ．48B ．49C ．50D ．5114．若等差数列的首项是24-，且从第10项开始大于零，则公差d 的取值范围是( )A ．83d > B ．3d < C ．833d < D ．833d <15．在数列{}n a 中，若1332()n n a a n N +=+∈，且247920a a a a +++=，则10a 为( ) A ．5 B ．7C ．8D ．1016．等差数列{}n a 前n 项和为n S ，111a =-，466a a +=-．则当n S 取最小值时，(n = ) A ．6 B ．7C ．8D ．917．在各项均为正数的等比数列{}n a 中，63a =，则48(a a += )A ．有最小值6B ．有最大值6C ．有最大值9D ．有最小值318．已知实数序列1a ，2a ，⋯，n a 满足：任何连续3项之和均为负数，且任何4项之和均为正数，则n 的最大值是( ) A ．4 B ．5C ．6D ．719．已知n S 是等差数列*{}()n a n N ∈的前n 项和，且564S S S >>，以下有四个命题：①数列{}n a 中的最大项为10S ②数列{}n a 的公差0d < ③100S >④110S <其中正确的序号是( )A ．②③B ．②③④C ．②④D ．①③④20．已知各项均为正数的等比数列{}n a 中，如果21a =，那么这个数列前3项的和3S 的取值范围是( )A ．(-∞，1]-B ．[1，)+∞C ．[2，)+∞D ．[3，)+∞21．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且110a =，56S S ，下列四个命题中，假命题是( )A ．公差d 的最大值为2-B ．70S <C ．记n S 的最大值为K ，K 的最大值为30D ．20162017a a >练习C1．已知||0x y >>．将四个数,,x x y x y -+( )A ．当0x >时，存在满足已知条件的x ，y ，四个数构成等比数列B ．当0x >时，存在满足已知条件的x ，y ，四个数构成等差数列C ．当0x <时，存在满足已知条件的x ，y ，四个数构成等比数列D ．当0x <时，存在满足已知条件的x ，y ，四个数构成等差数列2．等差数列{}n a 的公差0d >，前n 项和为n S ，则对2n >时有( )A ．1nn S a a n<< B ．1nn S a a n<<C ．1nn S a a n<< D ．1,,nn S a a n的大小不确定3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，在同一个坐标系中，()n a f n =及()n S g n =的部分图象如图所示，则( )A ．当4n =时，n S 取得最大值B ．当3n =时，n S 取得最大值C ．当4n =时，n S 取得最小值D ．当3n =时，n S 取得最小值4．等差数列，的前项和分别为，，若，则 A ． B ．C ．D ．5．在等差数列中，，其前项和为，若，则 A ． B ．C ．2008D ．20096．设为等差数列，则下列数列中，成等差数列的个数为① ② ③ ④、为非零常数） A ．1 B ．2 C ．3 D ．47．设表示等差数列的前项和，已知，那么等于 A ．B ．C ．D ．8．等差数列中，，，则该数列前项之和为{}n a {}n b n n S n T 231n n S n T n =+(n na b =)232131n n --2131n n ++2134n n -+{}n a 12007a =-n n S 20082006220082006S S -=2009(S =)2009-2008-{}n a ()2{}na {}n pa {}n pa q +{}(n na p q n S {}n a n 51013S S =1020SS ()193101813{}n a 1m a k =1()k a m k m=≠mk ()A ．B ．C ．D ．9．设数列为等差数列，其前项和为，已知，，若对任意，都有成立，则的值为A ．22B ．21C ．20D ．1910．设等差数列的公差为，前项和为．若，则的最小值为 A ．10 B ．C ．D ．二．填空题（共2小题） 11．在等差数列中，，若它的前项和有最大值，则使取得最小正数的 19 ．12．已知两个等差数列、的前项和分别为和，若，则使为整数的正整数的个数是 5个 ．课后练习1．等差数列中，若，则 ．2．设等差数列的前项和为，若，，则 0 ，的最小值为 ．3．等差数列中，，，则取最大值时， 6或7 ．4．已知等差数列的前项和为，能够说明“若数列是递减数列，则数列是递减数列”是假命题的数列的一个通项公式为 （答案不唯一） ．5．设等差数列的前项和为，若，，则数列的公差等于 ．6．若等差数列满足，则12mk-2mk12mk +12mk+{}n a n n S 14799a a a ++=25893a a a ++=*n N ∈n k S S k (){}n a d n n S 11a d ==8n nS a +()927212+{}n a 11101a a <-n n S n S n ={}n a {}n b n n A n B 7453n n A n B n +=+n na b {}n a 31110a a +=678a a a ++={}n a n n S 23a =-510S =-5a =n S {}n a 10a >49S S =n S n ={}n a n n S {}n a {}n S {}n a 27n a n =-+{}n a n n S 1122S =71a ={}n a 1-{}n a 1461,52a a a =+=2019a =20192二．解答题（共3小题）7．在等差数列中，已知，，． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）求．8．设等差数列满足，． （1）求的通项公式；（2）求的前项和及使得最大的序号的值．9．已知为等差数列，，． ( I ) 求数列的通项公式以及前项和． （Ⅱ）求使得的最小正整数的值．{}n a 1312a a +=2418a a +=*n N ∈{}n a 3693n a a a a +++⋯+{}n a 35a =109a =-{}n a {}n a n n S n S n {}n a 112a =-562a a ={}n a n n S 14n S >n。

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．。

2021高考理科数学必考点解题方式秘籍：数列求通项高考中的递推数列求通项问题，情境新颖新颖，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。

是一类考查思维能力的好题。

要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方式。

类型一：1()n n a a f n +=+（()f n 能够求和）−−−−→解决方法累加法例一、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。

解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得： 评注：一样情形下，累加法里只有n-1个等式相加。

类型一专项练习题：一、已知11a =，1n n a a n -=+（2≥n ），求n a 。

(12n n n a +=）二、已知数列{}n a ，1a =2，1n a +=n a +3n +2，求n a 。

(31)2n n n a +=3、已知数列}a {n 知足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。

21n a n =+ 4、已知}{n a 中，n n n a a a 2,311+==+，求n a 。

21nn a =+ 五、已知112a =,112n n n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.13122n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭六、 已知数列{}n a 知足11,a =()1132,n n n a a n --=+≥求通项公式n a ？（312n n a -=）7、假设数列的递推公式为1*113,23()n n n a a a n N ++==-⋅∈，那么求那个数列的通项公式 1123n n a +=-八、 已知数列}a {n 知足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。