数列专题复习(新课标)

第43讲 数列的求和【基础知识回顾】 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解． 3、常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).1、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( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100【答案】 D【解析】 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100. 2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（ ）A ．1B ．56 C ．16D ．130【答案】：B 【解析】：因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． 3、设11111++++2612(1)S n n =++，则S =( )A ．211n n ++ B ．21n n - C ．1n n+ D ．21n n ++ 【答案】：A 【解析】：由11111++++2612(1)S n n =++，得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+，111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.4、在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________.【答案】 2 022【解析】 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.5、已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________．【答案】：5000【解析】：由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000．6、 在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n 等于________． 【答案】：2n【解析】：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1，又数列{a n ＋1}也是等比数列，则3，2q ＋1，2q 2＋1成等比数列，(2q ＋1)2＝3×(2q 2＋1)，即q 2－2q ＋1＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ．考向一 公式法例1、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ．若210a =，540S =，则5a =________，n S 的最大值为________． 【答案】4 42【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∵540S =，∴()1535524022a a a ⨯+⨯==，38a ∴=， 又210a ∴=，2d ∴=-，2(2)10(2)(2)142n a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯-=-，514254a ∴=-⨯=，()122(12142)(262)13169(13)13()22224n n n a a n n n n S n n n n n ++--====-=-+=--+, ∴当6n =或7时，n S 有最大值42. 故答案为：（1）4；（2）42.变式1、(2019镇江期末） 设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 6a 3＝－12，则S 6S 3＝________．【答案】 12【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 6a 3＝－12.易得S 6＝S 3(1＋q 3)，所以S 6S 3＝1＋q 3＝1－12＝12.变式2、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝ ． 【答案】.37【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为622a a =，所以2422a q a =，故24=q ．由于1≠q ，故.372121)(1)(1111)1(1)1(23243481281121812=--=--=--=----=q q q q qq a q q a S S 方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式(Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.考向二 利用“分组求和法”求和例2、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. (1)求,n n a b ; (2)设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ， 由题意知: ()1234114414+46102a a a a a d a d ⨯-+++==+= ① 又因为124,,a a a 成等比数列， 所以2214a a a =⋅，()()21113a d a a d +=⋅+，21d a d =，又因为0d ≠， 所以1a d =. ② 由①②得11,1a d ==， 所以n a n =，111b a ==，222b a == ，212b q b ==， 12n n b -∴= .(2)因为()111112211n n n c n n n n --⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，所以0111111122 (2)12231n n S n n -⎛⎫=++++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭1211121n n -=+--+ 121n n =-+ 所以数列{}n c 的前n 项和121nn S n =-+.变式1、求和S n ＝1＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋12n －1.【解析】 原式中通项为a n ＝⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋ (12)－1＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝⎛⎭⎫1－12n1－12 ＝12n －1＋2n －2. 变式2、 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3.又S 2＝2a 1＋d ，所以a 1＝d ， 易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.变式3、（2021·广东高三专题练习）设数列{a n }满足a n +1＝123n a +，a 1＝4． （1）求证{a n ﹣3}是等比数列，并求a n ； （2）求数列{a n }的前n 项和T n ． 【答案】（1）证明见解析，11()33n n a -=+；（2）31(1)323n n -+．【解析】（1）数列{a n }满足a n +1＝123n a +，所以113(3)3n n a a +-=-， 故13133n n a a +-=-， 所以数列{a n }是以13431a -=-=为首项，13为公比的等比数列． 所以1131()3n n a --=⋅，则1*1()3,3n n a n N -=+∈． （2）因为11()33n n a -=+，所以011111()()()(333)333n n T -=++++++⋯+＝11(1)33113n n -+-＝31(1)323n n -+． 方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n 项和的数列求和．考向三 裂项相消法求和例3、（2021·四川成都市·高三二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ．则使得20T 的值为（ ）A ．1939B ．3839C ．2041D ．4041【答案】C 【解析】当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-；而12111a =⨯-=也符合21n a n =-，∴21n a n =-，*n N ∈.又11111()22121n n a a n n +=--+， ∴11111111(1...)(1)2335212122121n nT n n n n =⨯-+-++-=⨯-=-+++，所以202020220141T ==⨯+，故选：C.变式1、（2021·全国高三专题练习）已知在数列{}n a 中，14,0.=>n a a 前n 项和为n S ，若1,2)-+=∈≥n n n a S S n N n ．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132020n T <<【解析】（1）在数列{}n a 中，1(2)n n n a S S n -=-≥①∴1n n n a S S -=且0n a >，∴①式÷②11n n S S -= (2)n ≥， ∴数列{}nS 1142S a ===为首项，公差为1的等差数列，2(1)1n S n n =+-=+ ∴2(1)n S n =+当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=+-=+；当1n =时，14a =，不满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩．（2）由（1）知4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩，，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，∴当1n =时，114520n T ==⨯， ∴当1n =时，120n T =，满足132020n T ≤<，∴12233411111n n n T a a a a a a a a +=++++1111455779(21)(2n =++++⨯⨯⨯+111111111111()()()()45257792123202523n n n ⎡⎤=+⨯-+-++-=+⨯-⎢⎥⨯+++⎣⎦ 312046n =-+ ∴在n T 中，1n ≥，n ∈+N ，∴4610n +≥，∴114610n ≤+，∴1104610n >-≥-+，∴131320204620n ≤-<+．所以132020n T << 变式2、（2021·辽宁高三二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n n a S n n =+∈N .（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）记()()2221log 1log 1n n n c a a +=+⋅+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <.【解析】解：（1）因为2n n a S n =+①， 所以()11212n n a S n n --=+-≥② 由①-②得，121n n a a -=+.两边同时加1得()1112221n n n a a a --+=+=+，所以1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是公比为2的等比数列. （2）令1n =，1121a S =+，则11a =. 由()11112n n a a -+=+⋅，得21nn a =-.因为()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，所以11111111121324112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭11113111221242224n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 因为*11,02224n N n n ∈+>++，所以3113422244n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭所以1111311312212422244n n n n n T ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如a n ＝1n n ＋k 时，可转化为a n ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，此类数列适合使用裂项相消法求和． （2）数列的通项公式形如a n ＝1n ＋k ＋n时，可转化为a n ＝1k(n ＋k －n )，此类数列适合使用裂项相消法求和．考向四 错位相减法求和例4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以 12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 变式1、（2020·全国高三专题练习（文））已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，且22a =，5S 为10和20的等差中项；数列{}n b 为等比数列，且319b b -=，4218b b -=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n n a b 的前n 项和n M ． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为22a =，5S 为10和20的等差中项，所以112541020522a d a d +=⎧⎪⎨⨯++=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以n a n =． 设等比数列{}n b 的公比为q ，因为319b b -=，4218b b -=，所以2121(1)9(1)18b q b q q ⎧-=⎨-=⎩，解得132b q =⎧⎨=⎩， 所以132n n b -=⋅．（2）由（1）可知132n n n a b n -⋅=⋅，所以213(122322)n n M n -=+⨯+⨯++⋅，令21122322n n P n -=+⨯+⨯++⋅ ①， 则232222322n n P n =+⨯+⨯++⋅ ②，-①②可得2112122222(1)2112nn nn n n P n n n ---=++++-⋅=-⋅=---，所以(1)21nn P n =-+，所以3(1)23n n M n =-+．变式2、（2020·湖北高三期中）在等差数列{}n a 中，已知{}35,n a a =的前六项和636S =.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列{}n b 的前n 项和n T .在①12n n n b a a +=，②(1)nn n b a =-⋅，③2na n nb a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】（1）由题意，等差数列{}n a 中35a =且636S =，可得112561536a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12,1d a ==，所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）选条件①：211(2n 1)(21)2121nb n n n ==--+-+，111111111335212121n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 选条件②：由21n a n =-，可得(1)(2n 1)nn b =--，当n 为偶数时，(13)(57)[(23)(21)]22n nT n n n =-++-+++--+-=⨯=； 当n 为奇数时，1n -为偶数，(1)(21)n T n n n =---=-，(1)n n T n =-，选条件③：由21n a n =-，可得212(21)2n a n n n b a n -=⋅=-⋅， 所以135********(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯，35721214123252(23)2(21)2n n n T n n -+=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，两式相减，可得：()13521213122222(21)2n n n T n -+-=⨯++++--⨯()222181222(21)214n n n -+-=+⋅--⨯-，所以2110(65)299n n n T +-=+⋅. 方法总结：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.。

高考新课标数学数列大题精选50题（含答案、知识卡片）一．解答题（共50题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（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．4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．5．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．6．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．7．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．8．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．9．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．10．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．11．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．12．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．13．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．14．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．15．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．16．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．17．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．18．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．数列全国高考数学试题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．【分析】（1）由2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0可得，可知数列{}是等差数列，求出的通项公式可得a n；（2）由（1）知＝，然后利用裂项相消法求出a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n，再解不等式可得n的范围，进而得到n的最大值．【解答】解：（1）∵2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．∴，又，∴数列{}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴，∴；（2）由（1）知，＝，∴a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＝＝，∵a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜，∴＜，∴4n+2＜42，∴n＜10，∵n∈N*，∴n的最大值为9．【点评】本题考查了等差数列的定义，通项公式和裂项相消法求出数列的前n项和，考查了转化思想，关键是了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式构造新数列，属中档题．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．【分析】（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，由S9＝﹣a5，即可得S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求出n的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，若S9＝﹣a5，则S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，若a3＝4，则d＝＝﹣2，则a n＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，当n＝1时，不等式成立，当n≥2时，有≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，又由S9＝﹣a5，即S9＝＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）≥﹣2a1，又由a1＞0，则有n≤10，则有2≤n≤10，综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（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．【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得【解答】解：（1）证明：∵4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4；∴4（a n+1+b n+1）＝2（a n+b n），4（a n+1﹣b n+1）＝4（a n﹣b n）+8；即a n+1+b n+1＝（a n+b n），a n+1﹣b n+1＝a n﹣b n+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{a n+b n}是首项为1，公比为的等比数列，{a n﹣b n}是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（1）可得：a n+b n＝（）n﹣1，a n﹣b n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴a n＝（）n+n﹣，b n＝（）n﹣n+．【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{a n}的通项公式代入b n＝log2a n，得到b n，说明数列{b n}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．∴；（2）b n＝log2a n＝，∵b1＝1，b n+1﹣b n＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴数列{b n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{b n}的前n项和．【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题．5．（2018•全国）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2．（1）求S n；（2）求++…+．【分析】（1）由数列递推式可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，运用等差数列的定义和通项公式可得所求S n；（2）化简＝＝（）＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理可得所求和．【解答】解：（1）a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2，可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，即数列{S n2}为首项为2，公差为2的等差数列，可得S n2＝2+2（n﹣1）＝2n，由a n＞0，可得S n＝；（2）＝＝（）＝（﹣），即++…+＝（﹣1+﹣+2﹣+…+﹣）＝（﹣1）．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列的递推式和数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．6．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．【分析】（1）根据a1＝﹣7，S3＝﹣15，可得a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，求出等差数列{a n}的公差，然后求出a n即可；（2）由a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，得S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，由此可求出S n以及S n的最小值．【解答】解：（1）∵等差数列{a n}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，∴a n＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；（2）∵a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，∴S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，∴当n＝4时，前n项的和S n取得最小值为﹣16．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项的和公式，属于中档题．7．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的各项．（2）利用定义说明数列为等比数列．（3）利用（1）（2）的结论，直接求出数列的通项公式．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，则：（常数），由于，故：，数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．整理得：，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．（2）由于（常数），数列{b n}是为等比数列；（3）由（1）得：，根据，所以：．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．8．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q＝±2，由此能求出{a n}的通项公式．（2）当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝2n﹣1，由此能求出m．【解答】解：（1）∵等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，当q＝2时，a n＝2n﹣1，当q＝﹣2时，a n＝（﹣2）n﹣1，∴{a n}的通项公式为，a n＝2n﹣1，或a n＝（﹣2）n﹣1．（2）记S n为{a n}的前n项和．当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝＝＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝＝＝2n﹣1，由S m＝63，得S m＝2m﹣1＝63，m∈N，解得m＝6．【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．9．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．【分析】（1）对已知等式两边取倒数，结合等差数列的定义，即可得证；（2）由等差数列的通项公式可得，所以，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简即可得到所求和．【解答】解：（1）证明：数列{b n}的各项都为正数，且，两边取倒数得，故数列为等差数列，其公差为1，首项为；（2）由（1）得，，，故，所以，因此．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题．10．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．【分析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2，a3+b3＝5，可得﹣1+d+q＝2，﹣1+2d+q2＝5，解得d＝1，q＝2或d＝3，q＝0（舍去），则{b n}的通项公式为b n＝2n﹣1，n∈N*；（2）b1＝1，T3＝21，可得1+q+q2＝21，解得q＝4或﹣5，当q＝4时，b2＝4，a2＝2﹣4＝﹣2，d＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，S3＝﹣1﹣2﹣3＝﹣6；当q＝﹣5时，b2＝﹣5，a2＝2﹣（﹣5）＝7，d＝7﹣（﹣1）＝8，S3＝﹣1+7+15＝21．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，求出公差和公比是解题的关键，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．11．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【分析】（1）由题意可知a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2＝2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：（1）设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，+＝2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，则a1＝﹣2，a n＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，∴{a n}的通项公式a n＝（﹣2）n；（2）由（1）可知：S n＝＝＝﹣[2+（﹣2）n+1]，则S n+1＝﹣[2+（﹣2）n+2]，S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+3]，由S n+1+S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+2]﹣[2+（﹣2）n+3]，＝﹣[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，＝﹣[4+2（﹣2）n+1]＝2×[﹣（2+（﹣2）n+1）]＝2S n，即S n+1+S n+2＝2S n，∴S n+1，S n，S n+2成等差数列．【点评】本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．12．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．（2）＝＝﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．n≥2时，a1+3a2+…+（2n﹣3）a n﹣1＝2（n﹣1）．∴（2n﹣1）a n＝2．∴a n＝．当n＝1时，a1＝2，上式也成立．∴a n＝．（2）＝＝﹣．∴数列{}的前n项和＝++…+＝1﹣＝．【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：a1＝S1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1，计算可得所求通项；（Ⅱ）化简b n＝＝＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}的前n项和S n＝n2，可得a1＝S1＝1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，上式对n＝1也成立，则a n＝2n﹣1，n∈N*；（Ⅱ）b n＝＝＝（﹣），则数列{b n}的前n项和为（﹣1+﹣+﹣+…+﹣）＝（（﹣1）．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．14．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．【解答】解：（1）∵S n＝1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝1+λa n﹣1﹣λa n﹣1＝λa n﹣λa n﹣1，即（λ﹣1）a n＝λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即＝，（n≥2），∴{a n}是等比数列，公比q＝，当n＝1时，S1＝1+λa1＝a1，即a1＝，∴a n＝•（）n﹣1．（2）若S5＝，则若S5＝1+λ[•（）4]＝，即（）5＝﹣1＝﹣，则＝﹣，得λ＝﹣1．【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．15．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）令n＝1，可得a1＝2，结合{a n}是公差为3的等差数列，可得{a n}的通项公式；（Ⅱ）由（1）可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，进而可得：{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）∵a n b n+1+b n+1＝nb n．当n＝1时，a1b2+b2＝b1．∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2，又∵{a n}是公差为3的等差数列，∴a n＝3n﹣1，（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）b n+1+b n+1＝nb n．即3b n+1＝b n．即数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，∴{b n}的前n项和S n＝＝（1﹣3﹣n）＝﹣．【点评】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n项和公式，难度中档．16．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n＝1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，将a1＝1代入可得a2的值，进而令n＝2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，将a2＝代入计算可得a3的值，即可得答案；（2）根据题意，将a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+a n+1）＝0，进而分析可得a n＝2a n+1或a n＝﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n＝2a n+1，结合等比数列的性质可得{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，当n＝1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，而a1＝1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2＝0，解可得a2＝，当n＝2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，又由a2＝，解可得a3＝，故a2＝，a3＝；（2）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+1）＝0，即有a n＝2a n+1或a n＝﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，则有a n＝2a n+1，故数列{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，则a n＝1×（）n﹣1＝（）n﹣1，故a n＝（）n﹣1．【点评】本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到a n与a n+1的关系．17．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，根据已知构造关于首项和公差方程组，解得答案；（Ⅱ）根据b n＝[a n]，列出数列{b n}的前10项，相加可得答案．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4＝4，a5+a7＝6．∴，解得：，∴a n＝；（Ⅱ）∵b n＝[a n]，∴b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3，b9＝b10＝4．故数列{b n}的前10项和S10＝3×1+2×2+3×3+2×4＝24．【点评】本题考查的知识点是等差数列的通项公式，等差数列的性质，难度中档．18．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；（Ⅱ）找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．【解答】解：（Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，7a4＝28．可得a4＝4，则公差d＝1．a n＝n，b n＝[lgn]，则b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：b1＝b2＝b3＝…＝b9＝0，b10＝b11＝b12＝…＝b99＝1．b100＝b101＝b102＝b103＝…＝b999＝2，b10，00＝3．数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3＝1893．【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．19．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．【分析】（Ⅰ）当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣．两式相减，得2a n＝，由此能证明数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．﹣1（Ⅱ）求出2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，由此能求出{a n}的通项公式．【解答】证明：（Ⅰ）∵数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．∴当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣1﹣．两式相减，得2a n＝，∴2×2n a n＝2×2n a n＝2×2n﹣1a n﹣1﹣4，∴＝﹣2n﹣1a n﹣1＝＝﹣2，又2a1＝2，∴数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．（Ⅱ）∵数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列，∴2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，∴a n＝．∴{a n}的通项公式为a n＝．【点评】本题考查等差数列的证明，考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n}的通项公式：（Ⅱ）求出b n＝，利用裂项法即可求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵当n＝1时，a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1，∴b n＝＝＝（﹣），∴数列{b n}的前n项和T n＝（﹣+…+﹣）＝（﹣）＝．【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．考点卡片1．等差数列的性质【等差数列】等差数列的通项公式为：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：S n＝na1+n（n﹣1）或S n＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2a m＝a p+a q（p，q，m都为自然数）例：已知等差数列{a n}中，a1＜a2＜a3＜…＜a n且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．【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am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣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2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】a n＝a1+（n﹣1）d，或者a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴an＝，把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【考点点评】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．4．等比数列的性质例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．【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}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．5．等比数列的通项公式【知识点的认识】1．等比数列的定义2．等比数列的通项公式a n＝a1•q n﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．6．等比数列的前n项和【知识点的知识】1．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＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为q n．7．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【解题方法点拨】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．8．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前几项），且任一项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．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，用作差法：a n＝．一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，用作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，用累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，用累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以用倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．9．数列与函数的综合【知识点的知识】一、数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，a n，q，n，S n，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．二、解题步骤：1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【典型例题分析】典例：已知f（x）＝log a x（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（a n）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{a n}成等比数列；（II）设b n＝a n f（a n），数列{b n}前n项和是S n，当时，求S n．分析：（I）先利用条件求出f（a n）的表达式，进而求出{a n}的通项公式，再用定义来证{a n}是等比数列即可；（II）先求出数列{b n}的通项公式，再对数列{b n}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（a n）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即log a a n＝2n+2，可得a n＝a2n+2．∴＝＝为定值．∴{a n}为等比数列．（II）解：b n＝a n f（a n）＝a2n+2log a a2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当时，．（8分）S n＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2 ①2S n＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3 ②①﹣②得﹣S n＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．∴S n＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．10．数列与不等式的综合【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：，，，＝[]﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），＜＝（）（n≥2），，2（）＝＜＝＜＝2（）．…+≥…+＝＝＜．【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：（1）添加或舍去一些项，如：＞|a|；＞n；（2）将分子或分母放大（或缩小）；（3）利用基本不等式；＜；（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【典型例题分析】题型一：等比模型典例1：对于任意的n∈N*，数列{a n}满足＝n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：对于n≥2，．解答：（Ⅰ）由①，。

数列创新题的基本类型及求解策略高考创新题，始终是高考试题中最为亮丽的风景线．这类问题着重考查观看发觉，类比转化以及运用数学学问，分析和解决数学问题的力气．当然数列创新题是高考创新题重点考查的一种类型．下举例谈谈数列创新题的基本类型及求解策略． 一、创新定义型例1．已知数列{}n a 满足1log (2)n n a n +=+（n *∈N ），定义使123k a a a a ⋅⋅⋅⋅为整数的数叫做企盼数，则区间[1,2005]内全部的企盼数的和M =________．解：∵1log (2)n n a n +=+（n *∈N ），∴1232312......log 3log 4log (2)log (2)k k a a a a k k +=⋅⋅⋅+=+．要使2log (2)k +为正整数，可设1()22n k n ++=，即1()22n k n +=-（n *∈N ）．令11222005n +-≤≤⇒19n ≤≤（n *∈N ）．则区间[1,2005]内全部企盼数的和9912341011()(22)(22)(22)(22) (22)n n n M k n +====-=-+-+-++-∑∑29234102(21)(222.......2)2918205621-=+++++⨯=-=-，∴2056M =．评析：精确 理解企盼数的定义是求解关键．解题时应将阅读信息与所学学问结合起来，侧重考查信息加工力气．二、性质探求型例2．已知数列{}n a 满足31,2,3,4,5,67n n n n a a n +=⎧=⎨-⎩≥，则2005a =______．解：由3n n a a +=-，7n ≥知，63n n n a a a ++=-=．从而当n ≥6时，有6n n a a +=，于是知20053346111a a a ⨯+===．评析：本题主要通过对数列形式的挖掘得出数列特有的性质，从而达到化归转化解决问题的目的．其中性质探求是关键．三、学问关联型例3．设是椭圆22176x y +=的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点(1,2,3,)i P i =，使123,,,PF PF PF 组成公差为的等差数列，则的取值范围为_______．解析：由椭圆其次定义知eii iPF PP ='e i i iPF PP '⇒=，这些线段长度的最小值为右焦点到右顶点的距离即11FP =，最大值为右焦点到左顶点的距离即211PF =+，故若公差0d >，11(1)n d +=-+-，∴2121n d >+≥，∴1010d <≤．同理，若公差0d <，则可求得1010d -<≤． 评析： 本题很好地将数列与椭圆的有关性质结合在一起，形式新颖，内容深遂，有确定的难度，可见命题设计者的良苦认真．解决的关键是确定该数列的最大项、最小项，然后依据数列的通项公求出公差的取值范围． 四、类比联想型例4．若数列{}()n a n *∈N 是等差数列，则有数列123nn a a a a b n ++++=()n *∈N 也是等差数列；类比上述性质，相应地：若数列{}n c 是等比数列，且0n c >，则有数列n d =_______也是等比数列．解析：由已知“等差数列前n 项的算术平均值是等差数列”可类比联想“等比数列前n 项的几何平均值也应当是等比数列”不难得到3n nd c =也是等比数列．评析：本题只须由已知条件的特征从形式和结构上对比猜想不难挖掘问题的突破口． 五、规律发觉型例5．将自然数1,2,3,4,排成数陈（如右图），在处转第一个弯，在转其次个弯，在转第三个弯，…．，则第2005个转弯处的数为____________． 21―22 ―23―24―25－26| | 20 7 ― 8 ―9 ―10 27 | | | 19 6 1 ―2 11 …… | | | | 18 5 ― 4 ―3 12 | | 17―16 ―15―14 ―13解：观看由起每一个转弯时递增的数字可发觉为“1,1,2,2,3,3,4,4,”．故在第2005个转弯处的数为：12(1231002)10031006010++++++=．评析：本题求解的关键是对图表转弯处数字特征规律的发觉．具体解题时需要较强的观看力气及快速探求规律的力气．因此，它在高考中具有较强的选拔功能． 六、图表信息型例6．下表给出一个“等差数阵”：。

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。

一．基础题组1. 【2013课标全国Ⅰ，理7】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 ．4 C ．5 D ．6 【答案】C【解析】∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，∴a m ＝S m －S m －1＝0－(－2)＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3－0＝3. ∴d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1.∵S m ＝ma 1＋12m m (-)×1＝0，∴112m a -=-. 又∵a m ＋1＝a 1＋m ×1＝3，∴132m m --+=.∴m ＝5.故选C. 2. 【2012全国，理5】已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( ) A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7 【答案】D3. 【2008全国1，理5】已知等差数列{}n a 满足244a a +=，3510a a +=，则它的前10项的和10S =（ ） A ．138B ．135C ．95D ．23【答案】C.【解析】由243511014,104,3,104595a a a a a d S a d +=+=⇒=-==+=. 4. 【2013课标全国Ⅰ，理14】若数列{a n }的前n 项和2133n n S a =+，则{a n }的通项公式是a n ＝__________. 【答案】(－2)n －1 【解析】∵2133n n S a =+，①∴当n ≥2时，112133n n S a --=+.② ①－②，得12233n n n a a a -=-，即1n n a a -＝－2.∵a 1＝S 1＝12133a +，∴a 1＝1. ∴{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列，a n ＝(－2)n －1.5. 【2009全国卷Ⅰ，理14】设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 9=72,则a 2+a 4+a 9=___________. 【答案】24【解析】∵2)(972219a a S +==,∴a 1+a 9=16. ∵a 1+a 9=2a 5,∴a 5=8.∴a 2+a 4+a 9=a 1+a 5+a 9=3a 5=24.6. 【2011全国新课标，理17】等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，23239a a a =.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列1{}nb 的前n 项和． (2)31323(1)log log log (12)2n n n n b a a a n +=+++=-+++=-故12112()(1)1nb n n n n =-=--++， 121111111122(1)()()22311n nb b b n n n ⎡⎤+++=--+-++-=-⎢⎥++⎣⎦. 所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为21nn -+. 7. 【2010新课标，理17】（12分）设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 【解析】 (1)由已知，当n≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n －1. ① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n ＋1. ② ①－②，得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]． 8. 【2005全国1，理19】设等比数列}{n a 的公比为q ，前n 项和S n >0（n=1，2，…） （1）求q 的取值范围；（2）设,2312++-=n n n a a b 记}{n b 的前n 项和为T n ，试比较S n 和T n 的大小.解①式得q>1；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q<1. 综上，q 的取值范围是).,0()0,1(+∞⋃-（Ⅱ）由得1223++-=n a n a a b .)23(),23(22n n n n S q q T q q a b -=-=于是)123(2--=-q q S S T n n n).2)(21(-+=q q S n.,0,2,21;,0,0221;,0,2211,,001,0n n n n n n n n n n n n n S T S T q q S T S T q q S T S T q q q q S ==-=-=<<-≠<<->>->-<<-><<->即时或当即时且当即时或当所以或且又因为 9. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+ 【解析】试题分析：（Ⅰ）先用数列第n 项与前n 项和的关系求出数列{n a }的递推公式，可以判断数列{n a }是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{n a }的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{n b }的通项公式，再用拆项消去法求其前n 项和.【考点定位】数列前n 项和与第n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法 10.【2016高考新课标理数3】已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a （A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C 【解析】试题分析：由已知，1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=故选C.【考点】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.二．能力题组1. 【2011全国，理4】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5 【答案】 D2. 【2006全国，理10】设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1+a 2+a 3=15，a 1a 2a 3=80则a 11+a 12+a 13＝（ ） （A ）120 （B ）105 （C ）90 （D ）75 【答案】 B 【解析】3. 【2012全国，理16】数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为__________． 【答案】1 830【解析】：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1， ∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋ (234)15(10234)18302⨯+=．4. 【2014课标Ⅰ，理17】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数， （I ）证明：2n n a a λ+-=；（II ）是否存在λ，使得{}n a 为等差数列？并说明理由. 【答案】（I ）详见解析；（II ）存在，4λ=.5. 【2009全国卷Ⅰ，理20】 在数列{a n }中， a 1＝1,a n+1＝（n 11+）a n +n n 21+. （Ⅰ）设na b nn =，求数列{b n }的通项公式； （Ⅱ）求数列{a n }的前n 项和S n . 【解析】（Ⅰ）由已知得b 1=a 1=1,且n n n n a n a 2111+=++,即n n n b b 211+=+. 从而2112+=b b ,22321+=b b , (1)121--+=n n n b b (n≥2).于是1121212212121---=++++=n n n b b (n≥2).又b 1=1.故所求的通项公式1212--=n n b .(Ⅱ)由（Ⅰ）知1122)212(---=-=n n n nn n a .令∑=-=nk k n kT 112,则∑=-=nk k n kT 1222.于是T n =2T n -T n =∑-=---111221n k n k n =1224-+-n n .又)1()2(1+=∑=n n k nk ，所以422)1(1-+++=-n n n n n S . 6.【2016高考新课标理数1】设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2a n 的最大值为 .【答案】64【考点】等比数列及其应用【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.7.【2017新课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】试题分析：设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.三．拔高题组1. 【2013课标全国Ⅰ，理12】设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝2n n c a +，c n ＋1＝2n nb a +，则( )． A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列 【答案】B 【解析】2. 【2011全国，理20】设数列{a n }满足a 1＝0且111111n na a +-=--.(1)求{a n }的通项公式； (2)设11n n a b n+-=，记1nn kk S b==∑，证明：S n ＜1.【解析】(1)由题设111111n na a +-=--，即{11na -}是公差为1的等差数列． 又111n a =-，故11nn a =-. 所以11n a n=-. (2)由(1)得1111111n n a n n b nn n n n +-+-===-+⋅+， 11111()1111nnn k k k S b k k n ====-=-<++∑∑. 3. 【2006全国，理22】（本小题满分12分）设数列｛a n ｝的前n 项和,3,2,1,32313421=+⨯-=+n n nn a S …。

(新课标（理）)2022山东高考数学二轮复习第一部分专项四数列：1-4-2第二讲 数列的通项公式与数列求和1．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10，则a 2 012＝( )A ．2 010B ．2 012C ．－2 010D ．－ 2020解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 则由已知条件可得⎩⎨⎧a 1＋d ＝02a 1＋12d ＝－10， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.因此数列{a n }的通项公式为a n ＝－n ＋2.故a 2 012＝－2 012＋2＝－2 010.答案：C2．(2020年高考福建卷)数列{a n }的通项公式a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006B ．2 012C ．503D ．0 解析：用归纳法求解．∵a n ＝n cos n π2，∴a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，…. 由此易知a 4n －2＝－(4n －2)，a 4n ＝4n ，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－2＋4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝－6＋8＝2，…，a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－(4n －2)＋4n ＝2.又2 012＝4×503，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝2＋2＋…＋2,\s \do 4(503个))＝2×503＝1 006.答案：A3．(2020年海淀模拟)若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：∵a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n .设前k 项和最大，则有⎩⎨⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，∴⎩⎨⎧22－3k ≥0，22－3（k ＋1）≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.故满足条件的n 的值为7.答案：B4．在公差为d ，各项均为正整数的等差数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＝51，则n ＋d 的最小值为( )A ．14B ．16C ．18D ．10解析：由题意得1＋(n －1)d ＝51，即(n －1)d ＝50，且d >0.由(n －1)＋d ≥2（n －1）d ＝250(当且仅当n －1＝d 时等号成立)， 得n ＋d ≥102＋1，因为n ，d 均为正整数，因此n ＋d 的最小值为16，选B.答案：B5．(2020年高考浙江卷)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( )A ．若d <0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列解析：利用函数思想，通过讨论S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n 的单调性判定． 设{a n }的首项为a 1，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n .由二次函数性质知S n 有最大值时，则d <0，故A 、B 正确；因为{S n }为递增数列，则d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，明显{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故C 错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，D 正确．答案：C二、填空题6．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 }的通项公式为________． 解析：由于S n ＝2n －a n ，因此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)·(12)n －1，因此a n ＝2－(12)n －1. 答案：2－(12)n －1 7．(2020年高考江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________．解析：利用“专门值”法，确定公比．由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－（－2）53＝11. 答案：118．流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人．由于该市卫生部门采取措施，使该种病毒的传播得到操纵，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8 670人，则11月________日，该市感染此病毒的新患者人数最多．解析：设该市11月n 日新感染者有a n 人，在11月(x ＋1)日开始操纵病毒的传播，其中x ∈N *，则由题意可知：a n ＝⎩⎨⎧20＋50（n －1），1≤n ≤x 50x －30－30（n －x ），x <n ≤30，从而由条件得20＋50x －302·x ＋[（50x －60）＋（80x －930）]2·(30－x )＝8 670，解之得x ＝12或x ＝49(舍去)，故易知11月12日，该市感染此病毒的新患者人数最多．答案：12三、解答题9．(2020年长沙模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足4b 1－1·42b 2－1·43b 3－1·…·4nb n －1＝(a n ＋1)n ，求数列{b n }的通项公式． 解析：(1)∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2，而a 1＝1，a 1＋1＝2≠0，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵4b 1－1·42b 2－1·43b 3－1·…·4nb n －1＝(a n ＋1)n ，∴4b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n －n ＝2n 2，∴2(b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n )－2n ＝n 2，即2(b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n )＝n 2＋2n ，①当n ≥2时，2[b 1＋2b 2＋…＋(n －1)b n －1]＝(n －1)2＋2(n －1)＝n 2－1，②由①－②得2nb n ＝2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1＋12n(n ≥2)． 易知当n ＝1时，4b 1－1＝a 1＋1＝2，得b 1＝32，满足上式， ∴b n ＝1＋12n(n ∈N *)． 10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n .(1)求数列的通项公式a n ；(2)设2b n ＝a n －1，且T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n . 解析：(1)因为S n ＝n 2＋2n ，因此当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＝2×1＋12，满足上式．故a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)因为2b n ＝a n －1，因此b n ＝12(a n －1)＝12(2n ＋1－1)＝n ， 因此1b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， 因此T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋…＋1n ×（n ＋1）＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1 n－1－1n＋1n－1n＋1＝nn＋1.11．(2020年广州两校联考)已知数列{a n}满足a1＝5，a2＝5，a n＋1＝a n＋6a n－1(n≥2)．(1)求证：{a n＋1＋2a n}是等比数列；(2)求证：{a n－3n}是等比数列并求数列{a n}的通项公式；(3)设3n b n＝n(3n－a n)，且|b1|＋|b2|＋…＋|b n|<m关于n∈N*恒成立，求m的取值范畴．解析：(1)证明：由a n＋1＝a n＋6a n－1，a n＋1＋2a n＝3(a n＋2a n－1)(n≥2)，∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15故数列{a n＋1＋2a n}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)证明：由(1)得a n＋1＋2a n＝5·3n，∴(a n＋1－3n＋1)＝－2(a n－3n)，故数列{a n－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列，∴a n－3n＝2(－2)n－1，即a n＝3n＋2(－2)n－1＝3n－(－2)n(3)由3n b n＝n(3n－a n)＝n[3n－3n＋(－2)n]＝n(－2)n，∴b n＝n(－23)n令S n＝|b1|＋|b2|＋…＋|b n|＝23＋2(23)2＋3(23)3＋…＋n(23)n23S n＝(23)2＋2(23)3＋…＋(n－1)(23)n＋n(23)n＋1得13S n＝23＋(23)2＋(23)3＋…＋(23)n－n(23)n＋1＝23[1－（23）n]1－23－n(23)n＋1＝2[1－(23)n]－n(23)n＋1∴S n＝6[1－(23)n]－3n(23)n＋1<6，要使得|b1|＋|b2|＋…＋|b n|<m关于n∈N*恒成立，只须m≥6.。

数列专题复习一、等差数列的有关概念：1、等差数列的判断方法：定义法1(n n a a d d +-=为常数）或11(2)n n n n a a a a n +--=-≥。

如设{}n a 是等差数列，求证：以b n =na a a n+++ 21*n N ∈为通项公式的数列{}n b 为等差数列。

2、等差数列的通项：1(1)n a a n d =+-或()n m a a n m d =+-。

如(1)等差数列{}n a 中，1030a =，2050a =，则通项n a =（答：210n +）；（2）首项为-24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差的取值围是______（答：833d <≤） 3、等差数列的前n 和：1()2n n n a a S +=，1(1)2n n n S na d -=+。

如（1）数列{}n a 中，*11(2,)2n n a a n n N -=+≥∈，32n a =，前n 项和152n S =-，则1a ＝＿，n ＝＿（答：13a =-，10n =）；（2）已知数列{}n a 的前n 项和212n S n n =-，求数列{||}n a 的前n 项和n T （答：2*2*12(6,)1272(6,)n n n n n N T n n n n N ⎧-≤∈⎪=⎨-+>∈⎪⎩）.4、等差中项：若,,a A b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且2a bA +=。

提醒：（1）等差数列的通项公式及前n 和公式中，涉及到5个元素：1a 、d 、n 、n a 及n S ，其中1a 、d 称作为基本元素。

只要已知这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，即知3求2。

（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等差，可设为…，2,,,,2a d a d a a d a d --++…（公差为d ）；偶数个数成等差，可设为…，3,,,3a d a d a d a d --++,…（公差为2d ）5、等差数列的性质：（1）当公差0d ≠时，等差数列的通项公式11(1)n a a n d dn a d =+-=+-是关于n 的一次函数，且斜率为公差d ；前n 和211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+-是关于n 的二次函数且常数项为0.（2）若公差0d >，则为递增等差数列，若公差0d <，则为递减等差数列，若公差0d =，则为常数列。

绝密★启用前高三数学二轮精品专题卷： 数列考试范围：数列（1）选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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）1．一个等差数列的前4项是a ，2x ，b ，x ，则ab 等于（ ） A ．21B ．31C ．3D ．22．已知数列{}n a 的前n项和n n S n 32+-=，若8021=++n n a a ，则n的值等于（ ） A ．5B ．4C ．3D ．23．已知公差不为0的等差数列{}n a 满足431,,a a a 成等比数列，n S 为{}n a 的前n 项和，则3523S S S S --的值为（ ） A ．2 B ．3 C ．51 D ．4 4．已知数列{}n a 是首项为41=a 的等比数列，且3512,,4a a a -成等差数列，则其公比q 等于（ ） A ．1B ．1-C ．1或1-D ．25．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足13434=-S S ，则数列{}n a 的公差是 （ ） A ．21B ．31C ．2D ．36．（理）对于数列{}n a ，“21,,++n n n a a a （n =1,2,3,…）成等差数列”是“221+++=n n n a a a ”的 （ ）A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件（文）在等比数列{}n a 中，“42a a ＞”是“86a a ＞”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．设数列{}n a 是以2为首项，1为公差的等差数列，{}n b 是以1为首项，2为公比的等比数列，则10321b b b b a a a a +⋯+++等于（ ） A ．1033 B ．1034C ．2057D ．20588．对等差数列{}n a 中，首项01=a 公差0≠d ，其前n 项和为n S ，如果9S a k =，那么=k（ ） A ．36B ．37C ．38D ．399．已知“*”表示一种运算，定义如下关系： ①1*1=a ②)*(3*)1(a n a n =+（n ∈N *）则=a n *（ ） A ．23-nB ．13+nC ．13-nD ．n 310．如果等比数列{}n a 的首项01＞a ，公比0＞q ，前n 项和为n S ，那么44a S 与66a S的大小为 （ ） A ．6644a S a S ≤B ．6644a S a S ＞ C ．6644a S a S ＜ D ．6644a S a S =二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上） 11．已知等差数列{}n a 中，13,1595==a S ，则11S = ． 12．已知等比数列{}n a 中，311=a ，且有27644a a a =，则=3a ． 13．定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{}n a 是等积数列且21=a ，前21项的和等于62，则这个数列的公积等于 ．14．已知数列{}n a 满足2)1(1++=+n n a n na ，且21=a ，则数列{}n a 的通项公式是 ． 15．设数列{}n a ，{}n b 都是正项等比数列，n S ，n T 分别为数列｝｛n a lg 与｝｛n b lg 的前n 项和，且12+=n nT S n n ，则=55log a b ．（1）解答题（本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（本小题满分12分）已知点),(n n x n P 在函数x y 2=的图象上． （1）求数列{}n x 的前n 项和n S ； （2）设nn x y n n 1lg lg ++=，求数列{}n y 的前n 项和n T ． ][来源: ]17．（本小题满分12分） 在数列{}n a 中，531=a ，112--=n n a a （n ≥2，n ∈N *），数列{}nb 满足：11-=n n a b （n ∈N *）． （1）求证：数列{}n b 是等差数列；（2）试求数列{}n a 中的最小项和最大项，并说明你的理由．18．（本小题满分12分）数列{}n a 的前n 项和记为n S ,t a =1,点),(1+n n a S 在直线12+=x y 上,n ∈N *． （1）当实数t 为何值时,数列{}n a 是等比数列？（2）在（1）的结论下,设13log +=n n a b ,n T 是数列｝｛11+⋅n n b b 的前n 项和,求2011T 的值．[来源:金太阳新课标资源网]19．（本小题满分12分）已知数列{}n a 中，132112132,1++=+⋯+++=n n a n na a a a a (n ∈N *)． （1）证明数列{})2(≥n na n 为等比数列；[来源: ]（2）求数列{}n a n 2的前n 项和n T ．[来源:金太阳新课标资源网 ]20．（本小题满分13分）宏伟机器制造有限公司从2012年起，若不改善生产环境，按现状生产，每月收入为70万元，同时将受到环保部门的处罚，第一个月罚3万元，以后每月递增2万元的处罚．如果从2012年一月起投资400万元增加回收净化设备以改善生产环境（改造设备时间不计）．按测算，新设备投产后的月收入与时间的关系如图所示．（1）设)(n f 表示投资改造后的前n 个月的总收入，请写出)(n f 的函数关系式；（2）试问：经过多少个月，投资开始见效，也就是说，投资改造后的月累计纯收入多于不改造时的月累计纯收入?21．（本小题满分14分）（理）已知a 为实数，数列{}n a 满足a a =1，当2≥n 时，⎩⎨⎧≤--=----)4(5)4(41111n n n n n a a a a a ＞．（1）当200=a 时，填写下列表格；（2）当n 200（3）令nnn a b )2(-=，n n b b b T +⋯++=21，求证：当351＜＜a 时，有335a T n -＜． （文）已知数列{}n a 满足11=a ，且n n n a a 221+=-（n ≥2且n ∈N *）． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n a 的前n 项之和n S ，求n S ,并证明：322-n S nn ＞．2012届专题卷数学专题十一答案及解析1．【命题立意】本题以等差数列的定义立意，主要考查等差数列定义，中项公式，或者性质．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）建立3个字母的方程；（2）把a ,b 用x 表示．【答案】C 【解析】依题意得222x a x b x b x⎧+=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，所以2232x a b b x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即2133b a b b =-+=，于是有3=a b ．2．【命题立意】本题主要考查数列中n S 与n a 的关系，通项公式的求法以及解方程思想．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）利用n S 求n a 的方法)2(1≥-=-n S S a n n n ；（2）利用通项公式求数列 的项；（3）解方程的思想方法．【答案】A 【解析】由23n S n n =-+可得42n a n =-，因此12[42(1)][42(2)]n n a a n n ++=-+-+，即(1)20n n -=，解得5=n ，故选A ．3．【命题立意】本题以等差数列立意，主要考查等差数列与等比数列基本量的运算．【思路点拨】解答本题需要掌握以下关键知识点：（1）等差数列的通项公式（2）等比数列的定义（3）n S 与n a 的关系．【答案】A 【解析】设{}n a 的公差为d ，则依题意有4123a a a ⋅=，即2111(2)(3)a d a a d +=⋅+，整理得2140a d d +=，由于0≠d ，所以14a d =-．故323534522S S a dS S a a d--===-+-． 4．【命题立意】本题以等比数列的立意，主要考查数列基本量的观点和方法．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）建立方程；（2）求解方程，取舍值．【答案】C 【解析】依题意有513242a a a =-，即42111242a q a a q =-，整理得4220q q +-=，解得221(2q q ==-舍去），所以1=q 或1-=q ．5．【命题立意】本题以等差数列的立意，主要考查数列基本量的观点和方法．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）建立方程，求公差；（2）解方程．【答案】C 【解析】由34143SS -=，即433412S S -=得12341233()4()12a a a a a a a +++-++=，即2326()4312a a a +-⋅=，所以326612a a -=，即126=d ，所以2=d ．6．（理）【命题立意】本题以等差数列的立意，主要考查充要条件．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）推理证明；（2）原命题，逆命题． 【答案】C 【解析】显然，如数列12,,n n n a a a ++（n =1,2,3,…）成等差数列，则121n n n n a a a a +++-=-，得212n n n a a a +++=；反之，也成立．应为充要条件． （文）【命题立意】本题以等比数列、不等式的立意，主要考查充要条件．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）用基本量转化不等关系；（2）推理和证明．[来源:金太阳新课标资源网]【答案】C 【解析】C ．由24a a >得222a a q >，所以201q <<，由68a a >得266a a q >，所以201q <<，因此“24a a >”是“68a a >”的充要条件．7．【命题立意】本题以等差数列与等比数列立意，考查等差数列与等比数列的通项公式、前n 项和公式． 【思路点拨】解答本题要熟练掌握下列关键知识点：（1）等差数列与等比数列的通项公式；（2）等差数列与等比数列的前n 项和公式．【答案】A 【解析】由已知可得11,2n n n a n b -=+=，于是11221n n n b a a --==+，因此12101929(21)(21)(21)(1222)10b b b a a a +++=++++++=+++++ 101210103312-=+=-．8．【命题立意】本题以等差数列立意，主要考查等差数列的性质、通项公式．【思路点拨】解答本题需要掌握以下关键的知识点：（1）等差数列的基本性质；（2）等差数列的通项公式．【答案】B 【解析】因为95113799(4)3636S a a d d a d a ==+==+=，所以37=k ． 9．【命题立意】本题主要考查新颖情景的信息转换，等比数列通项．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）把新颖情景转化为数列的递推关系；（2）应用等比通项公式．【答案】C 【解析】设*n n a a =，于是有111,3n n a a a +==，则数列{}n a 是等比数列，所以，得1113*--===n n n q a a a n ．10．【命题立意】本题主要考查等比数列的通项，前n 项和公式，比较大小．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）转化为基本量首项1a 和公比q ；（2）对公比q 分类处理．【答案】C 【解析】当01q <≠时，有466411354611(1)(1)(1)(1)S S a q a q a a a q q a q q ---=---255110(1)q qq q q ---==<-；当1=q 时，有6446460S S a a -=-<．综合以上，应当选C ． 11．【命题立意】本题以等差数列立意，主要考查等差数列的性质与求和．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）等差数列的性质21(21)n n S n a -=-；（2）等差数列前n 项和公式．【答案】88【解析】由53515S a ==得33a =，又913a =，所以3911116a a a a +=+=，于是1111111()11168822a a S +⨯===． 12．【命题立意】本题以等比数列立意，考查等比数列的基本性质、等比数列的基本量运算．【思路点拨】解答本题要掌握以下几个关键的知识点：（1）等比数列的基本性质；（2）整体运算的思想方法．【答案】61【解析】由等比数列的性质可得2465a a a =，于是22574a a =，若设公比为q ，则2472514a q a ==，于是212q =，故231111326a a q ==⋅=．13．【命题立意】本题主要考查新定义的数列：“等积数列”，求和等知识．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）分项数为偶数和奇数的情况进行计算；（2）应用分类处理的方法．【答案】8【解析】设这个等积数列的公积为m ，由于21=a ，所以22ma =，于是这个数列各项依次为：2,,2,,2,,222m m m，由于前21项的和等于62，所以21110622m ⨯+⨯=，解得8=m ． 14．【命题立意】本题主要考查累加法求数列通项公式、裂项相消法求数列和等知识．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）合理地堆递推关系式进行转化；（2）利用累加法求数列的通项公式；（3）利用裂项相消法求数列和．【答案】24-=n a n 【解析】将()112n n na n a +=++的两边同除以()1n n +，得()1211n n a a n n n n +=+++，令n n ab n=，有：()122n n b b n n +=++，且21=b ，从而()11111121122411n n n k k b b b k k kk n --==⎛⎫=+=+-=- ⎪++⎝⎭∑∑，故42n n a nb n ==-． 15．【命题立意】本题主要考查等比数列中项性质，对数换底公式．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）应用等比数列中项性质；（2）应用对数换底公式．【答案】199【解析】由题意知99129559912955lg()lg lg lg()lg lg S a a a a a T b b b b b ⋅===⋅ 559log 19b a ==． 16．【命题立意】本题主要考查等比数列定义和通项，等比、等差数列前n 项和和对数运算．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）应用点在曲线上，等比数列定义；（2）应用等比、等差数列前n 项和公式．【答案】（1）由题意，得2nn x =，（3分）所以()23121222222 2.12n n n n S +-=+++⋅⋅⋅+==--（6分）（1）因为11lg 2lglg 2lg n n n n y n n n++=+=+，（8分）所以12n n T y y y =++⋅⋅⋅+)1lg2lg ()23lg 2lg 2()12lg 2(lg nn n +++⋯++++=（10分） )1lg 23lg 12(lg 2lg )21(nn n ++⋯++++⋯++=)12312lg(22lg )1(n n n n +⋅⋯⋅⋅++=)1lg(22lg )1(+++=n n n ．（12分）17．【命题立意】本题主要考查数列的递推关系，等差数列的判断，以及数列最大、最小项的探求． 【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）针对1n n b b --进行计算；（2）构造函数，获知函数的单调性，据此探求数列{}n a 中的最大项与最小项． 【答案】（1）∵112n n a a -=-，∴111111121n n n n n a b a a a ---===----，而1111n n b a --=-，（3分）∴11111111n n n n n a b b a a -----=-=--（n ∈N +）．故数列{}n b 是首项为251111-=-=a b ，公差为1的等差数列．（6分） （1）依题意有n n b a 11=-，而5.31)1(25-=-+-=⋅n n b n ，所以5.311-=-n a n （8分）函数5.31-=x y 在x＜3.5时，y ＜0，在)5.3,(-∞上也为减函数．故当n ＝3时，取最小值，13-=a ；（10分）函数5.31-=x y ，在x ＞3.5时，y ＞0，在),,5.3(+∞上为减函数．故当n ＝4时，5.311-+=n a n 取最大值3．（12分） 18．【命题立意】本题主要考查前n 项和与通项的关系，等比数列，对数知识，裂项求前n 项和． 【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）应用前n 项和与通项的关系；（2）应用裂项方法，求数列前n 项和．【答案】（1）由题意得121n n a S +=+，121n n a S -=+(2)n ≥,（2分）两式相减,得)2(3,211≥==-++n a a a a a n n n n n 即，所以,当2≥n 时，{}n a 是等比数列，（4分）要使1≥n 时，{}n a 是等比数列，则只需31212=+=tt a a ,从而得出1=t ．（6分） （2）由（1）得知13n n a -=，31log n n b a n +==，（8分）11111(1)1n n b b n n n n +==-⋅++,（10分） 201112201120121111111(1)()()22320112012T b b b b =+⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-20112012=．（12分） 19．【命题立意】本题主要考查等比数列的定义、通项，数列的求和．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）应用等比数列的定义证明，等比数列通项；（2）应用错位相减法，等比数列前n 项和公式． 【答案】（1）因为)(21321321*+∈+=+⋅⋅⋅+++N n a n na a a a n n ，所以)2(2)1(321321≥=-+⋅⋅⋅+++-n a na n a a a n n ，（3分） 两式相减得n n n a na n na 2211-+=+，所以)2(3)1(1≥=++n na a n n n ，因此,数列{}n na 从第二项起，是以2为首项，以3为公比的等比数列．（6分） （2）由（1）知)2(322≥⋅=-n na n n ，故⎪⎩⎪⎨⎧≥⋅==-2,321,12n nn a n n ；于是当2≥n 时，2232-⋅=n n n a n ，所以,当2≥n 时，2103236341-⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅+=n n n T ，（9分）121323)1(23433--⋅+⋅-+⋅⋅⋅+⋅+=∴n n n n n T ，两式相减得)2(3)21(211≥-+=-n n T n n ，又111==a T 也满足上式，所以)(3)21(211*-∈-==N n n T n n ．（12分） 20．【命题立意】本题主要考查数列的实际应用，等差数列和常数数列，以及不等式的有关推理和运算．考查学生的综合解题能力．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）将实际问题数列化，进行翻译转化之；（2）分类列出不等式，研究不等式的解．【答案】（1）设i a 表示第i 个月的收入，则由图得1011=a ，1095=a ，且数列{}n a 的前五项是公差为2的等差数列，第六项开始是常数列，（2分）所以)(n f =2100(5),(5)(5)[(5)(4)](5),n n n g n g g n ⎧+≤⎨+-->⎩（4分）即)(n f =2100(5),10920(5).n n n n n ⎧+≤⎨->⎩（6分）（2）不改造时的第n 个月累计纯收入:268n S n n =-；（8分）投资改造后的第n 个月累计纯收入:当n ≤5时，纯收入为2n +100n -400，由2n +100n -400＞268n S n n =-，解得n ＞－8+264，由－8+264＞－8+256=8，得n ＞8，即前5个月不效．（10分）当n ＞5时，纯收入400)20109(--n ，由400)20109(--n ＞268n S n n =-，得2414200n n +->，解得578.n而n =9适合上述不等式．所以，必须经过8个月后，即第9个月才见效．（13分）21．（理）【命题立意】本题主要考查分段数列，前n 项和，通项，等比数列，分类求前n 项和，不等式证明．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点： （1）应用已知关系填表；（2）分类求前200项和，前50项是等差数列，后面的奇数项均为1，偶数项均为4． （3）奇偶性分析法，求和，放大获得不等式证明． 【解析】（1）（4分）（2）当200=a 时，由题意知数列{}n a 的前50项构成首项为200，公差为4-的等差数列，从第51项开始，奇数项均为1，偶数项均为4．（6分）从而200(200+196+192++4)(1+4++1+4)S =⋅⋅⋅+⋅⋅⋅共50项共150项，∴2005475S =．（8分）（3）当351＜＜a 时，易知()5n a n a a n ⎧=⎨-⎩为奇数(为偶数)，∴()()252()2n nn nan a b a n ⎧-⎪⎪==⎨--⎪⎪⎩为奇数为偶数（10分）①当k n 2=（k ∈N *）时，124212555222222n k a a a a a a T b b b ---=+++=-+-++-+ 321242555()()222222k k a a a a a a ----=-+++++++ 151112444531111341144k kka a a ⎡⎤⎡⎤-⎛⎫⎛⎫--⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎡⎤⎝⎭⎝⎭-⎢⎥⎢⎥⎛⎫⎣⎦⎣⎦=-+=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦--∵10114k ⎡⎤⎛⎫<-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，∴531531343k a a ⎡⎤--⎛⎫-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，（12分）②当12-=k n （k ∈N *）时，1221234212342125522222555532222223n k k k k aa a a a Tb b b a a a a a a a -----=+++=-+-++-----<-+-++-+<综上，有533n aT -<．（14分） （文）【命题立意】本题主要考查数列通项，前n 项和的探求，等差数列，等比数列，错位相减法求数列前n 项和．【思路点拨】解答本题需要掌握以下几个关键的知识点：（1）构造等差数列，求通项；2）应用错位相减法，求数列前n 项和．（3）恰当缩小，获得所要证明的不等式．【解析】（1）122(2,n n n a a n -=+≥ 且n ∈N *），11122n n n n a a --∴=+,即11122n n n n a a ---=(2n ≥,且n ∈N *),（3分）所以，数列{}2n n a是等差数列,公差1=d ,首项21，（5分）于是111(1)(1)1,2222n n a n d n n =+-=+-⋅=-1()22n n a n ∴=-⋅．（7分）（2）1231351222()22222n n S n =⋅+⋅+⋅++-⋅① 234113512222()22222n n S n +∴=⋅+⋅+⋅++-⋅ ②（9分）①-②得23111222()22n n n S n +-=++++--⋅ 23112222()212n n n +=++++--⋅- 12(12)1()21(32)23,122n n n n n +-=--⋅-=-⋅--（12分） (23)23(23)2,n n n S n n =-⋅+>-⋅2 3.2nnS n ∴>-（14分）。

§6.1数列的概念考试要求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．数列的有关概念概念含义数列按照确定的顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式数列{a n }的前n 项和把数列{a n }从第1项起到第n 项止的各项之和，称为数列{a n }的前n 项和，记作S n ，即S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n2.数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列a n ＋1>a n 其中n ∈N *递减数列a n ＋1<a n 常数列a n ＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列与函数的关系数列{a n }是从正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })到实数集R 的函数，其自变量是序号n ，对应的函数值是数列的第n 项a n ，记为a n ＝f (n )．常用结论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n 1，n ＝1，n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，n ≥a n －1，n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，n ≤a n －1，n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)数列的项与项数是同一个概念．(×)(2)数列1,2,3与3,2,1是两个不同的数列．(√)(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点．(√)教材改编题1．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，是{a n }的项的是()A ．21B ．33C ．152D ．153答案ABD解析由数列的通项公式得，a 1＝21，a 2＝33，a 12＝153.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，则a 2的值是()A ．2B ．4C ．5D ．6答案B解析由题意，S 2＝22＋2＝6，S 1＝1＋1＝2，所以a 2＝S 2－S 1＝6－2＝4.3．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x ,55，…中，x ＝________.答案34解析通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x ＝13＋21＝34.题型一由a n 与S n 的关系求通项公式例1(1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＋1＝2S n －1，则a 10等于()A ．128B ．256C ．512D ．1024答案B解析∵S n ＋1＝2S n －1，∴当n ≥2时，S n ＝2S n －1－1，两式相减得a n ＋1＝2a n .当n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1－1，又a 1＝2，∴a 2＝1.∴数列{a n }从第二项开始为等比数列，公比为2.则a 10＝a 2×28＝1×28＝256.(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2n ＋2－3，则a n ＝________.答案，n ＝1，n ＋1，n ≥2解析根据题意，数列{a n }满足S n ＝2n ＋2－3，当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋2－3)－(2n ＋1－3)＝2n ＋1，当n ＝1时，有a 1＝S 1＝8－3＝5，不符合a n ＝2n ＋1，故a n ，n ＝1，n ＋1，n ≥2.思维升华S n 与a n 的关系问题的求解思路(1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解．(2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．跟踪训练1(1)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2，则数列{a n }的通项公式为()A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n 2D ．a n ＝n 22答案B解析∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2，∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)，两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)，∴a n ＝n 2(n ≥2)，①又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合①式，∴a n ＝n 2，n ∈N *.(2)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 ＝__________.答案－1n解析因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以由两式联立得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.因为S n ≠0，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，1，公差为－1的等差数列．所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n .题型二由数列的递推关系求通项公式命题点1累加法例2设[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2023等于()A ．1B ．2C ．3D ．4答案A解析由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n －a n －1＝n (n ≥2)．又a 1＝1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1满足上式，则1a n ＝2n (n ＋1)＝所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 2023＝2－12＋12－13＋ (12023)＝2＝20231012.所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2023＝20231012＝1.命题点2累乘法例3在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝1n 解析∵a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，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 .当n ＝1时，a 1＝1，符合上式，∴a n ＝1n .思维升华(1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列，利用累加法．(2)形如a n ＋1a n ＝f (n )的数列，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a3a 2·…·a n a n －1(n ≥2)即可求数列{a n }的通项公式．跟踪训练2(1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋a n 等于()A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n答案A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)，把以上各式相加得a n －a 1＝ln n －ln 1，则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也满足此式，因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *)．(2)已知数列a 1，a 2a 1，…，a n a n －1，…是首项为1，公比为2的等比数列，则log 2a n ＝________.答案n (n －1)2解析由题意知，a 1＝1，a n a n －1＝1×2n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1×a 1＝2n －1×2n －2×…×1＝122n n (-)(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1适合此式，所以log 2a n ＝n (n －1)2.题型三数列的性质命题点1数列的单调性例4设数列{a n }的前n 项和为S n ，且∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，S n ≥S 6.请写出一个满足条件的数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案n －6，n ∈N *(答案不唯一)解析由∀n ∈N *，a n ＋1>a n 可知数列{a n }是递增数列，又S n ≥S 6，故数列{a n }从第7项开始为正．而a 6≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a 6＝0，所以a n ＝n －6，n ∈N *(答案不唯一)．命题点2数列的周期性例5若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2024的值为()A ．2B ．－3C ．－12D.13答案D解析由题意知，a 1＝2，a 2＝1＋21－2＝－3，a 3＝1－31＋3＝－12，a 4＝1－121＋12＝13，a 5＝1＋131－13＝2，a 6＝1＋21－2＝－3，…，因此数列{a n }是周期为4的周期数列，所以a 2024＝a 505×4＋4＝a 4＝13.命题点3数列的最值例6已知数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －15，其最大项和最小项的值分别为()A ．1，－17B ．0，－17C.17，－17D ．1，－111答案A解析因为n ∈N *，所以当1≤n ≤3时，a n ＝12n －15<0，且单调递减；当n ≥4时，a n ＝12n －15>0，且单调递减，所以最小项为a 3＝18－15＝－17，最大项为a 4＝116－15＝1.思维升华(1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列．(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．跟踪训练3(1)观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第11项是()A ．1111B ．11C ．ln 11D ．sin 11答案C解析由数列得出规律，按照1，ln 2，sin 3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环，由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln 11.(2)已知数列{a n }的通项a n ＝2n －192n －21，n ∈N *，则数列{a n }前20项中的最大项与最小项分别为________．答案3，－1解析a n ＝2n －192n －21＝2n －21＋22n －21＝1＋22n －21，当n ≥11时，22n －21>0，且单调递减；当1≤n ≤10时，22n －21<0，且单调递减．因此数列{a n }前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项．a 11＝3，a 10＝－1.课时精练1．已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是()A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．摆动数列答案B 解析a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知数列{a n }是递增数列．2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n S 1＝S n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝2，那么a 7等于()A ．128B ．16C ．32D ．64答案D解析因为数列{a n }的前n 项和S n 满足S n S 1＝S n ＋1(n ∈N *)，a 1＝2，所以S n ＋1＝2S n ，即S n ＋1S n＝2，所以数列{S n }是以2为公比，以2为首项的等比数列，所以S n ＝2×2n －1＝2n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1.所以a 7＝26＝64.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n 等于()A.n 2－n 2 B.n 2－n ＋22C.2n 2－nD.2n 2－n ＋2答案D解析由题意，得1a n ＋1－1a n ＝n ，则当n ≥2时，1a n －1a n －1＝n －1，1a n －1－1a n －2＝n －2，…，1a 2－1a 1＝1，所以1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2(n ≥2)，所以1a n ＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，即a n ＝2n 2－n ＋2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1适合此式，所以a n ＝2n 2－n ＋2.4．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P n ，则P 2024等于()A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案C解析a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n ，得a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝12，…，所以数列{a n }是周期为3的周期数列．且P 3＝－1,2024＝3×674＋2，所以P 2024＝(－1)674×a 1a 2＝1.5．大衍数列，来源于我国的《乾坤谱》，是世界数学史上第一道数列题，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．其前11项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,60，则大衍数列的第41项为()A ．760B ．800C ．840D ．924答案C解析由题意得，大衍数列的奇数项依次为12－12，32－12，52－12，…，易知大衍数列的第41项为412－12＝840.6．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋，则下列说法正确的是()A ．数列{a n }的最小项是a 1B ．数列{a n }的最大项是a 4C ．数列{a n }的最大项是a 5D ．当n ≥5时，数列{a n }递减答案BCD解析假设第n 项为{a n }的最大项，n ≥a n －1，n ≥a n ＋1，n ＋2)≥(n ＋1)－1，n ＋2)≥(n ＋3)＋1，所以≤5，≥4，又n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5，故数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝6574，当n ≥5时，数列{a n }递减．7．S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ，n ＝1，n ，n ≥2解析由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，显然当n ＝1时，不满足上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ，n ＝1，n ，n ≥2.8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，数列{na n }中数值最小的项是第________项．答案2n －113解析∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式．∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．9．在①na n ＋1－(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)；②S n ＝2n 2－1这两个条件中任选一个补充在下面的横线上，并解答．若数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{a n }满足________．(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解(1)选择①：a 2－2a 1＝1×2，则a 2＝4.2a 3－3a 2＝2×3，则a 3＝9.选择②：a 2＝S 2－S 1＝2×22－1－1＝6.a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－2×22＋1＝10.(2)选择①：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝1，所以a n n ＝a n n －a n －1n －1＋a n －1n －1－a n －2n －2＋…＋a22－a 1＋a 1＝n －1＋1＝n ，所以a n ＝n 2.选择②：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－1－[2(n －1)2－1]＝4n －2；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，不符合上式，故{a n }的通项公式为a n ，n ＝1，n －2，n ≥2，n ∈N *.10．(2023·长沙模拟)已知数列{c n }满足c 1＝12，c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1，n ∈N *，S n 为该数列的前n 项和．(1)(2)求证：S n <1.证明(1)因为c 1＝12，c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1，所以c n ≠1，c n ≠0，两边分别取倒数可得1－1c n ＋1＝1c n －1c 2n，整理可得1c n ＋1－1c n＝>0，(2)由c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1可得c n ＋1－1＋1c n ＋1－1＝c 2n －1＋1c n －1，即1c n ＋1－1＝c n ＋1c n －1，所以c n ＝1c n ＋1－1－1c n －1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝1c 2－1－1c 1－1＋1c 3－1－1c 2－1＋…＋1c n ＋1－1－1c n －1＝1c n ＋1－1－1c 1－1＝1c n ＋1－1＋2，又1c n ≥1c1＝2，所以c n ＋1所以1c n ＋1－1<－1，即S n <1.11．在数列{a n }中，a 1＝1，a ＝(n ，a n )，b ＝(a n ＋1，n ＋1)，且a ⊥b ，则a 100等于()A.10099B ．－10099C ．100D ．－100答案D解析因为a ＝(n ，a n )，b ＝(a n ＋1，n ＋1)，且a ⊥b ，所以na n ＋1＋(n ＋1)a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝－n ＋1n，所以a 2a 1＝－21，a 3a 2＝－32，…，a 100a 99＝－10099.以上各式左右分别相乘，得a100a 1＝－100，因为a 1＝1，所以a 100＝－100.12．(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1＝1＋1α1，b 2＝1＋1α1＋1α2，b 3＝1＋1α1＋1α2＋1α3，…，依此类推，其中αk ∈N *(k ＝1,2，…)．则()A ．b 1<b 5B ．b 3<b 8C ．b 6<b 2D ．b 4<b 7答案D解析方法一当n 取奇数时，由已知b 1＝1＋1α1，b 3＝1＋1α1＋1α2＋1α3，因为1α1>1α1＋1α2＋1α3，所以b 1>b 3，同理可得b 3>b 5，b 5>b 7，…，于是可得b 1>b 3>b 5>b 7>…，故A 不正确；当n 取偶数时，由已知b 2＝1＋1α1＋1α2，b 4＝1＋1α1＋1α2＋1α3＋1α4，因为1α2>1α2＋1α3＋1α4，所以b 2<b 4，同理可得b 4<b 6，b 6<b 8，…，于是可得b 2<b 4<b 6<b 8<…，故C 不正确；因为1α1>1α1＋1α2，所以b 1>b 2，同理可得b 3>b 4，b 5>b 6，b 7>b 8，又b 3>b 7，所以b 3>b 8，故B 不正确；故选D.方法二(特殊值法)不妨取αk ＝1(k ＝1,2，…)，则b 1＝1＋11＝2，b 2＝1＋11＋11＝1＋1b 1＝1＋12＝32，b 3＝1＋11＋11＋11＝1＋1b 2＝1＋23＝53，所以b 4＝1＋1b 3＝1＋35＝85，b 5＝1＋1b 4＝1＋58＝138，b 6＝1＋1b 5＝1＋813＝2113，b 7＝1＋1b 6＝1＋1321＝3421，b 8＝1＋1b 7＝1＋2134＝5534.逐一判断选项可知选D.13．已知数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋23a n ，则a n a n －1的最大值为________．答案3解析∵S n ＝n ＋23a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，可化为a n a n －1＝n ＋1n －1＝1＋2n －1，由函数y ＝2x －1在区间(1，＋∞)上单调递减，可得当n ＝2时，2n －1取得最大值2.∴a n a n －1的最大值为3.14．已知[x ]表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.7]＝－2.在数列{a n }中，a n ＝[lg n ]，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则a 2024＝________；S 2024＝________.答案34965解析∵a n ＝[lg n ]，∴当1≤n ≤9时，a n ＝[lg n ]＝0；当10≤n ≤99时，a n ＝[lg n ]＝1；当100≤n ≤999时，a n ＝[lg n ]＝2；当1000≤n ≤9999时，a n ＝[lg n ]＝3.∴a 2024＝[lg 2024]＝3，S 2024＝9×0＋90×1＋900×2＋1025×3＝4965.15．(2023·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 2＝2，a 2n ＝a 2n －1＋2n (n ∈N *)，a 2n ＋1＝a 2n ＋(－1)n (n ∈N *)，则数列{a n }第2024项为()A ．21012－2B ．21013－3C ．21011－2D ．21011－3答案B 解析由a 2n ＋1＝a 2n ＋(－1)n 得a 2n －1＝a 2n －2＋(－1)n －1(n ∈N *，n ≥2)，又由a 2n ＝a 2n －1＋2n 得a 2n ＝a 2n －2＋2n ＋(－1)n －1(n ∈N *，n ≥2)，所以a 4＝a 2＋22＋(－1)，a 6＝a 4＋23＋(－1)2，a 8＝a 6＋24＋(－1)3，…，a 2024＝a 2022＋21012＋(－1)1011，将上式相加得a 2024＝a 2＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)1011＋22＋23＋…＋21012＝2＋4×(1－21011)1－2－1＝21013－3.16．在数列{a n }中，已知a 1＝1，n 2a n －S n ＝n 2a n －1－S n －1(n ≥2，n ∈N *)，记b n ＝a n n 2，T n 为数列{b n }的前n 项和，则T 2025＝________.答案20251013解析由n 2a n －S n ＝n 2a n －1－S n －1(n ≥2，n ∈N *)，得n 2a n －(S n －S n －1)＝n 2a n －1，所以(n 2－1)a n ＝n 2a n －1，所以a n n ＝a n －1n －1×n n ＋1.令c n ＝a n n ，则c n ＝c n －1×n n ＋1，所以c n c n －1＝n n ＋1.由累乘法得c n c 1＝2n ＋1，又c 1＝a 1＝1，所以c n ＝2n ＋1，所以a n n ＝2n ＋1，所以a n ＝2n n ＋1，所以b n ＝a n n 2＝2n (n ＋1)＝2所以T 2025＝2－12＋12－13＋…＋12025－2＝20251013.。

数列知识点归纳总结复习一、数列的基本概念1. 数列的定义数列是按照一定规律排列的一组数的集合，通常用表示为{an}，其中an表示数列的第n个项。

例如，1, 2, 3, 4, 5,… 就是一个简单的递增数列。

2. 数列的常见表示方式数列可以用公式、递推关系或者图形等方式来表示。

比如，斐波那契数列可以用递推关系F(n) = F(n-1) + F(n-2)来表示，而调和数列可以用公式表示为{1, 1/2, 1/3, 1/4, …}。

3. 数列的分类根据数列的性质和规律，可以将数列分为等差数列、等比数列、等差-等比数列、递归数列、调和数列等多种类型。

在实际问题中，我们需要根据数列的特点来选择合适的方法进行求解。

二、数列的常用公式与性质1. 等差数列等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列，其通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。

等差数列的性质包括递推公式、前n项和公式、通项求和公式等，在数学和物理等领域都有着广泛的应用。

2. 等比数列等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列，其通项公式为an = a1 * q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。

等比数列同样具有递推公式、前n项和公式、通项求和公式等性质，其在金融、生物学、物理学等领域都有着重要的应用。

3. 通项公式对于一些特定的数列，我们可以通过观察数列的规律得到其通项公式，这样就能方便地计算数列中任意一项的值。

通项公式的求解是数列问题中的常见技巧，需要灵活运用代数方法和数学归纳法进行推导。

4. 前n项和对于一个数列{an}，其前n项和S(n)可以用数学方法得到一个通用的公式。

对于等差数列和等比数列，其前n项和公式分别为Sn = n/2(a1+an) 和 Sn = (a1(q^n-1))/(q-1)，这些公式在实际问题中有着重要的应用。

5. 数列的极限当n趋向无穷大时，数列{an}的极限值称为数列的极限。

数列的极限可以用来判断数列的趋势和发散性，以及在微积分和数学分析中有着广泛的应用。

高一数学数列测试题农五师高级中学：胡明杰一、选择题（每小题4分,共48分）1、在数列1，1，2，3，5，8，x ，21，34，55，…中，x 等于A ．11B ．12C ．13D ．14 2、已知数列｛a n ｝的通项公式)(43*2N n n n a n ∈--=,则a 4等于( ). A 1 B 2 C 3 D 03、在数列{}n a 中，12a =，1221n n a a +=+，则101a 的值为A ．49B ．50C ．51D ．524、已知等差数列}{n a 的公差为2，若1a ，3a ，4a 成等比数列，则2a 等于( ) A 4- B 6- C 8- D 10-5、等比数列｛a n ｝的前3项的和等于首项的3倍，则该等比数列的公比为（ ）A ．－2B ．1C ．－2或1D ．2或－16、等差数列}a {n 中，已知前15项的和90S 15=，则8a 等于（ ）．A ．245 B ．12 C ．445D ．67、在等差数列{a n }中，a 1 +a 2=40，a 3 +a 4=60，则a 5+a 6=（ ）A 、80B 、90C 、100D 、1108、首项为-24的等差数列,从第10项起开始为正数,则公差d 的取值范围是 (A) 38>d (B) 3<d (C)338<≤d (D)338≤<d9、某商店提价10%后要恢复原价,应由现价降价 （ ） (A) 10% (B) 9% (C)%111 (D) 11%10、 在等比数列{a n }中，4S =1，8S =3，则20191817a a a a +++的值是A ．14B ．16C ．18D ．2011、计算机的成本不断降低，若每隔3年计算机价格降低31，现在价格为8100元的计算机，9年后的价格可降为（ ） A ．2400元B ．900元C ．300元D ．3600元12、若数列{n a }的前n 项和323-=n n a S ，则这个数列的通项公式是（ ）A ．132-⨯=n na B ．nna 23⨯= C ．33+=n a nD ．nna 32⨯=二、填空题（每小题4分,共16分）13、在等比数列{}n a 中, 若101,a a 是方程06232=--x x 的两根，则74a a ⋅=___________. 14、已知等差数列{}n a 中，首项13a =，2016a =-，则公差 d = 15、 黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案： 则第n 个图案中有白色地面砖_________________块.16、数列{}n a 的前ｎ项的和S n =3n 2+ n +1，则此数列的通项公式a n =_______. 三、解答题17、（本小题满分8分）等差数列{}n a 中，已知33,4,31521==+=n a a a a ，试求n 的值18、（本小题满分8分）在等比数列{}n a 中，5162a =，公比3q =，前n 项和242n S =，求首项1a 和项数n ．19、（本小题满分10分）有四个数，前三个数成等差数列，其和为3，后三个数成等比数列，其积为27，求这四个数。