数列j经典大题讲解与训练(详细答案)

数列题型一、数列的综合问题【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14. 又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 ＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n ，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56. 当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【分析】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【即时应用】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n .(2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k ∈N *)， 易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立. 题型二、数列的通项、求和求和要善于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常用求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . (1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2， 即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29. 故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1. (2)解 由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1， 于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 【分析】用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q .第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【即时应用】设数列{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 *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ；(2)求S 2n .(1)证明 由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3.两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列.因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1)＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).题型三、数列的综合应用3.1 数列与函数的综合问题【例3】 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *).(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n . 解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ， 2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1 因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 热点3.2 数列与不等式的综合问题【例4】 在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n 3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得：⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n .(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝32n (n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n ≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。

完整版)数列典型例题(含答案)等差数列的前n项和公式为代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得。

因此，前项和为。

⑵由已知条件可得代入等差数列的前n项和公式，得到化简得因此，前项和为。

8.(2010山东理) 已知等差数列 $a_1,a_2,\ldots,a_n,\ldots$，其中 $a_1=1$，公差为 $d$。

1) 求 $a_5$ 和 $a_{10}$。

2) 满足 $a_1+a_2+\ldots+a_k=100$，$a_1+a_2+\ldots+a_{k+1}>100$，$k\in\mathbb{N}$，求该等差数列的前 $k$ XXX。

考查目的：考查等差数列的通项公式和前项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法以及运算求解能力。

答案：(1) $a_5=5d+1$，$a_{10}=10d+1$；(2) $k=13$，前$k$ 项和为 $819$。

解析：(1) 根据等差数列的通项公式 $a_n=a_1+(n-1)d$，可得 $a_5=1+4d$，$a_{10}=1+9d$。

2) 设该等差数列的前 $k$ 项和为 $S_k$，则由等差数列的前项和公式可得 $S_k=\dfrac{k}{2}[2a_1+(k-1)d]$。

根据已知条件可列出不等式组：begin{cases}S_k=100\\S_{k+1}>100end{cases}将 $S_k$ 代入得：frac{k}{2}[2+(k-1)d]=100整理得：$k^2+kd-400=0$。

1 ．数列{n a }的前n 项和为n S ，且满足11a =，2(1)n n S n a =+.（1）求{n a }的通项公式； （2）求和T n =1211123(1)na a n a ++++.2 ．已知数列}{n a ，a 1=1，点*))(2,(1N n a a P n n ∈+在直线0121=+-y x 上. （1）求数列}{n a 的通项公式； （2）函数)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 ，求函数)(n f 最小值. 3 ．已知函数xab x f =)( (a ，b 为常数)的图象经过点P （1，81）和Q （4，8）(1) 求函数)(x f 的解析式；(2) 记a n =log 2)(n f ,n 是正整数，n S 是数列{a n }的前n 项和，求n S 的最小值。

4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求n S ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．5 ．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n S c ca =+-，其中c 是不等于1-和0的实常数.（1）求证: {}n a 为等比数列；（2）设数列{}n a 的公比()q f c =，数列{}n b 满足()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥，试写出1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，并求12231n n b b b b b b -+++的结果.6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量1+n n A A 与向量n n C B 共线，且点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322a a a +++ (1)2n n a -+8n =对任意的∈n N*都成立，数列1{}n n b b +-是等差数列．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）问是否存在k ∈N *，使得(0,1)k k b a -∈？请说明理由．8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值； （II ）若存在实数}3{,nn a λλ+使得为等差数列，试求λ的值. 9 ．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()1,211++=⋅=+n n S a n a n n ，（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）令n nn S T 2=，①当n 为何正整数值时，1+>n n T T ：②若对一切正整数n ，总有m T n ≤，求m 的取值范围。

北京数学高考总复习：数列的应用之知识讲解、经典例题及答案知识网络：目标认知考试大纲要求：1.等差数列、等比数列公式、性质的综合及实际应用；2.掌握常见的求数列通项的一般方法；3.能综合应用等差、等比数列的公式和性质，并能解决简单的实际问题.4.用数列知识分析解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.重点：1.掌握常见的求数列通项的一般方法；3.用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题难点：用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.知识要点梳理知识点一：通项与前n项和的关系任意数列的前n项和；注意：由前n项和求数列通项时，要分三步进行：（1）求，（2）求出当n≥2时的，（3）如果令n≥2时得出的中的n=1时有成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就只能写成分段的形式.知识点二：常见的由递推关系求数列通项的方法1.迭加累加法：，则，，…，2.迭乘累乘法：，则，，…，知识点三：数列应用问题1.数列应用问题的教学已成为中学数学教学与研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.2.建立数学模型的一般方法步骤.①认真审题，准确理解题意，达到如下要求：⑴明确问题属于哪类应用问题；⑵弄清题目中的主要已知事项；⑶明确所求的结论是什么.②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达.③将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式（如函数关系、方程、不等式）.规律方法指导1.由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想；2.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.3.加强数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：（1）通过知识间的相互转化，更好地掌握数学中的转化思想；（2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养分析问题和解决问题的综合能力.经典例题精析类型一：迭加法求数列通项公式1．在数列中，，，求.解析：∵，当时，，，，将上面个式子相加得到：∴（），当时，符合上式故.总结升华：1. 在数列中，，若为常数，则数列是等差数列；若不是一个常数，而是关于的式子，则数列不是等差数列.2.当数列的递推公式是形如的解析式，而的和是可求的，则可用多式累（迭）加法得.举一反三：【变式1】已知数列，，，求.【答案】【变式2】数列中，，求通项公式.【答案】.类型二：迭乘法求数列通项公式2．设是首项为1的正项数列，且，求它的通项公式.解析：由题意∴∵，∴，∴，∴，又，∴当时，，当时，符合上式∴.总结升华：1. 在数列中，，若为常数且，则数列是等比数列；若不是一个常数，而是关于的式子，则数列不是等比数列.2．若数列有形如的解析关系，而的积是可求的，则可用多式累（迭）乘法求得.举一反三：【变式1】在数列中，，，求.【答案】【变式2】已知数列中，，，求通项公式.【答案】由得，∴，∴，∴当时，当时，符合上式∴类型三：倒数法求通项公式3．数列中，,，求.思路点拨：对两边同除以得即可.解析：∵，∴两边同除以得，∴成等差数列，公差为d=5，首项，∴，∴.总结升华：1．两边同时除以可使等式左边出现关于和的相同代数式的差，右边为一常数，这样把数列的每一项都取倒数，这又构成一个新的数列，而恰是等差数列.其通项易求，先求的通项，再求的通项.2．若数列有形如的关系，则可在等式两边同乘以，先求出，再求得.举一反三：【变式1】数列中，，，求.【答案】【变式2】数列中，,，求.【答案】.类型四：待定系数法求通项公式4．已知数列中，，，求.法一：设，解得即原式化为设，则数列为等比数列，且∴法二：∵①②由①－②得：设，则数列为等比数列∴∴∴法三：，，，……，，∴总结升华：1．一般地，对已知数列的项满足，（为常数，）,则可设得，利用已知得即，从而将数列转化为求等比数列的通项.第二种方法利用了递推关系式作差，构造新的等比数列.这两种方法均是常用的方法.2．若数列有形如（k、b为常数）的线性递推关系，则可用待定系数法求得.举一反三：【变式1】已知数列中，，求【答案】令，则，∴，即∴，∴为等比数列，且首项为，公比，∴，故.【变式2】已知数列满足,而且，求这个数列的通项公式. 【答案】∵，∴设，则，即，∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，∴，∴.∴.类型五：和的递推关系的应用5．已知数列中，是它的前n项和，并且, .(1)设,求证：数列是等比数列；(2)设，求证：数列是等差数列；(3)求数列的通项公式及前n项和.解析：（1）因为，所以以上两式等号两边分别相减，得即，变形得因为，所以由此可知，数列是公比为2的等比数列.由,,所以, 所以,所以.（2），所以将代入得由此可知，数列是公差为的等差数列，它的首项，故.（3），所以当n≥2时，∴由于也适合此公式，故所求的前n项和公式是.总结升华：该题是着眼于数列间的相互关系的问题，解题时，要注意利用题设的已知条件，通过合理转换，将非等差、等比数列转化为等差、等比数列，求得问题的解决利用等差（比）数列的概念，将已知关系式进行变形，变形成能做出判断的等差或等比数列，这是数列问题中的常见策略.举一反三：【变式1】设数列首项为1，前n项和满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列的公比为，作数列，使，，求的通项公式.【答案】（1），∴∴，又①－②∴，∴是一个首项为1公比为的等比数列；（2）∴∴是一个首项为1公比为的等差比数列∴【变式2】若, ()，求.【答案】当n≥2时，将代入,∴,整理得两边同除以得（常数）∴是以为首项，公差d=2的等差数列，∴，∴.【变式3】等差数列中，前n项和，若.求数列的前n项和.【答案】∵为等差数列，公差设为,∴,∴,∴,若，则,∴.∵，∴,∴,∴,∴①②①-②得∴类型六：数列的应用题6.在一直线上共插13面小旗，相邻两面间距离为10m，在第一面小旗处有某人把小旗全部集中到一面小旗的位置上，每次只能拿一面小旗，要使他走的路最短，应集中到哪一面小旗的位置上？最短路程是多少？思路点拨：本题求走的总路程最短，是一个数列求和问题，而如何求和是关键，应先画一草图，研究他从第一面旗到另一面旗处走的路程，然后求和.解析：设将旗集中到第x面小旗处，则从第一面旗到第面旗处，共走路程为了，回到第二面处再到第面处是，回到第三面处再到第面处是，，从第面处到第面处取旗再回到第面处的路程为，从第面处到第面处取旗再回到第面处，路程为20×2，总的路程为：∵，∴时,有最小值答：将旗集中到第7面小旗处，所走路程最短.总结升华：本题属等差数列应用问题，应用等差数列前项和公式，在求和后，利用二次函数求最短路程.举一反三：【变式1】某企业2007年12月份的产值是这年1月份产值的倍，则该企业2007年年度产值的月平均增长率为（）A．B．C．D．【答案】D；解析：从2月份到12月份共有11个月份比基数（1月份）有产值增长，设为，则【变式2】某人2006年1月31日存入若干万元人民币，年利率为，到2007年1月31日取款时被银行扣除利息税（税率为）共计元，则该人存款的本金为（）A．1.5万元B．2万元C．3万元D．2.5万元【答案】B；解析：本金利息／利率，利息利息税／税率利息（元），本金（元）【变式3】根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的个月内累积的需求量（万件）近似地满足.按比例预测，在本年度内，需求量超过万件的月份是()A．5月、6月B．6月、7月C．7月、8月D．9月、10月【答案】C；解析：第个月份的需求量超过万件，则解不等式，得，即.【变式4】某种汽车购买时的费用为10万元，每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，依次成等差数列递增，问这种汽车使用多少年后报废最合算？（即年平均费用最少）【答案】设汽车使用年限为年，为使用该汽车平均费用.当且仅当，即（年）时等到号成立.因此该汽车使用10年报废最合算.【变式5】某市2006年底有住房面积1200万平方米，计划从2007年起，每年拆除20万平方米的旧住房.假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%.（1）分别求2007年底和2008年底的住房面积；（2）求2026年底的住房面积.（计算结果以万平方米为单位，且精确到0.01）【答案】（1）2007年底的住房面积为1200(1+5%)－20=1240（万平方米），2008年底的住房面积为1200(1+5%)2－20(1+5%)－20=1282（万平方米），∴2007年底的住房面积为1240万平方米；2008年底的住房面积为1282万平方米.（2）2007年底的住房面积为[1200(1+5%)－20]万平方米，2008年底的住房面积为[1200(1+5%)2－20(1+5%)－20]万平方米，2009年底的住房面积为[1200(1+5%)3－20(1+5%)2－20(1+5%)－20]万平方米，…………2026年底的住房面积为[1200(1+5%)20―20(1+5%)19―……―20(1+5%)―20] 万平方米即1200(1+5%)20―20(1+5%)19―20(1+5%)18―……―20(1+5%)―20≈2522.64（万平方米），∴2026年底的住房面积约为2522.64万平方米.高考题萃1．（2008四川）设数列的前项和为.（Ⅰ）求；（Ⅱ）证明：是等比数列；（Ⅲ）求的通项公式.解析：（Ⅰ）因为，∴由知，得①所以，，∴（Ⅱ）由题设和①式知所以是首项为2，公比为2的等比数列.（Ⅲ）2．（2008全国II）设数列的前项和为．已知，，．（Ⅰ）设，求数列的通项公式；（Ⅱ）若，，求的取值范围．解析：（Ⅰ）依题意，，即，由此得．因此，所求通项公式为，．①（Ⅱ）由①知，，于是，当时，，，当时，．又．综上，所求的的取值范围是．3．（2008天津）已知数列中，，，且．（Ⅰ）设，证明是等比数列；（Ⅱ）求数列的通项公式；（Ⅲ）若是与的等差中项，求的值，并证明：对任意的，是与的等差中项．解析：（Ⅰ）由题设，得，即．又，，所以是首项为1，公比为的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ），，，……，．将以上各式相加，得．所以当时，上式对显然成立．（Ⅲ）由（Ⅱ），当时，显然不是与的等差中项，故．由可得，由得①整理得，解得或（舍去），于是．另一方面，，．由①可得．所以对任意的，是与的等差中项．4．（2008陕西）已知数列的首项，，．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）证明：对任意的，，；（Ⅲ）证明：．解析：（Ⅰ），，，又，是以为首项，为公比的等比数列．，．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，原不等式成立．另解：设，则，当时，；当时，，当时，取得最大值．原不等式成立．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，对任意的，有．令，则，．原不等式成立．学习成果测评基础达标：1．若数列中，且(n是正整数)，则数列的通项=____.2．对正整数n，设曲线在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为，则数列的前n项和的公式是____________.3. 设是等比数列，是等差数列，且，数列的前三项依次是，且，则数列的前10项和为____________.4. 如果函数满足：对于任意的实数，都有，且，则____________5．已知数列中，,()，求通项公式.6．已知数列中，，，，求的通项公式.7．已知各项均为正数的数列的前项和满足，且，，求的通项公式.8．设数列满足，．（Ⅰ）求数列的通项；（Ⅱ）设，求数列的前项和．能力提升：9．数列的前项和为，，．（Ⅰ）求数列的通项；（Ⅱ）求数列的前项和．10．数列的前n项和为, 已知是各项为正数的等比数列，试比较与的大小关系.11．某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为，以后每年交纳的数目均比上一年增加，因此，历年所交纳的储备金数目是一个公差为的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为，那么，在第年末，第一年所交纳的储备金就变为，第二年所交纳的储备金就变为，……．以表示到第年末所累计的储备金总额．（Ⅰ）写出与的递推关系式；（Ⅱ）求证：，其中是一个等比数列，是一个等差数列．12．2007年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2008年开始，计划每年将非绿化面积的8%绿化，由于修路和盖房等用地，原有绿化面积的2%被非绿化.（1）设该县的总面积为1，2007年底绿化面积为，经过n年后绿化的面积为，试用表示；（2）求数列的第n+1项；（3）至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%.（参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771）综合探究：13．已知函数，设曲线在点处的切线与x轴的交点为，其中为正实数.（Ⅰ）用表示；（Ⅱ）若，记，证明数列成等比数列，并求数列的通项公式；（Ⅲ）若，，是数列的前n项和，证明.参考答案：基础达标：1.答案：解析：由题设的递推公式可得∴即,2．答案：2n+1-2解析：，曲线在x=2处的切线的斜率为，切点为（2，-2n）, 所以切线方程为y+2n=k(x-2),令x=0得,令.数列的前n项和为2+22+23+…+2n=2n+1-23. 答案：9784. 答案：5．解析：将递推关系整理为两边同除以得当时，，，……，将上面个式子相加得到：，即，∴（）.当时，符合上式故.6.解析：由题设∴．所以数列是首项为，公比为的等比数列，∴，即的通项公式为，．7.解析：由，解得或，由假设，因此，又由，得，即或，因，故不成立，舍去．因此，从而是公差为，首项为的等差数列，故的通项为．8.解析：（Ⅰ），①∴当时，②①-②得，．在①中，令，得符合上式∴．（Ⅱ），∴．，③．④④-③得．即，．能力提升：9．解析：（Ⅰ），，又，数列是首项为，公比为的等比数列，∴．当时，，（Ⅱ），当时，；当时，，…………①，…………②得：．．又也满足上式，．10.解析：∵为各项为正数的等比数列，设其首项为，公比为, 则有,，(),∴，即（1）当时，，,而,∴∴时，.（2）当时，，,∴①当时，，∴②当时，，∴③当时，，∴综上，（1）在时恒有（2）在时，①若则；②若则；③若则.11.解析：（Ⅰ）．（Ⅱ），对反复使用上述关系式，得，①在①式两端同乘，得②②①，得．即．如果记，，则．其中是以为首项，以为公比的等比数列；是以为首项，为公差的等差数列.12.解析：（1）设2007年底非绿化面积为b1，经过n年后非绿化面积为.于是a1+b1=1，依题意，是由两部分组成：一部分是原有的绿化面积减去被非绿化部分后剩余面积，另一部分是新绿化的面积，∴.（2），.数列是公比为，首项的等比数列.∴.（3）由，得，，，∴至少需要7年的努力，才能使绿化率超过60%.综合探究：13.解析：（Ⅰ）由题可得．所以曲线在点处的切线方程是：．即．令，得，即．显然，∴．（Ⅱ）由，知，同理．故．从而，即．所以，数列成等比数列．故，即．从而，所以（Ⅲ）由（Ⅱ）知，∴∴当时，显然．当时，∴．综上，．。

1.（本题满分14分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且34-=n n a S (1,2,)n =L ， （1）证明:数列{}n a 是等比数列；（2）若数列{}n b 满足1(1,2,)n n n b a b n +=+=L ，12b =，求数列{}n b 的通项公式．2.（本小题满分12分）等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== 1.求数列{}n a 的通项公式.2.设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和.3.设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g （1） 求数列{}n a 的通项公式； （2） 令n n b na =，求数列的前n 项和n S4.已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．5.已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．1.解：（1）证：因为34-=n n a S (1,2,)n =L ，则3411-=--n n a S (2,3,)n =L ， 所以当2n ≥时，1144n n n n n a S S a a --=-=-， 整理得143n n a a -=． 5分 由34-=n n a S ，令1n =，得3411-=a a ，解得11=a ．所以{}n a 是首项为1，公比为43的等比数列． 7分（2）解：因为14()3n n a -=，由1(1,2,)n n n b a b n +=+=L ，得114()3n n n b b -+-=． 9分由累加得)()()(1231`21--++-+-+=n n n b b b b b b b b Λ＝1)34(3341)34(1211-=--+--n n ，（2≥n ），当n=1时也满足，所以1)34(31-=-n n b ．2.解：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由23269a a a =得32349a a =所以219q =。

数列题目精选精编【典型例题】（一）研究等差等比数列的有关性质 1. 研究通项的性质例题1. 已知数列}{n a 满足1111,3(2)n n n a a a n --==+≥. （1）求32,a a ；（2）证明：312n n a -=. 解：（1）21231,314,3413a a a =∴=+==+=Q .（2）证明：由已知113--=-n n n a a ，故)()()(12211a a a a a a a n n n n n -++-+-=---Λ1213133312n n n a ---+=++++=L ， 所以证得312n n a -=.例题2. 数列{}n a 的前n 项和记为11,1,21(1)n n n S a a S n +==+≥（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T .解：（Ⅰ）由121n n a S +=+可得121(2)n n a S n -=+≥，两式相减得：112,3(2)n n n n n a a a a a n ++-==≥，又21213a S =+=∴213a a = 故{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列∴13n n a -=（Ⅱ）设{}n b 的公比为d ，由315T =得，可得12315b b b ++=，可得25b = 故可设135,5b d b d =-=+，又1231,3,9a a a ===，由题意可得2(51)(59)(53)d d -+++=+，解得122,10d d ==∵等差数列{}n b 的各项为正，∴0d > ∴2d =∴2(1)3222n n n T n n n -=+⨯=+例题3. 已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322...a a a +++128n n a n -+=对任意的*N n ∈都成立，数列{}n n b b -+1是等差数列.⑴求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；⑵是否存在N k *∈，使得(0,1)k k b a -∈，请说明理由.点拨：（1）2112322...28n n a a a a n -++++=左边相当于是数列{}12n n a -前n 项和的形式，可以联想到已知n S 求n a 的方法，当2n ≥时，1n n n S S a --=.（2）把k k a b -看作一个函数，利用函数的思想方法来研究k k a b -的取值情况.解：（1）已知212322a a a +++…12n n a -+8n =(n ∈*N ）① 2n ≥时，212322a a a +++ (2)128(1)n n a n --+=-(n ∈*N ）②①－②得，128n n a -=，求得42n n a -=，在①中令1n =，可得得41182a -==，所以42nn a -=(n ∈N*）. 由题意18b =，24b =，32b =，所以214b b -=-，322b b -=-，∴数列}{1n n b b -+的公差为2)4(2=---， ∴1n nb b +-=2)1(4⨯-+-n 26n =-，121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-++-L(4)(2)(28)n =-+-++-L 2714n n =-+(n ∈*N ）.（2）k k b a -=2714k k -+-42k-，当4k ≥时，277()()24f k k =-+-42k-单调递增，且(4)1f =， 所以4k ≥时，2()714f k k k =-+-421k-≥， 又(1)(2)(3)0f f f ===，所以，不存在k ∈*N ，使得(0,1)k k b a -∈.例题4. 设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n 、b n 、a n+1成等差数列，b n 、a n+1、b n+1成等比数列，且a 1 = 1， b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，求通项a n ，b n 解： 依题意得：2b n+1 = a n+1 + a n+2 ① a 2n+1 = b n b n+1 ②∵ a n 、b n 为正数， 由②得21211,+++++==n n n n n n b b a b b a ， 代入①并同除以1+n b 得：212+++=n n n b b b ， ∴}{n b 为等差数列∵ b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，29,22122==b b b a 则 ，∴ 2)1(),1(22)229)(1(22+=∴+=--+=n b n n b n n ，∴当n ≥2时，2)1(1+==-n n b b a n n n ， 又a 1 = 1，当n = 1时成立， ∴2)1(+=n n a n2. 研究前n 项和的性质例题5. 已知等比数列}{n a 的前n 项和为2nn S a b =⋅+，且13a =.（1）求a 、b 的值及数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n b a =，求数列}{n b 的前n 项和n T . 解：（1）2≥n 时，a S S a n n n n ⋅=-=--112.而}{n a 为等比数列，得a a a =⋅=-1112， 又31=a ，得3=a ，从而123-⋅=n n a .又123,3a a b b =+=∴=-Q .（2）132n n n n n b a -==⋅， 21123(1)3222n n n T -=++++L231111231(2322222n n n n n T --=+++++L ） ，得2111111(1)232222n n n nT -=++++-L ， 111(1)2412[](1)13232212n n n n n n n T +⋅-=-=---.例题6. 数列{}n a 是首项为1000，公比为110的等比数列，数列{b }n 满足121(lg lg lg )k k b a a a k =+++L*()N k ∈， （1）求数列{b }n 的前n 项和的最大值；（2）求数列{|b |}n 的前n 项和n S '.解：（1）由题意：410nn a -=，∴lg 4n a n =-，∴数列{lg }n a 是首项为3，公差为1-的等差数列，∴12(1)lg lg lg 32k k k a a a k -+++=-L ，∴1(1)7[3]22n n n nb n n --=-=由100n n b b +≥⎧⎨≤⎩，得67n ≤≤，∴数列{b }n 的前n 项和的最大值为67212S S ==.（2）由（1）当7n ≤时，0n b ≥，当7n >时，0n b <，∴当7n ≤时，212731132()244n n n S b b b n n n -+'=+++==-+L当7n >时，12789n n S b b b b b b '=+++----L L 27121132()2144n S b b b n n =-+++=-+L∴22113(7)4411321(7)44n n n n S n n n ⎧-+≤⎪⎪'=⎨⎪-+>⎪⎩.例题7. 已知递增的等比数列{n a }满足23428a a a ++=，且32a +是2a ，4a 的等差中项. （1）求{n a }的通项公式n a ；（2）若12log n n nb a a =，12n n S b b b =+++L 求使1230n n S n ++⋅>成立的n 的最小值.解：（1）设等比数列的公比为q （q ＞1），由a 1q +a 1q 2+a 1q 3=28，a 1q +a 1q 3=2（a 1q 2+2），得：a 1=2，q =2或a 1=32，q =12（舍）∴a n =2·2（n －1）=2n（2） ∵12log 2nn n n b a a n ==-⋅，∴S n =－（1·2+2·22+3·23+…+n ·2n ） ∴2S n =－（1·22+2·23+…+n ·2n +1），∴S n =2+22+23+…+2n －n ·2n +1=－（n －1）·2n +1－2， 若S n +n ·2n +1＞30成立，则2n +1＞32，故n ＞4，∴n 的最小值为5.例题8. 已知数列}{n a 的前n 项和为S n ，且11,,n n S a +-成等差数列，*1,1N n a ∈=. 函数3()log f x x =.（I ）求数列}{n a 的通项公式； （II ）设数列{}n b 满足1(3)[()2]n n b n f a =++，记数列{}n b 的前n 项和为T n ，试比较52512312n n T +-与的大小. 解：（I ）11,,n n S a +-Q 成等差数列，121n n S a +∴=-① 当2n ≥时，121n n S a -=-②. ①－②得：112()n n n n S S a a -+-=-，13+=∴n n a a ，13.n na a +∴=当n =1时，由①得112221S a a ∴==-， 又11,a =2213,3,a a a ∴=∴={}n a ∴是以1为首项3为公比的等比数列，13.n n a -∴=（II ）∵()x log x f 3=，133()log log 31n n n f a a n -∴===-， 11111()(3)[()2](1)(3)213n n b n f a n n n n ===-++++++，1111111111111()224354657213n T n n n n ∴=-+-+-+-++-+-+++L11111()22323n n =+--++525,122(2)(3)n n n +=-++比较52512312n n T +-与的大小，只需比较2(2)(3)n n ++与312 的大小即可. 222(2)(3)3122(56156)2(5150)n n n n n n ++-=++-=+-又2(15)(10)n n =+-∵*,N n ∈∴当*19N n n ≤≤∈且时，5252(2)(3)312,;12312nn n n T +++<<-即当10n =时，5252(2)(3)312,;12312n n n n T +++==-即当*10N n n >∈且时，5252(2)(3)312,12312n n n n T +++>>-即.3. 研究生成数列的性质例题9. （I ） 已知数列{}n c ，其中nn n c 32+=，且数列{}n n pc c -+1为等比数列，求常数p ；（II ） 设{}n a 、{}n b 是公比不相等的两个等比数列，n n n b a c +=，证明数列{}n c 不是等比数列.解：（Ⅰ）因为{c n +1－pc n }是等比数列，故有 （c n +1－pc n ）2=（ c n +2－pc n+1）（c n －pc n －1）， 将c n =2n ＋3n 代入上式，得 [2n ＋1+3n ＋1－p （2n ＋3n ）]2=[2n ＋2+3n ＋2－p （2n +1＋3n +1）]·[2n +3n －p （2n －1＋3n －1）]， 即[（2－p ）2n +（3－p ）3n ]2=[（2－p ）2n+1+（3－p ）3n+1][ （2－p ）2n －1+（3－p ）3n －1]，整理得61（2－p ）（3－p ）·2n ·3n =0，解得p =2或p =3. （Ⅱ）设{a n }、{b n }的公比分别为p 、q ，p ≠q ，c n =a n +b n . 为证{c n }不是等比数列只需证22c ≠c 1·c 3.事实上，22c =（a 1p ＋b 1q ）2=21a p 2＋21b q 2＋2a 1b 1pq ， c 1·c 3=（a 1＋b 1）（a 1 p 2＋b 1q 2）=21a p 2＋21b q 2＋a 1b 1（p 2＋q 2）.由于p ≠q ，p 2＋q 2>2pq ，又a 1、b 1不为零，因此≠22c c 1·c 3，故{c n }不是等比数列.例题10. n 2（ n ≥4）个正数排成n 行n 列：其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等已知a 24=1，163,814342==a a 求S=a 11 + a 22 + a 33 + … + a nn解： 设数列{1k a }的公差为d ， 数列{ik a }（i=1，2，3，…，n ）的公比为q则1k a = a 11 + （k －1）d ， a kk = [a 11 + （k －1）d]q k －1依题意得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=163)2(81)(1)3(31143311421124q d a a q d a a q d a a ，解得：a 11 = d = q = ±21 又n 2个数都是正数，∴a 11 = d = q = 21 ， ∴a kk = kk2nn S 212132122132⨯++⨯+⨯+=Λ，1432212132122121+⨯++⨯+⨯+=n n S Λ，两式相减得：n n n S 22121--=-例题11. 已知函数3()log ()f x ax b =+的图象经过点)1,2(A 和)2,5(B ，记()*3,.f n n a n N =∈（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n nn b b b T a b +++==Λ21,2，若)(Z m m T n ∈<，求m 的最小值；（3）求使不等式12)11()11)(11(21+≥+++n p a a a nΛ对一切*N n ∈均成立的最大实数p .解：（1）由题意得⎩⎨⎧=+=+2)5(log 1)2(log 33b a b a ，解得⎩⎨⎧-==12b a ，)12(log )(3-=∴x x f *)12(log ,1233N n n a n n ∈-==- （2）由（1）得n n n b 212-=， nn n n n T 2122322523211321-+-++++=∴-Λ ① 1132212232252232121+--+-+-+++=n n n n n n n T Λ ② ①－②得)21212121(2121n 22222222221T 211n 2n 2111n n 1n 321n --+-+++++=--+++++=ΛΛ1n 1n 1n 21n 2212321n 2+-+---=--.n n 2n n 23n 2321n 2213T +-=---=∴-， 设*,232)(N n n n f n ∈+=，则由 1512132121)32(252232252)()1(1<+≤++=++=++=++n n n n n n f n f n n 得*,232)(Nn n n f n ∈+=随n 的增大而减小 +∞→∴n 当时，3→n T 又)(Z m m T n ∈<恒成立，3min =∴m（3）由题意得*21)11()11)(11(121N n a a a n p n ∈++++≤对Λ恒成立记)11()11)(11(121)(21n a a a n n F ++++=Λ，则()()11n 21n 2)1n ()1n (4)1n (2)3n 2)(1n 2(2n 2)a 11()a 11)(a 11(1n 21)a 11)(a 11()a 11)(a 11(3n 21)n (F )1n (F 2n 211n n 21=++>+-++=+++=+++++++++=++ΛΛ)(),()1(,0)(n F n F n F n F 即>+∴>Θ是随n 的增大而增大)(n F 的最小值为332)1(=F ，332≤∴p ，即332max =p .（二）证明等差与等比数列 1. 转化为等差等比数列.例题12. 数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122，*N n ∈. ⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵设||||||21n n a a a S +++=Λ，求n S ；⑶设n b =1(12)n n a -**12(),()N N n n n T b b b n ∈=+++∈L ，是否存在最大的整数m ，使得对任意*N n ∈，均有>n T 32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由.解：（1）由题意，n n n n a a a a -=-+++112，}{n a ∴为等差数列，设公差为d ， 由题意得2832d d =+⇒=-，82(1)102n a n n ∴=--=-. （2）若50210≤≥-n n 则，||||||,521n n a a a S n +++=≤Λ时21281029,2n na a a n n n +-=+++=⨯=-L6n ≥时，n n a a a a a a S ---+++=ΛΛ765212555()2940n n S S S S S n n =--=-=-+故⎪⎩⎪⎨⎧+--=40n 9n n n 9S 22n 56n n ≤≥ （3）11111()(12)2(1)21n n b n a n n n n ===--++Q ， ∴n T 1111111111[(1)()()()()]22233411n n n n =-+-+-++-+--+L .2(1)n n =+ 若32n m T >对任意*N n ∈成立，即116n m n >+对任意*N n ∈成立， *()1N n n n ∈+Q 的最小值是21，1,162m ∴<m ∴的最大整数值是7.即存在最大整数,7=m 使对任意*N n ∈，均有.32n m T >例题13. 已知等比数列{}n b 与数列{}n a 满足3,n an b n =∈N *.（1）判断{}n a 是何种数列，并给出证明； （2）若8131220,a a m b b b +=L 求.解：（1）设{}n b 的公比为q ，∵3n an b =，∴()q log 1n a a 3q 331n a 1n a n 1-+=⇒=⋅-。

1．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且满足4133n n S a =-． ()1求数列{}n a 的通项；()2令112n n b log a +=，证明：1223341111111n n n nb b b b b b b b b b +++++⋯+=． 详解：()41133n n S a =-， 可得1114133a S a ==-，解得11a =，2n ≥时，1141413333n n n n n a S S a a --=-=--+，即有114n n a a -=，故数列{}n a 是以11a =为首项，以14为公比的等比数列，则11()4n n a -=；()2证明：2111221()22nn n b log a log n +===， ()11111122141n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭， 12231111111111142231n n b b b b b b n n +⎛⎫++⋯+=-+-+⋯+- ⎪+⎝⎭ ()1114141n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭， ()()1122141n n n nb b n n +==⋅++， 则1223341111111n n n n b b b b b b b b b b +++++⋯+=．2．（12分）已知*N n ∈,数列{}n a 、{}n b 满足:11n n a a +=+,112n n n b b a +=+,记24n n n c a b =-. （1）若11a =，10b =，求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； （2）证明：数列{}n c 是等差数列；（3）定义2()n n n f x x a x b =++，在（1）的条件下，是否存在n ，使得()n f x 有两个整数零点，如果存在，求出n 满足的集合，如果不存在，说明理由. 详解：（1）()11n a n n =+-=，1122n n n n nb b a b +=+=+，∴由累加法得121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-+⋅⋅⋅+- 1(1)0[12(2)(1)]24n n n n -=+++⋅⋅⋅+-+-=.（2）221114(4)n n n n n n c c a b a b +++-=---221(1)4()(4)12n n n n n a a b a b =+-+--=∴{}n c 是公差为1的等差数列.(3)由（1）（2）得24n n n c a b n =-=，函数的零点为x ==，要想为整数，则n 必为完全平方数，不妨设2(N )n m m =∈*，此时()2122m m m m x -±-±==， 又因为1m m ±与是连续的两个整数∴ (1)m m -±能被2整除，即函数的零点()2122m m m m x -±-±==为整数， ∴所求n 的集合为{}2|,N n n m m =∈*.3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记12(1)(1)nn n n a b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项和n T .【详解】（1）当1n =时，11121a S a ==-，得11a ，= 当2n ≥时，有1121n n S a --=-， 所以1122n n n n n a S S a a ，--=-=- 即12n n a a -=，满足2n ≥时，12nn a a -=， 所以{}n a 是公比为2，首项为1的等比数列， 故通项公式为12n n a -=．（2）()()()()111221121121212121n n n n nn n n n a b a a --+⎛⎫===- ⎪++++++⎝⎭， 123011223111111222212121212121n n T b b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-+-++⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭11122121n n -⎛⎫- ⎪++⎝⎭ 2121n n-=+．4．已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠． （1）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （2）若53332S =，求λ．【详解】（1）∵1n n S a λ=+,0λ≠,∵0n a ≠． 当2n ≥时,111n n S a λ--=+,两式相减,得1111n n n n n a a a a a λλλλ--=+--=-,即()11n n a a λλ--=, ∵0λ≠,0n a ≠．∵10λ-≠．即1λ≠,即11n n a a λλ-=-,（2n ≥）, ∵{}n a 是等比数列,公比1q λλ=-,当1n =时,1111S a a λ=+=,即111a λ=-, ∵1111n n a λλλ-⎛⎫=⋅ ⎪--⎝⎭；（2）若53332S =,则4513311132S λλλλ⎡⎤⎛⎫=+⋅=⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦,即5331113232λλ⎛⎫=-= ⎪-⎝⎭, 则112λλ=-,得13λ=5.已知等比数列{}n a 的各项均为正数，n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若223a =，3462a a a =.(1)n S t <恒成立，求t 的最小值； (2)设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【详解】(1)因为{}n a 为等比数列，所以3416a a a a =，所以341662a a a a a ==，60a ≠，所以12a =，又223a =，所以13q =，所以121313131313n n n S ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎛⎫⎝⎭==-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，因为n S t <恒成立，所以3t ≥，即t 的最小值是3. (2)由(1)可知22123n n n a a q--=⋅=，所以132n n n b -⋅=，故01113233222n n n T -⨯⨯⨯=+++① ()112131323332222n n n n n T --⨯⨯⨯⨯=++++ ②① -②得：0111333322222n n n n T -⨯⨯-=+++-，()1313131322132n nn --⨯⨯+--=整理得，()21318n n n T -+=6．（本小题满分12分）记首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()12331n nn n S a +⋅=- ．（1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）若()29(1)log nn n b a =-⋅，求数列{}n b 的前2n 项和．【解析】（1）依题意，11213n n n S a +⎛⎫=-⎪⎝⎭，1211213n n n S a +++⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 两式相减可得，()21111303n n n a a +++⎛⎫--= ⎪⎝⎭，故213n n a a ++=， 而1222S 3a =，故213a a =，故数列{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列． （2）由（1）可13,n n a -=所以()()2212991(1)log (1)log 3(1)(1)4n n n n n n b a n -=-⋅=-⋅=⋅-⋅-，故2122221211(1)(22)(1)(21)(43)44n n n n b b n n n --⎡⎤+=⋅-⋅-+-⋅-=-⎣⎦， 记数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，则22111(15943)424n T n n n =+++⋯+-=-．7．（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，2458,15a a S ⋅==；等比数列{}n b 的前n 项和21n n T =-（I ）求数列{}{},n n a b 的通项公式；（II ）当{}n a 各项为正时，设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和． 【解析】（I ）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则()()()()21111383381115101532a d a d d d d d d a d a d ⎧⎧++=-+=⇔⇒=⇒==-⎨⎨+==-⎩⎩或， 11,1,n d a a n ∴==∴=，11,5,6n d a a n ∴=-=∴=-，当2n ≥时，112n nn n b T T --=-=；当1n =时，111b T ==也满足上式，∴12n n b -=．（II ）由题可知，1,2n n n n n a n c a b n -===，()01221122232122n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯， ()12312122232122n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯，()111222121n n n n T n n --=+++-⨯=-⨯-，故()121n n T n =-⨯+．8．（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足11a =，121n n a S +=+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，*n N ∈． （1）求n a ；（2）若数列{}n b 满足31log n n b a =+，求122320172018111b b b b b b +++的值．【解析】（1）121n n a S +=+，121n n a S -=+，2n ≥，两式相减得112,3,2n n n n n a a a a a n ++-==≥，注意到11a =，2112133a S a =+==，于是11,3n n n a a +∀≥=，所以13n n a -=．（2）n b n =，于是()1111111n n b b n n n n +==-++， 所以1223201720181111111120171223201720182018b b b b b b +++=-+-++-=．9．（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和为()122n n S n N ++=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设22log n n b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ． 【解析】 （1）由122n n S +=-可得：当2n ≥时，122n n S -=-，上述两式相减可得2n n a =．当1n =时：111112222a S +==-==成立，故所求()2n n a n N +=∈．（2）2nn a =，22log 2n nb a n ==，()11111122241n n b b n n n n +⎛⎫∴==- ⎪++⎝⎭， 故所求111111111141223141n T n n n ⎛⎫⎛⎫=⨯-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭()()41n n N n +=∈+．10．（12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差d 为整数，535S =，且2a ，31a +，6a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列{}n b 满足11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【解析】（1）由53535S a ==，得37a =，由2a ，31a +，6a 成等比数列，得()2263164a a a =+=，即()()33364a d a d -+=，整理得2314150d d -+=，又因为公差d 为整数，所以3d =，所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =-. （2）()()111111323133231n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，所以123n nT b b b b =++++11111111134477103231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111331n ⎛⎫=⨯- ⎪+⎝⎭31nn =+.11.（12分）在公差为2的等差数列{}n a 中，11a +，22a +，34a +成等比数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列{}2nn a -的前n 项和n S .【解析】（1）∵{}n a 的公差为2d =,∴212a a =+,134a a =+.∵11a +,22a +,34a +成等比数列, ∴()()()2111184a a a ++=+,解得18a =,从而()82126n a n n =+-=+.（2）由（1）得26n a n =+,2(26)2n nn a n ∴-=+-，()()281026222n n S n ∴=++⋅⋅⋅++-+++.()826222212nn n ++-⨯=--()()1722n n n +=+--21722n n n +=+-+12．（12分）已知首项为32的等比数列{}n a 的前n 项和为()*n S n N ∈，且22S -，3S ，44S 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对于数列{}n A ，若存在一个区间M ，均有()1,2,3i A M i ∈=⋅⋅⋅，则称M 为数列{}n A 的“容值区间”.设1n n nb S S =+，试求数列{}n b 的“容值区间”长度的最小值. 【解析】（1）由题意可知：324224S S S =-+，即()()1231212342a a a a a a a a a ++=-+++++，∴4312a a =-，即公比12q =-，又132a =，∴13122n n a -⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭.（2）由（1）可知112n n S ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.当n 为偶数时112nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，易知n S 随n 增大而增大， ∴3,14n S ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，根据勾型函数性质，此时1252,12n n n b S S ⎛⎤=+∈ ⎥⎝⎦.当n 为奇数时112nn S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，易知n S 随n 增大而减小，∴31,2n S ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，根据勾型函数性质，此时1132,6n n n b S S ⎛⎤=+∈ ⎥⎝⎦.又1325612>， ∴132,6n b ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.故数列{}n b 的“容值区间”长度的最小值为16.13.（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足11a =，()()111n n na n a n n +-+=+，设nn a b n=． （1）求数列{}n b 的通项公式；（2）若2n b n c n =-，求数列{}n c 的前n 项和． 【解析】（1）因为nn a b n=，所以n n a nb =， 又因为()()111n n na n a n n +-+=+，所以()()()1111n n n n b n nb n n ++-+=+，即11n n b b +-=， 所以{}n b 为等差数列，其首项为111b a ==，公差1d =． 所以()11n b n n =+-=．（2）由（1）及题设得，2n n c n =-， 所以数列{}n c 的前n 项和()()232222123n n S n =++++-++++()1222122n n n +-⨯=-- 21222n n n ++=--．14．（12分）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，21517a a +=，1055S =．数列{}n b 满足2log n n a b =．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n n a b +的前n 项和n T 满足3218n T S =+，求n 的值． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则有1121517104555a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，则n a n =．又2log n n a b =，即2n an b =，所以2n n b =．（2）依题意得：1212(...)(...)n n n T a a a b b b =+++++++23(123...)(222...2)n n =+++++++++()212(1)212nn n -+=+-1(1)222n n n ++=+-． 又3232(132)18185462S ++=+=，则1(1)25482n n n +++=， 因为1(1)()22n n n f n ++=+在*n N ∈上为单调递增函数，所以8n =．15.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()212n n n S a a =-+，且()*0n a n N >∈。

高考数学数列复习题集附答案高考数学数列复习题集附答案1. 数列基本概念数列是数学中重要的概念之一，在高考数学中也占有重要的地位。

数列是按照一定的规律排列的一系列数的集合。

在数列中，每个数称为该数列的项，而规律则决定了数列的特征。

在高考中，数列的考查形式多样，掌握数列的基本概念对于解题至关重要。

2. 等差数列等差数列是一种常见的数列形式，在解题中经常出现。

等差数列的特点是每一项与前一项之差都相等。

假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则数列的通项公式是aₙ = a₁ + (n-1)d。

在考试中，理解等差数列的通项公式以及应用等差数列的性质解题是必要的。

3. 等比数列等比数列是另一种常见的数列形式，也经常出现在高考数学试题中。

等比数列的特点是每一项与前一项之比都相等。

假设等比数列的首项为a₁，公比为q，第n项为aₙ，则数列的通项公式是aₙ = a₁ * q^(n-1)。

了解等比数列的通项公式、性质以及应用等比数列解题的方法对于解答高考试题非常关键。

4. 递推数列递推数列是数列中常见的一种类型，其中每一项通过前一项计算得出。

递推数列的求解常常需要列出前几项进行观察。

在解题时，可以通过观察数列的规律，推导出数列的通项公式，从而求解特定项。

练习题：1. 给定等差数列的首项a₁ = 3，公差d = 2，求该等差数列的第10项。

答：根据等差数列的通项公式，第10项的计算公式为 a₁₀ = a₁ + (n-1)d = 3 + (10-1)2 = 21。

2. 给定等比数列的首项a₁ = 2，公比q = 3，求该等比数列的第5项。

答：根据等比数列的通项公式，第5项的计算公式为 a₅ = a₁ *q^(n-1) = 2 * 3^(5-1) = 162。

3. 已知递推数列的前两项分别为a₁ = 1，a₂ = 2，且每一项都等于前两项之和，求该递推数列的第6项。

答：观察数列的前几项，发现每一项都等于前两项的和，即aₙ =aₙ₋₁ + aₙ₋₂。

1。

在数列｛n a ｝中，112,223n n a a a +=-=+，则n a ﹦ ． 解析：由1223n n a a +=+得132n n a a +-=,∴｛n a }是等差数列，∴3722n a n =- 2。

各项都是正数的等比数列{}n a 的公比1q ≠，且2311,,2a a a 成等差数列，则3445a a a a ++的值为 ．解析：由题设得312a a a =+，即22111,10a q a a q q q =+∴--=． 又0q >,所以q =．故34451a a a a q +==+． 3。

一个只有有限项的等差数列{}n a ，它的前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，则7a = ．解析：设该数列的公差为d ,则依题意有151034510146n a d a d +=⎧⎨-=⎩， 得136n a a +=，又()12342n n a a +=,∴13n =．从而有11336a a +=．1137361822a a a +∴=== 4.在等差数列{}n a 中，11101,a a <-若它的前n 项和n S 有最大值，则使n S 取得最小正数的n = ．解析：设等差数列{}n a 的公差为d ，则由题设0d <，由11101,a a <-可知11100,0a a ><，且11100a a +>，故()1191910191902a a S a +==>，()()120101*********2a a a a S ++==<，所以n﹦19．5。

在数列{}n a 中，a 1=1,a n +1=a n +c (c 为常数,*n N ∈),且a 1，a 2，a 5成公比不等于1的等比数列,设b n =11n n a a +，则数列{}n b 的前n 项和S n ＝ ． 解析：∵a n +1=a n +c ，a 1=1,c 为常数，∴a n =1+（n —1）c ． ∴a 2=1+c ，a 5=1+4c ． 又a 1，a 2，a 5成等比数列，∴(1+c )2=1+4c ，解得c =0或c =2． 当c =0,a n +1=a n 不合题意，舍去． ∴c =2． 故a n =2n —1．∴111111()(21)(21)22121n n n b a a n n n n +===--+-+． ∴S n =b 1+b 2+…+b n = 111111[(1)()()]23352121n n -+-++--+ = 11(1)221n -+= 21nn +．6.(2012·江西文,13)等比数列｛a n}的前n项和为S n，公比不为1.若a1＝1，且对任意的n∈N＋都有a n＋2＋a n＋1－2a n＝0,则S5＝________。

高考数学数列讲与练 第1讲 等差数列与等比数列[考情分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列的综合问题是高考考查的重点． 考点一 等差数列、等比数列的基本运算 核心提炼等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) (1)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.(3)等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(4)等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例1 (1)《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为( ) A ．15.5尺 B ．12.5尺 C ．10.5尺 D ．9.5尺 答案 A解析 从冬至起，十二个节气的日影长依次记为a 1，a 2，a 3，…，a 12，由题意，有a 1＋a 4＋a 7＝37.5，根据等差数列的性质，得a 4＝12.5，而a 12＝4.5，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝12.5，a 1＋11d ＝4.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15.5，d ＝－1，所以冬至的日影长为15.5尺．(2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *)．数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝2164n s +，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________． 答案 －30解析 ∵点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －1的图象上，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝1×(1－2n )1－2＝2n－1，则b n ＝264n＝2n －12(n ∈N *)， ∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列， ∴T n ＝－10n ＋n (n －1)2×2＝n 2－11n ＝⎝⎛⎭⎫n －1122－1214. 又n ∈N *，∴T n 的最小值为T 5＝T 6＝⎝⎛⎭⎫122－1214＝－30. 规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列．(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 C解析 ∵a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ， 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ，∴{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2×2n －1＝2n .又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25， ∴2k ＋1(1－210)1－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)， ∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4.(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 1>0，S 10＝S 20，则( ) A ．d <0 B ．a 16<0 C ．S n ≤S 15D ．当且仅当n ≥32时，S n <0 答案 ABC解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 10＝S 20，得10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，化简得a 1＝－292d .因为a 1>0，所以d <0，故A 正确；因为a 16＝a 1＋15d ＝－292d ＋15d ＝12d ，又d <0，所以a 16<0，故B 正确；因为a 15＝a 1＋14d ＝－292d ＋14d ＝－12d >0，a 16<0，所以S 15最大，即S n ≤S 15，故C 正确；S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n －30)2d ，若S n <0，又d <0，则n >30，故当且仅当n ≥31时，S n <0，故D 错误．考点二 等差数列、等比数列的性质 核心提炼1．通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k . 2．前n 项和的性质：(1)对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外)． (2)对于等差数列，有S 2n －1＝(2n －1)a n .例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( ) A ．11 B ．12 C ．20 D ．22 答案 D解析 结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26， 又该数列为正项数列，可得a 6＝2， 所以由S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1， 可得S 11＝S 2×5＋1＝11a 6＝22.(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 020＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)等于( )A ．2 020B ．1 010C ．2 D.12答案 A解析 ∵a 1a 2 020＝1， ∴f (a 1)＋f (a 2 020)＝21＋a 21＋21＋a 22 020＝21＋a 21＋21＋1a 21＝21＋a 21＋2a 211＋a 21＝2， ∵{a n }为等比数列，则a 1a 2 020＝a 2a 2 019＝…＝a 1 010a 1 011＝1， ∴f (a 2)＋f (a 2 019)＝2，…，f (a 1 010)＋f (a 1 011)＝2， 即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)＝2×1 010＝2 020. 规律方法 等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解．(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8等于( )A ．12B ．24C ．30D ．32 答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝21＝2，所以a 6＋a 7＋a 8＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 5＝1×25＝32.(2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A ．－510 B ．400 C ．400或－510 D ．30或40答案 B解析 ∵正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ， ∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等比数列， ∴10×(130－S 20)＝(S 20－10)2， 解得S 20＝40或S 20＝－30(舍)， 故S 40－S 30＝270，∴S 40＝400.考点三 等差数列、等比数列的探索与证明 核心提炼等差数列 等比数列 定义法 a n ＋1－a n ＝d a n ＋1a n＝q (q ≠0) 通项法 a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1·q n －1 中项法2a n ＝a n －1＋a n ＋1a 2n ＝a n －1a n ＋1证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．例3 (2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝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．(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12(n ∈N *)，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12(n ∈N *)．易错提醒 a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.跟踪演练3 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是不是等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下： 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)．专题强化练一、单项选择题1．在等比数列{a n }中，若a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．4 B ．－4 C ．±4 D ．5 答案 A解析 ∵数列{a n }为等比数列，且a 3＝2，a 7＝8， ∴a 25＝a 3·a 7＝2×8＝16，则a 5＝±4， ∵等比数列奇数项的符号相同，∴a 5＝4.2．(2020·全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S n a n 等于( )A ．2n －1B ．2－21－n C ．2－2n －1 D ．21－n －1答案 B解析 方法一 设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2.由a 5－a 3＝a 1q 4－a 1q 2＝12a 1＝12得a 1＝1. 所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n－1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二 设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 2－a 3＝12， ①a 4q 2－a 4＝24， ② ②①得a 4a 3＝q ＝2. 将q ＝2代入①，解得a 3＝4. 所以a 1＝a 3q2＝1，下同方法一．3．已知等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11.那么一定有( ) A ．a 6≤b 6 B ．a 6≥b 6 C ．a 12≤b 12 D ．a 12≥b 12 答案 B解析 因为等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11，所以a 1＋a 11＝b 1＋b 11＝2a 6，所以a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112≥b 1b 11＝b 6.当且仅当b 1＝b 11时，取等号，此时数列{b n }的公比为1. 4．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C解析 由题意得a n ＋1n ＋1－a nn ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，n －1(n ≥2)取代， 累加得a n n －a 11＝ln n －ln 1，即a nn ＝2＋ln n ，即a n ＝2n ＋n ln n (n ≥2)，又a 1＝2符合上式，故a n ＝2n ＋n ln n .5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A ．a 9＝17B ．a 10＝19C ．S 9＝81D ．S 10＝91 答案 D解析 ∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)， ∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }在n >1，n ∈N *时是等差数列，公差为2， 又a 1＝1，a 2＝2，a n ＝2＋(n －2)×2＝2n －2(n >1，n ∈N *)，∴a 9＝2×9－2＝16，a 10＝2×10－2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选D.6.侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，设外围第1个正方形的边长是m ，侏罗纪蜘蛛网的长度(蜘蛛网中正方形的周长之和)为S n ，则( )A ．S n 无限大B ．S n <3(3＋5)mC ．S n ＝3(3＋5)mD ．S n 可以取100m答案 B解析 由题意可得，外围第2个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫13m 2＋⎝⎛⎭⎫23m 2＝53m ； 外围第3个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫13×53m 2＋⎝⎛⎭⎫23×53m 2＝59m ； ……外围第n 个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫53n －1m .所以蜘蛛网的长度 S n ＝4m ⎣⎡⎦⎤1＋53＋59＋…＋⎝⎛⎭⎫53n －1 ＝4m ×1－⎝⎛⎭⎫53n1－53<4m ×11－53＝3(3＋5)m .故选B. 二、多项选择题7．(2020·厦门模拟)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋3a 5＝S 7，则以下结论一定正确的是( ) A ．a 4＝0 B ．S n 的最大值为S 3 C ．S 1＝S 6 D ．|a 3|<|a 5|答案 AC解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋3(a 1＋4d )＝7a 1＋21d ，解得a 1＝－3d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －4)d ，所以a 4＝0，故A 正确；因为S 6－S 1＝5a 4＝0，所以S 1＝S 6，故C 正确；由于d 的取值情况不清楚，故S 3可能为最大值也可能为最小值，故B 不正确；因为a 3＋a 5＝2a 4＝0，所以a 3＝－a 5，即|a 3|＝|a 5|，故D 错误．8．已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，且a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，记{a n }的前n 项积为T n ，则下列选项中正确的是( )A ．0<q <1B ．a 6>1C ．T 12>1D ．T 13>1答案 ABC解析 由于等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，且a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，所以(a 6－1)(a 7－1)<0，由题意得a 6>1，a 7<1，所以0<q <1，A ，B 正确；因为a 6a 7＋1>2，所以a 6a 7>1，T 12＝a 1·a 2·…·a 11·a 12＝(a 6a 7)6>1，T 13＝a 137<1，所以满足T n >1的最大正整数n 的值为12，C 正确，D 错误． 三、填空题9．(2020·江苏)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋2n －1(n ∈N *)，则d ＋q 的值是________． 答案 4解析 由题意知q ≠1，所以S n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝na 1＋n (n －1)2d ＋b 1(1－q n )1－q＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＋b 11－q －b 1q n1－q ＝n 2－n ＋2n －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧d2＝1，a 1－d 2＝－1，b11－q ＝－1，－b11－q q n＝2n，解得d ＝2，q ＝2，所以d ＋q ＝4.10．(2020·北京市顺义区质检)设S n 为公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和，且3a 1，2a 2，a 3成等差数列，则q ＝________，S 4S 2＝________.答案 3 10解析 设等比数列的通项公式a n ＝a 1q n －1，又因为3a 1,2a 2，a 3成等差数列，所以2×2a 2＝3a 1＋a 3，即4a 1q ＝3a 1＋a 1q 2，解得q ＝3或q ＝1(舍)，S 4S 2＝a 1(1－34)1－3a 1(1－32)1－3＝1－341－32＝10.11．(2020·潍坊模拟)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用a n表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需移动的最少次数，{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1(n 为偶数)，2a n －1＋2(n 为奇数)，则解下5个圆环需最少移动________次． 答案 16解析 因为a 5＝2a 4＋2＝2(2a 3－1)＋2＝4a 3，所以a 5＝4a 3＝4(2a 2＋2)＝8a 2＋8＝8(2a 1－1)＋8＝16a 1＝16， 所以解下5个圆环需最少移动的次数为16.12．已知等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有A ≤2S n－1S n ≤B 恒成立，则B －A 的最小值为________． 答案136解析 ∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，∴S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， 令t ＝⎝⎛⎭⎫－12n ，则－12≤t ≤14，S n ＝1－t ， ∴34≤S n ≤32， ∴2S n －1S n 的最小值为16，最大值为73，又A ≤2S n －1S n ≤B 对任意n ∈N *恒成立，∴B －A 的最小值为73－16＝136.四、解答题13．(2020·聊城模拟)在①a 5＝b 3＋b 5，②S 3＝87，③a 9－a 10＝b 1＋b 2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，________，a 1＝b 6，若对于任意n ∈N *都有T n ＝2b n －1，且S n ≤S k (k 为常数)，求正整数k 的值． 解 由T n ＝2b n －1，n ∈N *得， 当n ＝1时，b 1＝1；当n ≥2时，T n －1＝2b n －1－1， 从而b n ＝2b n －2b n －1，即b n ＝2b n －1，由此可知，数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，故b n ＝2n －1.①当a 5＝b 3＋b 5时，a 1＝32，a 5＝20，设数列{a n }的公差为d ，则a 5＝a 1＋4d ，即20＝32＋4d ，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值．因此，正整数k 的值为11.②当S 3＝87时，a 1＝32,3a 2＝87，设数列{a n }的公差为d ，则3(32＋d )＝87，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值，因此，正整数k 的值为11.③当a 9－a 10＝b 1＋b 2时，a 1＝32，a 9－a 10＝3，设数列{a n }的公差为d ，则－d ＝3，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值，因此，正整数k 的值为11.14．已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n项和为(2n －1)·3n ＋12. (1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值． 解 (1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0，所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．因为a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －1)·3n ＋12， 所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝(2n －3)·3n －1＋12(n ≥2)，两式相减，得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)，因为a n ＝2·3n －1，所以b n ＝n (n ≥2)，当n ＝1时，由a 1b 1＝2及a 1＝2，得b 1＝1(符合上式)，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列， 所以S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n <34. 因为任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，所以m ≥34，即实数m 的最小值为34.第2讲 用“不动点法”求数列的通项公式对于一个函数f (x )，我们把满足f (m )＝m 的值x ＝m 称为函数f (x )的“不动点”．利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式．例 (1)在数列{a n }中，a 1＝1, a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式． 解 设f (x )＝12x ＋1， 令f (x )＝x ，即12x ＋1＝x ，得x ＝2， ∴x ＝2是函数f (x )＝12x ＋1的不动点， ∴a n ＋1－2＝12(a n －2)， ∴数列{a n －2}是以－1为首项，以12为公比的等比数列， ∴a n －2＝－1×⎝⎛⎭⎫12n －1，∴a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1，n ∈N *. (2)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，求该数列的通项公式． 解 由方程x ＝7x －2x ＋4，得数列{a n }的不动点为1和2， a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－(a n ＋4)7a n －2－2(a n ＋4)＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2·⎝⎛⎭⎫65n －1， 解得a n ＝12·⎝⎛⎭⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.(1)若f (x )＝ax ＋b (a ≠0,1)，p 是f (x )的不动点．数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，则a n ＋1－p ＝a (a n －p )，即{a n －p }是公比为a 的等比数列．(2)设f (x )＝ax ＋b cx ＋d (c ≠0，ad －bc ≠0)，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1≠f (a 1)．若f (x )有两个相异的不动点p ，q ，则a n ＋1－p a n ＋1－q ＝k ·a n －p a n －q ⎝⎛⎭⎪⎫此处k ＝a －pc a －qc .1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－13a n －2，a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 解 设f (x )＝－13x －2， 由f (x )＝x ，得x ＝－32. ∴a n ＋1＋32＝－13⎝⎛⎭⎫a n ＋32， 又a 1＝4，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋32是以112为首项，以－13为公比的等比数列， ∴a n ＋32＝112×⎝⎛⎭⎫－13n －1， ∴a n ＝－32＋112·⎝⎛⎭⎫－13n －1，n ∈N *. 2．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n －1＋22a n －1＋1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． 解 解方程x ＝x ＋22x ＋1， 化简得2x 2－2＝0，解得x 1＝1，x 2＝－1，令a n ＋1－1a n ＋1＋1＝c ·a n －1a n ＋1， 由a 1＝2，得a 2＝45，可得c ＝－13， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n ＋1是以a 1－1a 1＋1＝13为首项，以－13为公比的等比数列，∴a n －1a n ＋1＝13·⎝⎛⎭⎫－13n －1， ∴a n ＝3n －(－1)n3n ＋(－1)n. 3．设数列{a n }满足8a n ＋1a n －16a n ＋1＋2a n ＋5＝0(n ≥1，n ∈N *)，且a 1＝1，记b n ＝1a n －12(n ≥1)．求数列{b n }的通项公式．解 由已知得a n ＋1＝2a n ＋516－8a n， 由方程x ＝2x ＋516－8x，得不动点x 1＝12，x 2＝54.所以a n ＋1－12a n ＋1－54＝2a n ＋516－8a n －122a n ＋516－8a n －54＝12·a n －12a n －54， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12a n －54是首项为－2，公比为12的等比数列， 所以a n －12a n －54＝－2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝－42n， 解得a n ＝2n －1＋52n ＋4.故b n ＝1a n －12＝2n ＋43，n ∈N *.第3讲 数列求和及其综合应用[考情分析] 数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上．考点一 数列求和 核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. 2．如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．考向1 分组转化法求和例1 已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1，a 2，a 3－2成等差数列，得2a 2＝a 1＋a 3－2， 即4q ＝2＋2q 2－2，解得q ＝2(q ＝0舍去)，则a n ＝a 1q n －1＝2n ，n ∈N *.(2)b n ＝1a n ＋2log 2a n －1＝12n ＋2log 22n －1＝12n ＋2n －1， 则数列{b n }的前n 项和S n ＝⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＋12n (1＋2n －1)＝1－12n ＋n 2.考向2 裂项相消法求和例2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2－2n ，{b n }为正项等比数列，且b 1＝a 1＋3，b 3＝6a 4＋2.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1a n ＋1·log 2b n ＋1，求{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由S n ＝n 2－2n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2－2(n －1)＝n 2－4n ＋3，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，a 1＝－1也满足此式．所以a n ＝2n －3，n ∈N *. 又b 1＝a 1＋3＝2，b 3＝6a 4＋2＝32，因为{b n }为正项等比数列，设{b n }的公比为q (q >0)．所以q 2＝b 3b 1＝16，即q ＝4， 所以b n ＝b 1·q n －1＝2·4n －1＝22n －1，n ∈N *.(2)因为a n ＋1＝2(n ＋1)－3＝2n －1，b n ＋1＝22n ＋1.所以c n ＝1a n ＋1·log 2b n ＋1＝1(2n －1)·log 222n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. 所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.所以T n ＝n 2n ＋1.考向3 错位相减法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0及a n >0，得⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2－2×a n ＋1a n －3＝0， 解得a n ＋1a n ＝3或a n ＋1a n＝－1(舍)， 所以{a n }是等比数列，且公比q ＝3，又a 1＝2，所以a n ＝2·3n －1，n ∈N *.(2)因为S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1， 所以b n ＝log 3(1＋S n )＝n ，则a n b n ＝2n ·3n －1，所以T n ＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n －2)·3n －2＋2n ·3n －1，①所以3T n ＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n －2)·3n －1＋2n ·3n ，②①－②，得(1－3)T n ＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2·3n －1－2n ·3n＝2(1－3n )1－3－2n ·3n ＝(1－2n )·3n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫n －12·3n ＋12. 规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．跟踪演练1 (1)已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8等于( )A ．－16B ．－8C ．8D ．16答案 C解析 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，则a n ＝n 2－(n ＋1)2＝－2n －1，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.当n 为偶数时，n ＋1为奇数，则a n ＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，则a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝5＋9＋13＋17＝44.所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝－36＋44＝8，故选C.(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n ＋1)a n a n ＋1＋a n ＋1＝a n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020等于( )A.8 0804 041B.4 0784 040C.4 0404 041D.4 0394 040答案 C解析 依题意得a n ≠0，由2(2n ＋1)a n a n ＋1＝a n －a n ＋1，等式两边同时除以a n a n ＋1可得1a n ＋1－1a n＝4n ＋2， 则当n ≥2时，1a n －1a n －1＝4n －2，1a n －1－1a n －2＝4n －6，…，1a 2－1a 1＝6， 以上式子左右两边分别相加可得1a n －1a 1＝(6＋4n －2)(n －1)2， 即1a n ＝2n 2－12＝(2n －1)(2n ＋1)2， 所以a n ＝2(2n －1)(2n ＋1)＝12n －1－12n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝23满足上式．故a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝1－13＋13－15＋…＋14 039－14 041＝1－14 041＝4 0404 041. (3)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．①求数列{a n }与{b n }的通项公式；②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解 ①由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1nb n ＝b n ＋1－b n . 整理得b n ＋1n ＋1＝b n n， 又b 22＝b 11，所以b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知a n b n ＝n ·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1.故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．考点二 数列的综合问题核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明．例4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy 中，一个质点从A (a 1，a 2)出发沿图中路线依次经过B (a 3，a 4)，C (a 5，a 6)，D (a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 017＋a 2 018＋ a 2 019＋a 2 020等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020答案 C解析 由直角坐标系可知，A (1,1)，B (－1,2)，C (2,3)，D (－2,4)，E (3,5)，F (－3,6)，即a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4，…，由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，且都等于其项数除以2；每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数，因为2 020÷4＝505，所以a 2 017＝505，a 2 018＝1 009，a 2 019＝－505，a 2 020＝1 010， a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝2 019.(2)(2020.洛阳第一高级中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋ (1)a n ＝n 2＋n (n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则λ的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫14，＋∞B.⎣⎡⎭⎫14，＋∞C.⎣⎡⎭⎫38，＋∞D.⎝⎛⎭⎫38，＋∞ 答案 D解析 因为a 1＋12a 2＋ (1)a n ＝n 2＋n (n ∈N *)， 所以 a 1＋12a 2＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)(n ∈N *，n ≥2)， 故1na n ＝2n ，即a n ＝2n 2(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝12＋1＝2，满足上式，故a n ＝2n 2(n ∈N *)．b n ＝2n ＋14n 2×(n ＋1)2＝14⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋1)2， 故T n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫112－122＋⎝⎛⎭⎫122－132＋…＋1n 2－1(n ＋1)2 ＝14⎣⎡⎦⎤1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n 4(n ＋1)2，故T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立等价于n 2＋2n 4(n ＋1)2<n n ＋1λ，即n ＋24(n ＋1)<λ恒成立，化简，得14＋14(n ＋1)<λ， 因为14＋14(n ＋1)≤14＋18＝38，故λ>38. 易错提醒 (1)公式a n ＝S n －S n －1适用于所有数列，但易忽略n ≥2这个前提．(2)数列和不等式的综合问题，要注意条件n ∈N *，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度．跟踪演练2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，则“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”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答案 C解析 若在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，a 1<a 2，则1＋λ<4＋2λ，解得λ>－3，若数列{a n }是单调递增数列，则对任意的n ∈N *都满足a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ>0，∴λ>－1－2n ，即λ>(－1－2n )max ＝－3，因此，“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的充要条件．(2)设曲线y ＝2 020x n ＋1(n ∈N *)在点(1，2 020)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝ log 2 020x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 019的值为( ) A ．2 020 B ．2 019 C ．1 D ．－1 答案 D解析 因为y ′＝2 020(n ＋1)x n ，所以切线方程是y －2 020＝2 020(n ＋1)(x －1)，所以x n ＝nn ＋1， 所以a 1＋a 2＋…＋a 2 019＝log 2 020(x 1·x 2·…·x 2 019) ＝log 2 020⎝⎛⎭⎫12×23×…×2 0192 020＝log 2 02012 020＝－1. 专题强化练一、单项选择题1．(2020·聊城模拟)数列1,6,15,28,45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第10个六边形数为( )A ．153B ．190C ．231D ．276 答案 B解析 由题意知，数列{a n }的各项为1,6,15,28,45，…，所以a 1＝1＝1×1，a 2＝6＝2×3，a 3＝15＝3×5，a 4＝28＝4×7，a 5＝45＝5×9，…，a n ＝n (2n －1)，所以a 10＝10×19＝190.2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 020等于( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 答案 A解析 ∵a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，……，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2 020＝336×0＋a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3.故选A.3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n ＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( ) A.12×(310－1) B.18×(910－1) C.126×(279－1) D.126×(2710－1) 答案 D解析 因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，所以{a n }为等差数列，公差为3，{b n }为等比数列，公比为3， 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝1×3n －1＝3n －1， 所以n a b ＝33n －3＝27n －1，所以{}n a b 是以1为首项，27为公比的等比数列， 所以{}na b 的前10项和为1×(1－2710)1－27＝126×(2710－1)．4．已知数列{a n }和{b n }的首项均为1，且a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0，则S 2 021等于( ) A ．2 021 B.12 021 C ．4 041 D.14 041答案 D解析 由a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n 可得a n ＋1＝a n ， 即数列{a n }是常数列，又数列{a n }的首项为1，所以a n ＝1，所以当S n S n ＋1≠0时，2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0可化为2S n S n ＋1＋b n ＋1＝0， 因为S n 为数列{b n }的前n 项和，所以2S n S n ＋1＋b n ＋1＝2S n S n ＋1＋(S n ＋1－S n )＝0， 所以1S n ＋1－1S n＝2，又1S 1＝1b 1＝1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，故S n ＝12n －1，即S n S n ＋1≠0.所以S 2 021＝14 041.5．定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．记函数f (x )的极大值点从小到大依次为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值依次为b 1，b 2，…，b n ，…，则S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( ) A ．19×320＋1 B ．19×319＋1 C ．20×319＋1 D ．20×320＋1答案 A解析 当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2＝1－(x －1)2，可得a 1＝1，b 1＝1；当2≤x <4时，有0≤x －2<2，可得f (x )＝3f (x －2)＝3[1－(x －3)2]，可得a 2＝3，b 2＝3；当4≤x <6时，有0≤x －4<2，可得f (x )＝9f (x －4)＝9[1－(x －5)2]，可得a 3＝5，b 3＝9；…；a 20＝39，b 20＝319；….故S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20＝1×1＋3×3＋5×9＋…＋39×319，3S 20＝1×3＋3×9＋5×27＋…＋39×320，两式相减可得－2S 20＝1＋2(3＋9＋27＋…＋319)－39×320＝1＋2×3×(1－319)1－3－39×320，化简可得S 20＝1＋19×320.故选A. 二、多项选择题6．若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝n D ．a n ＝lnnn ＋1答案 CD解析 对于A ，若a n ＝3n ，则a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－3n ＝3，所以{a n ＋1－a n }不为递减数列，故数列{a n }不是“差递减数列”；对于B ，若a n ＝n 2＋1，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1，所以{a n ＋1－a n }是递增数列，故数列{a n }不是“差递减数列”；对于C ，若a n ＝n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1－n ＝1n ＋1＋n，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故数列{a n }是“差递减数列”；对于D ，若a n ＝lnn n ＋1，则a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＋2－ln n n ＋1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2·n ＋1n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋2n ，由于函数y ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x 2＋2x 在(0，＋∞)上单调递减，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故数列{a n }是“差递减数列”．7．(2020·浙江改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，a 1d ≤1.记b 1＝S 2，b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ，n ∈N *，下列等式可能成立的是( ) A ．2a 4＝a 2＋a 6 B ．2b 4＝b 2＋b 6 C ．a 24＝a 2a 8 D ．b 24＝b 2b 8答案 ABC解析 由题意，知b 1＝S 2＝a 1＋a 2， b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2， 可得b n ＝a 2n －1＋a 2n (n >1，n ∈N *)． 由{a n }为等差数列，可知{b n }为等差数列．选项A 中，由a 4为a 2，a 6的等差中项，得2a 4＝a 2＋a 6，成立． 选项B 中，由b 4为b 2，b 6的等差中项，得2b 4＝b 2＋b 6，成立． 选项C 中，a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d ，a 8＝a 1＋7d .由a 24＝a 2a 8，可得(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，化简得a 1d ＝d 2，又由d ≠0，可得a 1＝d ，符合a 1d≤1，成立．选项D 中，b 2＝a 3＋a 4＝2a 1＋5d ，b 4＝a 7＋a 8＝2a 1＋13d ， b 8＝a 15＋a 16＝2a 1＋29d .由b 24＝b 2b 8，知(2a 1＋13d )2＝(2a 1＋5d )(2a 1＋29d )，化简得2a 1d ＝3d 2， 又由d ≠0，可得a 1d ＝32.这与已知条件a 1d≤1矛盾．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论错误的是( ) A ．S n ＝2T n B ．T n ＝2b n ＋1 C ．T n >a n D ．T n <b n ＋1答案 ABC解析 由题意可得S n ＋3＝3×2n ，S n ＝3×2n －3，a n ＝S n －S n －1＝3×2n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×21－3＝3，满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3×2n －1(n ∈N *)．设等比数列{b n }的公比为q ，则b 1q n －1＋b 1q n ＝3×2n －1，解得b 1＝1，q ＝2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1(n ∈N *)，由等比数列的求和公式有T n ＝2n －1.则有S n ＝3T n ，T n ＝2b n －1，T n <a n ，T n <b n ＋1.三、填空题9．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝________.答案 99 解析 a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，故前n 项和S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S k ＝k ＋1－1＝9，解得k ＝99.10．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1a n ＝n ＋2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前10项和为________． 答案n ＋12 53解析 因为a n ＋1a n ＝n ＋2n ＋1，所以a 2a 1＝32，a 3a 2＝43，a 4a 3＝54，…，a n a n －1＝n ＋1n (n ≥2)，把它们左右两边分别相乘，得a n ＝n ＋12(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，所以a n ＝n ＋12(n ∈N *)．所以1a n a n ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前10项和为4×⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋111－112＝4×⎝⎛⎭⎫12－112＝53. 11．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则a 5＝________，b 10＝________. 答案 4 64解析 因为a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点， 所以a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两个根， 根据根与系数的关系，可得a n ·a n ＋1＝2n ， a n ＋a n ＋1＝b n ，由a n ·a n ＋1＝2n ，可得a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1， 两式相除可得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成公比为2的等比数列，a 2，a 4，a 6，…成公比为2的等比数列，又由a 1＝1，得a 2＝2，所以a 5＝1×22＝4，a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32， 所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64.12．在数列{a n }中，a 1＋a 22＋a 33＋…＋a nn ＝2n －1(n ∈N *)，且a 1＝1，若存在n ∈N *使得a n ≤n (n＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________． 答案 12解析 依题意得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的前n 项和为2n －1，当n ≥2时，a n n ＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，且a 11＝21－1＝21－1，因此a n n ＝2n －1(n ∈N *)，a n n (n ＋1)＝2n －1n ＋1，记b n ＝2n －1n ＋1，则b n >0，b n ＋1b n ＝2(n ＋1)n ＋2＝(n ＋2)＋n n ＋2>n ＋2n ＋2＝1，b n ＋1>b n ，数列{b n }是递增数列，数列{b n }的最小项是b 1＝12.依题意得，存在n ∈N *使得λ≥a n n (n ＋1)＝b n 成立，即有λ≥b 1＝12，λ的最小值是12.四、解答题13．(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列， 设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12(舍)所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128， 所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0； b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]， 则b 2＝b 3＝1，即有2个1； b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为 (0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]， 则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2， 即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3， 即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]， 则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]， 则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]， 则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1.(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n －1·4(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·b n ，数列{d n }的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)，两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b nn＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b nn＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2(n ∈N *)． 当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －1， 又a 1＝1≠0，所以a na n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， 从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3) ＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3，T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3 ＝13－14n ＋3(n ∈N *)． (3)由(1)得d n ＝a n ·b n ＝n ·2n －1，D n＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，①2D n＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.②①－②得，－D n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝2n－1－n·2n，所以D n＝(n－1)·2n＋1，由(1)得S n＝2a n－1＝2n－1，因为任意n∈N*，都有D n≤nS n－a，即(n－1)·2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立，所以a≤2n－n－1恒成立，记e n＝2n－n－1，所以a≤(e n)min，因为e n＋1－e n＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1) ＝2n－1>0，从而数列{e n}为递增数列，所以当n＝1时，e n取最小值e1＝0，于是a≤0. 所以a的取值范围为(－∞，0]．。

数列题型讲义题型一：由数列的递推公式求通项1、根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)； (3)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，且a 1＝2，求a n . 解 (1)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1. (2)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n . (3)∵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 ＋1 2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2. 方法归纳： 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a n a n －1＝f (n )时，用累乘法求解．2、 根据下列各个数列{a n }的首项和基本关系式，求其通项公式．(1)a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)； (2)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n . 解 (1)∵a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)，∴a n －1＝a n －2＋3n －2， a n －2＝a n －3＋3n －3， … a 2＝a 1＋31，以上(n －1)个式子相加得 a n ＝a 1＋31＋32＋…＋3n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12. (2)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，∴a n ＋1－a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝ln n ＋1n ，∴a n －a n －1＝ln n n －1，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2，…a 2－a 1＝ln 21， 以上(n －1)个式相加得，∴a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln n ．又a 1＝2，∴a n ＝ln n ＋2. 题型二： 数列性质的应用3、 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－n 2＋24n (n ∈N *)．(1)求{a n }的通项公式； (2)当n 为何值时，S n 达到最大？最大值是多少？解 (1)n ＝1时，a 1＝S 1＝23. n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－n 2＋24n ＋(n －1)2－24(n －1)＝－2n ＋25.经验证，a 1＝23符合a n ＝－2n ＋25，∴a n ＝－2n ＋25(n ∈N *)．(2)法一 ∵S n ＝－n 2＋24n ，∴n ＝12时，S n 最大且S n ＝144.法二 ∵a n ＝－2n ＋25，∴a n ＝－2n ＋25＞0，有n ＜252.∴a 12＞0，a 13＜0，故S 12最大，最大值为144.方法归纳： (1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决．(2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用①作差法，②作商法，③结合函数图象等方法．题型 等差数列的判定或证明4、已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12. (1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列； (2)求a n 的表达式． (1)证明 ∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0，∴1S n －1S n －1＝2(n ≥2)． 由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以2为公差的等差数列． (2)解 由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，有a n ＝－2S n ×S n －1＝－12n n －1， 又∵a 1＝12，不适合上式，∴a n ＝⎩⎨⎧ 12，n ＝1，－12n n －1 ，n ≥2.方法归纳： 等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式法和前n 项和公式法主要适合在选择题中简单判断．题型三：等差数列前n 项和的最值5、在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值．解 法一 ∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，∴d ＝－53.∴a n ＝20＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫－53＝－53n ＋653. ∴a 13＝0.即当n ≤12时，a n ＞0，n ≥14时，a n ＜0.∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝⎛⎭⎫－53＝130. 法二 同法一求得d ＝－53.∴S n ＝20n ＋n n －1 2·⎝⎛⎭⎫－53＝－56n 2＋1256n ＝－56⎝⎛⎭⎫n －2522＋3 12524. ∵n ∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.法三 同法一得d ＝－53.又由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0.∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.方法归纳： 求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．(2)利用等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值．题型四：等差数列性质的应用6、设等差数列的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，S n ＝324，最后6项的和为180(n ＞6)，求数列的项数n . 解 由题意可知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216.∴a 1＋a n ＝36.又S n ＝n a 1＋a n 2＝324，∴18n ＝324. ∴n ＝18.方法归纳： 本题的解题关键是将性质m ＋n ＝p ＋q ⇒a m ＋a n ＝a p ＋a q 与前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2结合在一起，采用整体思想，简化解题过程．题型五：等比数列的判定或证明7、已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *. (1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．(1)证明 b 1＝a 2－a 1＝1.当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， ∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝⎛⎭⎫－12＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n －2＝1＋1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12＝1＋23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1. 当n ＝1时，53－23⎝⎛⎭⎫－121－1＝1＝a 1， ∴a n ＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ∈N *)． 方法归纳： 证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．题型六：等比数列的性质及应用8、已知等比数列前n 项的和为2，其后2n 项的和为12，求再后面3n 项的和．解 ∵S n ＝2，其后2n 项为S 3n －S n ＝S 3n －2＝12，∴S 3n ＝14.由等比数列的性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，即(S 2n －2)2＝2·(14－S 2n )解得S 2n ＝－4，或S 2n ＝6.当S 2n ＝－4时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…是首项为2，公比为－3的等比数列，则S 6n ＝S n ＋(S 2n －S n )＋…＋(S 6n －S 5n )＝－364，∴再后3n 项的和为S 6n －S 3n ＝－364－14＝－378.当S 2n ＝6时，同理可得再后3n 项的和为S 6n －S 3n ＝126－14＝112.故所求的和为－378或112.方法归纳： 本题利用了等比数列的性质中的第4条，其和S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，若把数列{a n }平均分成若干组，其积也为等比数列．题型七：公式法求和9、已知数列{a n }是首项a 1＝4，公比q ≠1的等比数列，S n 是其前n 项和，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列．(1)求公比q 的值； (2)求T n ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n 的值．解 (1)由题意得2a 5＝4a 1－2a 3. ∵{a n }是等比数列且a 1＝4，公比q ≠1，∴2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，∴q 4＋q 2－2＝0，解得 q 2＝－2(舍去)或q 2＝1，∴q ＝－1. (2)∵a 2，a 4，a 6，…，a 2n 是首项为a 2＝4×(－1)＝－4，公比为q 2＝1的等比数列， ∴T n ＝na 2＝－4n .方法归纳： 用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．题型八：分组转化求和10、已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求：(1)p ，q 的值； (2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．解 (1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x 4＝24p ＋4q ，x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n n ＋1 2. 方法归纳： 对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．题型九：裂项相消法求和11、在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式； (2)设b n ＝S n 2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，①由题意S n －1·S n ≠0， ①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列． ∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －1 2n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.方法归纳： 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．题型十：错位相减法求和12、已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，∵a n 2n －1＝2－n 2n －1＝12n －2－n 2n －1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫2＋1＋12＋122＋…＋12n －2－⎝⎛⎭⎫1＋22＋322＋…＋n 2n －1. 记T n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1，① 则12T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，② ①－②得：12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ， ∴12T n ＝1－12n 1－12－n 2n .即T n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n －n 2n －1.∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－4⎝⎛⎭⎫1－12n ＋n 2n －1＝4⎝⎛⎭⎫1－12n －4⎝⎛⎭⎫1－12n ＋n 2n －1＝n 2n －1. 方法归纳： 用错位相减法求和时，应注意 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．13、设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和S n .。

北京数学高考总复习：数列的应用之知识讲解、经典例题及答案知识网络：目标认知考试大纲要求：1.等差数列、等比数列公式、性质的综合及实际应用；2.掌握常见的求数列通项的一般方法；3.能综合应用等差、等比数列的公式与性质，并能解决简单的实际问题.4.用数列知识分析解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.重点：1.掌握常见的求数列通项的一般方法；3.用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题难点：用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.知识要点梳理知识点一：通项及前n项与的关系任意数列的前n项与；注意：由前n项与求数列通项时，要分三步进展：〔1〕求，〔2〕求出当n≥2时的，〔3〕如果令n≥2时得出的中的n=1时有成立，那么最后的通项公式可以统一写成一个形式，否那么就只能写成分段的形式.知识点二：常见的由递推关系求数列通项的方法1.迭加累加法：，那么，，…，2.迭乘累乘法：，那么，，…，知识点三：数列应用问题1.数列应用问题的教学已成为中学数学教学及研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,有关平均增长率、利率〔复利〕以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.2.建立数学模型的一般方法步骤.①认真审题，准确理解题意，到达如下要求：⑴明确问题属于哪类应用问题；⑵弄清题目中的主要事项；⑶明确所求的结论是什么.②抓住数量关系，联想数学知识与数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达.③将实际问题抽象为数学问题，将及所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式〔如函数关系、方程、不等式〕.规律方法指导1.由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想；2.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项与公式等.3.加强数列知识及函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：〔1〕通过知识间的相互转化，更好地掌握数学中的转化思想；〔2〕通过解数列及其他知识的综合问题，培养分析问题与解决问题的综合能力.经典例题精析类型一：迭加法求数列通项公式1．在数列中，，，求.解析：∵，当时，，，，将上面个式子相加得到：∴〔〕，当时，符合上式故.总结升华：1. 在数列中，，假设为常数，那么数列是等差数列；假设不是一个常数，而是关于的式子，那么数列的解析式，而的与是可求的，那么可用多式累〔迭〕加法得.举一反三：【变式1】数列，，，求.【答案】【变式2】数列中，，求通项公式.【答案】.类型二：迭乘法求数列通项公式2．设是首项为1的正项数列，且，求它的通项公式.解析：由题意∴∵，∴，∴，∴，又，∴当时，，当时，符合上式∴.总结升华：1. 在数列中，，假设为常数且，那么数列是等比数列；假设不是一个常数，而是关于的式子，那么数列不是等比数列.2．假设数列有形如的解析关系，而的积是可求的，那么可用多式累〔迭〕乘法求得.举一反三：【变式1】在数列中，，，求.【答案】【变式2】数列中，，，求通项公式.【答案】由得，∴，∴，∴当时，当时，符合上式∴类型三：倒数法求通项公式3．数列中，,，求.思路点拨：对两边同除以得即可.解析：∵，∴两边同除以得，∴成等差数列，公差为d=5，首项，∴，∴.总结升华：1．两边同时除以可使等式左边出现关于与的一样代数式的差，右边为一常数，这样把数列的每一项都取倒数，这又构成一个新的数列，而恰是等差数列.其通项易求，先求的通项，再求的通项.2．假设数列有形如的关系，那么可在等式两边同乘以，先求出，再求得.举一反三：【变式1】数列中，，，求.【答案】【变式2】数列中，,，求.【答案】.类型四：待定系数法求通项公式4．数列中，，，求.法一：设，解得即原式化为设，那么数列为等比数列，且∴法二：∵①②由①－②得：设，那么数列为等比数列∴∴∴法三：，，，……，，∴总结升华：1．一般地，对数列的项满足，〔为常数，〕,那么可设得，利用得即，从而将数列转化为求等比数列的通项.第二种方法利用了递推关系式作差，构造新的等比数列.这两种方法均是常用的方法.2．假设数列有形如〔k、b为常数〕的线性递推关系，那么可用待定系数法求得.举一反三：【变式1】数列中，，求【答案】令，那么，∴，即∴，∴为等比数列，且首项为，公比，∴，故.【变式2】数列满足,而且，求这个数列的通项公式.【答案】∵，∴设，那么，即，∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，∴，∴.∴.类型五：与的递推关系的应用5．数列中，是它的前n项与，并且, .(1)设,求证：数列是等比数列；(2)设，求证：数列是等差数列；(3)求数列的通项公式及前n项与.解析：〔1〕因为，所以以上两式等号两边分别相减，得即，变形得因为，所以由此可知，数列是公比为2的等比数列.由,,所以, 所以,所以.〔2〕，所以将代入得由此可知，数列是公差为的等差数列，它的首项，故.〔3〕，所以当n≥2时，∴由于也适合此公式，故所求的前n项与公式是.总结升华：该题是着眼于数列间的相互关系的问题，解题时，要注意利用题设的条件，通过合理转换，将非等差、等比数列转化为等差、等比数列，求得问题的解决利用等差〔比〕数列的概念，将关系式进展变形，变形成能做出判断的等差或等比数列，这是数列问题中的常见策略.举一反三：【变式1】设数列首项为1，前n项与满足.〔1〕求证：数列是等比数列；〔2〕设数列的公比为，作数列，使，，求的通项公式.【答案】〔1〕，∴∴，又①－②∴，∴是一个首项为1公比为的等比数列；〔2〕∴∴是一个首项为1公比为的等差比数列∴【变式2】假设, ()，求.【答案】当n≥2时，将代入, ∴,整理得两边同除以得〔常数〕∴是以为首项，公差d=2的等差数列，∴，∴.【变式3】等差数列中，前n项与，假设.求数列的前n项与.【答案】∵为等差数列，公差设为,∴,∴,∴,假设，那么, ∴.∵，∴,∴,∴,∴①②①-②得∴类型六：数列的应用题6.在一直线上共插13面小旗，相邻两面间距离为10m，在第一面小旗处有某人把小旗全部集中到一面小旗的位置上，每次只能拿一面小旗，要使他走的路最短，应集中到哪一面小旗的位置上？最短路程是多少？思路点拨：此题求走的总路程最短，是一个数列求与问题，而如何求与是关键，应先画一草图，研究他从第一面旗到另一面旗处走的路程，然后求与.解析：设将旗集中到第x面小旗处，那么从第一面旗到第面旗处，共走路程为了，回到第二面处再到第面处是，回到第三面处再到第面处是，，从第面处到第面处取旗再回到第面处的路程为，从第面处到第面处取旗再回到第面处，路程为20×2，总的路程为：∵，∴时,有最小值答：将旗集中到第7面小旗处，所走路程最短.总结升华：此题属等差数列应用问题，应用等差数列前项与公式，在求与后，利用二次函数求最短路程.举一反三：【变式1】某企业2007年12月份的产值是这年1月份产值的倍，那么该企业2007年年度产值的月平均增长率为〔〕A．B．C．D．【答案】D；解析：从2月份到12月份共有11个月份比基数〔1月份〕有产值增长，设为，那么【变式2】某人2006年1月31日存入假设干万元人民币，年利率为，到2007年1月31日取款时被银行扣除利息税〔税率为〕共计元，那么该人存款的本金为〔〕A．1.5万元B．2万元C．3万元D．2.5万元【答案】B；解析：本金利息／利率，利息利息税／税率利息〔元〕，本金〔元〕【变式3】根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开场的个月内累积的需求量〔万件〕近似地满足.按比例预测，在本年度内，需求量超过万件的月份是( ) A．5月、6月B．6月、7月C．7月、8月D．9月、10月【答案】C；解析：第个月份的需求量超过万件，那么解不等式，得，即.【变式4】某种汽车购置时的费用为10万元，每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，依次成等差数列递增，问这种汽车使用多少年后报废最合算？〔即年平均费用最少〕【答案】设汽车使用年限为年，为使用该汽车平均费用.当且仅当，即〔年〕时等到号成立.因此该汽车使用10年报废最合算.【变式5】某市2006年底有住房面积1200万平方米，方案从20 07年起，每年撤除20万平方米的旧住房.假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%.〔1〕分别求2007年底与2021年底的住房面积；〔2〕求2026年底的住房面积.〔计算结果以万平方米为单位，且准确到0.01〕【答案】〔1〕2007年底的住房面积为1200(1+5%)－20=1240〔万平方米〕，2021年底的住房面积为1200(1+5%)2－20(1+5%)－20=12 82〔万平方米〕，∴2007年底的住房面积为1240万平方米；2021年底的住房面积为1282万平方米.〔2〕2007年底的住房面积为[1200(1+5%)－20]万平方米，2021年底的住房面积为[1200(1+5%)2－20(1+5%)－20]万平方米，2021年底的住房面积为[1200(1+5%)3－20(1+5%)2－20(1+ 5%)－20]万平方米，…………2026年底的住房面积为[1200(1+5%)20―20(1+5%)1 9―……―20(1+5%)―20] 万平方米即1200(1+5%)20―20(1+5%)19―20(1+5%)18―……―20(1 +5%)―20≈2522.64〔万平方米〕，∴2026年底的住房面积约为2522.64万平方米.高考题萃1．〔2021四川〕设数列的前项与为.〔Ⅰ〕求；〔Ⅱ〕证明：是等比数列；〔Ⅲ〕求的通项公式.解析：〔Ⅰ〕因为，∴由知，得①所以，，∴〔Ⅱ〕由题设与①式知所以是首项为2，公比为2的等比数列.〔Ⅲ〕2．〔2021全国II〕设数列的前项与为．，，．〔Ⅰ〕设，求数列的通项公式；〔Ⅱ〕假设，，求的取值范围．解析：〔Ⅰ〕依题意，，即，由此得．因此，所求通项公式为，．①〔Ⅱ〕由①知，，于是，当时，，，当时，．又．综上，所求的的取值范围是．3．〔2021天津〕数列中，，，且．〔Ⅰ〕设，证明是等比数列；〔Ⅱ〕求数列的通项公式；〔Ⅲ〕假设是及的等差中项，求的值，并证明：对任意的，是及的等差中项．解析：〔Ⅰ〕由题设，得，即．又，，所以是首项为1，公比为的等比数列．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕，，，……，．将以上各式相加，得．所以当时，上式对显然成立．〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕，当时，显然不是及的等差中项，故．由可得，由得①整理得，解得或〔舍去〕，于是．另一方面，，．由①可得．所以对任意的，是及的等差中项．4．〔2021陕西〕数列的首项，，．〔Ⅰ〕求的通项公式；〔Ⅱ〕证明：对任意的，，；〔Ⅲ〕证明：．解析：〔Ⅰ〕，，，又，是以为首项，为公比的等比数列．，．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，，原不等式成立．另解：设，那么，当时，；当时，，当时，取得最大值．原不等式成立．〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕知，对任意的，有．令，那么，．原不等式成立．学习成果测评根底达标：1．假设数列中，且(n是正整数)，那么数列的通项=____.2．对正整数n，设曲线在x＝2处的切线及y轴交点的纵坐标为，那么数列的前n项与的公式是____________.3. 设是等比数列，是等差数列，且，数列的前三项依次是，且，那么数列的前10项与为____________.4. 如果函数满足：对于任意的实数，都有，且，那么____________5．数列中，, ()，求通项公式.6．数列中，，，，求的通项公式.7．各项均为正数的数列的前项与满足，且，，求的通项公式.8．设数列满足，．〔Ⅰ〕求数列的通项；〔Ⅱ〕设，求数列的前项与．能力提升：9．数列的前项与为，，．〔Ⅰ〕求数列的通项；〔Ⅱ〕求数列的前项与．10．数列的前n项与为, 是各项为正数的等比数列，试比拟及的大小关系.11．某国采用养老储藏金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储藏金，数目为，以后每年交纳的数目均比上一年增加，因此，历年所交纳的储藏金数目是一个公差为的等差数列．及此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为，那么，在第年末，第一年所交纳的储藏金就变为，第二年所交纳的储藏金就变为，……．以表示到第年末所累计的储藏金总额．〔Ⅰ〕写出及的递推关系式；〔Ⅱ〕求证：，其中是一个等比数列，是一个等差数列．12．2007年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2021年开场，方案每年将非绿化面积的8%绿化，由于修路与盖房等用地，原有绿化面积的2%被非绿化.〔1〕设该县的总面积为1，2007年底绿化面积为，经过n年后绿化的面积为，试用表示；〔2〕求数列的第n+1项；〔3〕至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%.〔参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771〕综合探究：13．函数，设曲线在点处的切线及x轴的交点为，其中为正实数.〔Ⅰ〕用表示；〔Ⅱ〕假设，记，证明数列成等比数列，并求数列的通项公式；〔Ⅲ〕假设，，是数列的前n项与，证明. 参考答案：根底达标：1.答案：解析：由题设的递推公式可得∴即,2．答案：2n+1-2解析：，曲线在x=2处的切线的斜率为，切点为〔2，-2n〕,所以切线方程为y+2n=k(x-2),令x=0得,令.数列的前n项与为2+22+23+…+2n=2n+1-23. 答案：9784. 答案：5．解析：将递推关系整理为两边同除以得当时，，，……，将上面个式子相加得到：，即，∴〔〕.当时，符合上式故.6.解析：由题设∴．所以数列是首项为，公比为的等比数列，∴，即的通项公式为，．7.解析：由，解得或，由假设，因此，又由，得，即或，因，故不成立，舍去．因此，从而是公差为，首项为的等差数列，故的通项为．8.解析：〔Ⅰ〕，①∴当时，②①-②得，．在①中，令，得符合上式∴．〔Ⅱ〕，∴．，③．④④-③得．即，．能力提升：9．解析：〔Ⅰ〕，，又，数列是首项为，公比为的等比数列，∴．当时，，〔Ⅱ〕，当时，；当时，，…………①，…………②得：．．又也满足上式，．10.解析：∵为各项为正数的等比数列，设其首项为，公比为, 那么有,，(),∴，即〔1〕当时，，,而,∴∴时，.〔2〕当时，，,∴①当时，，∴②当时，，∴③当时，，∴综上，〔1〕在时恒有〔2〕在时，①假设那么；②假设那么；③假设那么.11.解析：〔Ⅰ〕．〔Ⅱ〕，对反复使用上述关系式，得，①在①式两端同乘，得②②①，得．即．如果记，，那么．其中是以为首项，以为公比的等比数列；是以为首项，为公差的等差数列.12.解析：〔1〕设2007年底非绿化面积为b1，经过n年后非绿化面积为.于是a1+b1=1，依题意，是由两局部组成：一局部是原有的绿化面积减去被非绿化局部后剩余面积，另一局部是新绿化的面积，∴.〔2〕，.数列是公比为，首项的等比数列.∴.〔3〕由，得，，，∴至少需要7年的努力，才能使绿化率超过60%.综合探究：13.解析：〔Ⅰ〕由题可得．所以曲线在点处的切线方程是：．即．令，得，即．显然，∴．〔Ⅱ〕由，知，同理．故．从而，即．所以，数列成等比数列．故，即．从而，所以〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕知，∴∴当时，显然．当时，∴．综上，．。

数列考试题型及答案详解一、选择题1. 已知数列\( a_n \)的通项公式为\( a_n = 2n - 1 \)，该数列是：A. 等差数列B. 等比数列C. 既不是等差数列也不是等比数列D. 常数数列答案：A2. 若数列\( b_n \)满足\( b_n = b_{n-1} + 3 \)，且\( b_1 = 1 \)，则\( b_5 \)的值为：A. 10B. 13C. 16D. 19答案：B二、填空题3. 给定数列\( c_n \)的前几项为\( c_1 = 1, c_2 = 3, c_3 = 6 \)，若数列\( c_n \)是等差数列，则\( c_4 \)的值为______。

答案：104. 若数列\( d_n \)的前\( n \)项和为\( S_n = 2n^2 - n \)，求\( d_4 \)的值。

答案：15三、解答题5. 已知数列\( e_n \)的前\( n \)项和为\( S_n = 3n^2 + n \)，求证数列\( e_n \)是等差数列，并求出其首项和公差。

证明：由题意知，\( S_1 = e_1 = 3 \times 1^2 + 1 = 4 \)。

当\( n \geq 2 \)时，\( e_n = S_n - S_{n-1} = (3n^2 + n) - [3(n-1)^2 + (n-1)] = 6n - 2 \)。

又\( e_1 = 4 \)，满足上述等式，故\( e_n = 6n - 2 \)。

由\( e_n \)的表达式可知，\( e_n - e_{n-1} = 6 \)，即数列\( e_n \)的公差为6，首项为4，因此\( e_n \)是等差数列。

6. 已知数列\( f_n \)的通项公式为\( f_n = 3^n - 2^n \)，求\( f_{10} \)的值。

解答：根据题意，\( f_{10} = 3^{10} - 2^{10} \)。

计算得\( f_{10} = 59049 - 1024 = 58025 \)。

数列与不等式压轴大题练习题和详细分析解答（2）1．已知项数为()*2m m N m ∈≥，的数列{}n a 满足如下条件：①()*1,2,,n a Nn m ∈=；②12···.m a a a <<<若数列{}n b 满足()12*···1m n n a a a a b N m +++-=∈-，其中1,2,,n m=则称{}n b 为{}n a 的“伴随数列”.（I ）数列13579，，，，是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”；若不存在，请说明理由；（II ）若{}n b 为{}n a 的“伴随数列”，证明：12···m b b b >>>； （III ）已知数列{}n a 存在“伴随数列”{}n b ，且112049m a a ==，，求m 的最大值.2．已知数列{}n a 中，12112,4,23(2)n n n a a a a a n +-==+=≥． (1)求证：数列{}1n n a a +-是等比数列； (2)求数列{}n a 的通项公式；(3)设12122311,...n n n n n n a a a b a S b b b b b b +=-=+++，若对任意*n N ∈，有2823n m S m ≥-恒成立，求实数m 的取值范围．3．用[]x 表示一个小于或等于x 的最大整数.如：[]22=，[]4.14=，[]3.14-=-. 已知实数列0a 、1a 、对于所有非负整数i 满足[][]()1i i i i a a a a +⋅=-，其中0a 是任意一个非零实数.（Ⅰ）若0 2.6a =-，写出1a 、2a 、3a ； （Ⅱ）若00a >，求数列[]{}i a 的最小值；（Ⅲ）证明：存在非负整数k ，使得当i k ≥时，2i i a a +=.4．已知函数()1sin ()x f x e a x a R =--∈（1）当x ∈[0，π]时，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(参考数据：sin 1≈0.84) （2）当a =1时，数列{a n }满足：0<a n <1，1n a +=f (a n )，求证：{a n }是递减数列.5．设无穷数列{}n a 的每一项均为正数，对于给定的正整数k ，n n n k b a a +=⋅(*n N ∈)，若{}n b 是等比数列，则称{}n a 为()B k 数列.（1）求证：若{}n a 是无穷等比数列，则{}n a 是()B k 数列； （2）请你写出一个不是等比数列的(1)B 数列的通项公式；（3）设{}n a 为(1)B 数列，且满足2213a a a =⋅，请用数学归纳法证明：{}n a 是等比数列.6．Fibonacci 数列又称黄金分割数列，因为当n 趋向于无穷大时，其相邻两项中的前项与后0618≈.．已知Fibonacci 数列的递推关系式为121213n n n a a a a a n --==⎧⎨=+≥⎩，． （1）证明：Fibonacci 数列中任意相邻三项不可能成等比数列；（2）Fibonacci 数列{a n }的偶数项依次构成一个新数列，记为{b n }，证明：{b n ＋1-H 2·b n }为等比数列．7．如果存在常数k 使得无穷数列{}n a 满足mn m n a ka a =恒成立，则称为()P k 数列. （1）若数列{}n a 是()1P 数列，61a =，123a =，求3a ； （2）若等差数列{}n b 是()2P 数列，求数列{}n b 的通项公式；（3）是否存在()P k 数列{}n c ，使得2020c ，2021c ，2022c ，…是等比数列？若存在，请求出所有满足条件的数列{}n c ；若不存在，请说明理由.8．对于数列{}n x ，若存在*N m ∈，使得2m k k x x -=对任意*121N ()k m k ≤≤-∈都成立，则称数列{}n x 为“m -折叠数列”.（1）若1*2020(20,)21N n n a C n n -=≤∈，()2*20191Nn b n n n =--∈，判断数列{}na ，{}nb 是否是“m -折叠数列”，如果是，指出m 的值；如果不是，请说明理由；（2）若*(N )n n x q n =∈，求所有的实数q ，使得数列{}n x 是3-折叠数列；（3）给定常数*N p ∈，是否存在数列{},n x 使得对所有*N m ∈，{}n x 都是pm -折叠数列，且{}n x 的各项中恰有1p +个不同的值，证明你的结论.数列与不等式压轴练习题和详细分析解答（2）1．已知项数为()*2m m N m ∈≥，的数列{}n a 满足如下条件：①()*1,2,,n a Nn m ∈=；②12···.m a a a <<<若数列{}n b 满足()12*···1m n n a a a a b N m +++-=∈-，其中1,2,,n m=则称{}n b 为{}n a 的“伴随数列”.（I ）数列13579，，，，是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”；若不存在，请说明理由；（II ）若{}n b 为{}n a 的“伴随数列”，证明：12···m b b b >>>； （III ）已知数列{}n a 存在“伴随数列”{}n b ，且112049m a a ==，，求m 的最大值. 【答案】（I ）不存在，理由见解析；（II ）详见解析；（III ）33. 【解析】 【分析】（I ）根据“伴随数列”的定义判断出正确结论.（II ）利用差比较法判断出{}n b 的单调性，由此证得结论成立.（III ）利用累加法、放缩法求得关于m a 的不等式，由此求得m 的最大值. 【详解】（I ）不存在.理由如下：因为*413579751b N ++++-=∈-，所以数列1,3,5,7,9不存在“伴随数列”.（II ）因为*11,11,1n n n n a a b b n m n N m ++--=≤≤-∈-，又因为12m a a a <<<，所以10n n a a +-<，所以1101n n n n a a b b m ++--=<-，即1n n b b +<，所以12···m b b b >>>成立. （III ）1i j m ∀≤<≤，都有1j j i j a a b b m --=-，因为*i b N ∈，12m b b b >>>，所以*i j b b N -∈，所以*11204811m m a a b b N m m --==∈--.因为*111n n n n a a b b N m ----=∈-，所以11n n a a m --≥-.而()()()()()()111221111m m m m m a a a a a a a a m m m ----=-+-++-≥-+-++-()21m =-，即()2204911m -≥-，所以()212048m -≤，故46m ≤. 由于*20481N m ∈-，经验证可知33m ≤.所以m 的最大值为33. 【点睛】本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查数列单调性的判断，考查累加法、放缩法，属于难题.2．已知数列{}n a 中，12112,4,23(2)n n n a a a a a n +-==+=≥． (1)求证：数列{}1n n a a +-是等比数列； (2)求数列{}n a 的通项公式；(3)设12122311,...n n n n n n a a a b a S b b b b b b +=-=+++，若对任意*n N ∈，有2823n m S m ≥-恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）2nn a =；（3）1[,1]4-. 【解析】分析：第一问将1123(2)n n n a a a n +-+=≥，变形为11212(),2n n n n a a a a a a +--=--=，利用等比数列的定义即可证明；第二问根据第一问的结论可以得出12nn n a a +-=，之后应用累加法求得n a ，一定不要忘记对首项的验证；第三问对相应的项进行裂项，之后求和，再利用数列的单调性，不等式的解法即可得出结果. 详解：(1)证明：()11232n n n a a a n +-+=≥，()()1122n n n n a a a a n +-∴-=-≥．2120a a -=≠， ()102n n a a n -∴-≠≥， ()1122n nn n a a n a a +--∴=≥-．∴数列{}1n n a a +-是首项、公比均为2的等比数列.(2){}1n n a a +-是等比数列，首项为2，通项12n n n a a +-=，故()()()121321n n n a a a a a a a a -=+-+-++-12122222n n -=++++=，当1n =时，112a =符合上式，∴数列{}n a 的通项公式为2n n a = .(3)解：2,121nnn n n a b a ==-=-，()()11121121212121n n n n n n n n a b b +++∴==----- 12231111111212121212121n n n S +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭故11121n n S +=--，又因为{S n }单调递增，所以S n 的最小值为S 1=23，228233m m ≥-成立，由已知，有2431m m -≤，解得114m -≤≤，所以m 的取值范围为1,14⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 点睛：该题属于数列的综合题，该题考查了等比数列的证明方法-------死咬定义，等比数列的通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，解不等式问题，在求解的过程中，要时刻注意细节问题，尤其是利用累加法求通项的时候一定不要忘记对首项的验证.3．用[]x 表示一个小于或等于x 的最大整数.如：[]22=，[]4.14=，[]3.14-=-. 已知实数列0a 、1a 、对于所有非负整数i 满足[][]()1i i i i a a a a +⋅=-，其中0a 是任意一个非零实数.（Ⅰ）若0 2.6a =-，写出1a 、2a 、3a ； （Ⅱ）若00a >，求数列[]{}i a 的最小值；（Ⅲ）证明：存在非负整数k ，使得当i k ≥时，2i i a a +=.【答案】（Ⅰ）1 1.2a =-，2 1.6a =-，30.8a =-；（Ⅱ）最小值为0；（Ⅲ）见解析. 【解析】 【分析】（Ⅰ）由0 2.6a =-，代入可得[][]()1000 1.2a a a a =-=-⋅，同理可得：2a 、3a ；（Ⅱ）由00a >，可得[]00a ≥，[][]()10000a a a a =-≥，设[]0i a ≥，1i ≥，可得10i a +≥，因此[]0i a ≥，0i ∀≥. 又因[]01i i a a ≤-<，可得[][]1i i a a +≤，0i ∀≥. 假设0i ∀≥，都有[]0i a >成立，可得：[][]11i i a a +≤-，0i ∀≥，利用累加求和方法可得[][]0n a a n ≤-，1n ∀≥，则当[]0n a ≥时，[]0n a ≤，得出矛盾，[]0k a =，从而可得出[]{}i a 的最小值； （Ⅲ）当00a >时，由（Ⅱ）知，存在k ∈N ，[]0k a =，可得10k a +=，[]10k a +=，由此得出0i a =，i k ∀≥，成立.；若0i a <，0i ∀≥，推导出数列[]{}i a 单调不减.由[]i a 是负整数，可知存在整数m 和负整数c ，使得当i m ≥时，[]i a c =.所以，当i m ≥时，()1i i a c a c +=-，转化为22111i i c c a c a c c +⎛⎫-=- ⎪--⎝⎭，令21i i c b a c =--，即1i i b cb +=，i m ≥.经过讨论：当0m b =时，得证.当0m b ≠时，0i b ≠，i m ≥，i mi m b c b -=，i m ≥，当i m≥时，[]i a c =，则[),1i a c c ∈+，则{}i b 有界，进而证明结论. 【详解】 （Ⅰ）0 2.6a =-，[][]()()10003 2.63 1.2a a a a ∴=-=-⨯--⋅+=，同理可得：2 1.6a =-，30.8a =-；（Ⅱ）因00a >，则[]00a ≥，所以[][]()10000a a a a =-≥， 设[]0i a ≥，1i ≥，则[][]()10i i i i a a a a +=-≥，所以[]0i a ≥，0i ∀≥. 又因[]01i i a a ≤-<，则[][]()[]1i i i i i a a a a a +=-≤，则[][]1i i a a +≤，0i ∀≥. 假设0i ∀≥，都有[]0i a >成立，则[][]()[]1i i i i i a a a a a +=-<， 则[][]1i i a a +<，0i ∀≥，即[][]11i i a a +≤-，0i ∀≥， 则[][]0n a a n ≤-，1n ∀≥，则当[]0n a ≥时，[]0n a ≤， 这与假设矛盾，所以[]0i a >，0i ∀≥不成立， 即存在k ∈N ，[]0k a =，从而[]{}i a 的最小值为0； （Ⅲ）当00a >时，由（Ⅱ）知，存在k ∈N ，[]0k a =， 所以10k a +=，所以[]10k a +=，所以0i a =，i k ∀≥，成立.当00a <时，若存在k ∈N ，0k a =，则0i a =，i k ∀≥，得证； 若0i a <，0i ∀≥，则[]1i a ≤-，则[][]()[]1i i i i i a a a a a +=->， 则[][]1i i a a +≥，0i ∀≥，所以数列[]{}i a 单调不减.由于[]i a 是负整数，所以存在整数m 和负整数c ，使得当i m ≥时，[]i a c =.所以，当i m ≥时，()1i i a c a c +=-，则22111i i c c a c a c c +⎛⎫-=- ⎪--⎝⎭，令21i i c b a c =--， 即1i i b cb +=，i m ≥.当0m b =时，则0i b =，i m ≥，则21i c a c =-，i m ≥，得证.当0m b ≠时，0i b ≠，i m ≥，i mi m b c b -=，i m ≥，因当i m ≥时，[]i a c =，则[),1i a c c ∈+），则{}i b 有界，所以1c ≤，所以负整数1c =-.()()()11111222i m i m i m m a b a i m --⎛⎫∴=-+-=-+-+≥ ⎪⎝⎭，则,,2,4,1,1,3,m i m a i m m m a a i m m =++⎧=⎨--=++⎩令k m =，满足当i k ≥时，2i i a a +=.综上，存在非负整数k ，使得当i k ≥时，2i i a a +=. 【点睛】本题考查了数列的递推关系、取整函数[]x 的性质及其应用、反证法、分类讨论思想的应用，考查分析问题和解决问题的能力、推理论证能力，属于难题. 4．已知函数()1sin ()x f x e a x a R =--∈（1）当x ∈[0，π]时，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(参考数据：sin 1≈0.84) （2）当a =1时，数列{a n }满足：0<a n <1，1n a +=f (a n )，求证：{a n }是递减数列. 【答案】（1）(,1]-∞；（2）证明见解析.【解析】 【分析】求导()cos '=-xf x e a x ，()sin ''=+xf x e a x ，分0a ≤，01a <≤，1a >三种情况讨论求解.（2）要证{a n }是递减数列.即证()10+-=-<n n n n a a f a a ，由a =1，构造函数()()1sin =-=---x g x f x x e x x ，用导数法证明()0<g x 即可.【详解】因为()1sin ()xf x e a x a R =--∈，所以()cos '=-xf x e a x ， 设()(),()sin xh x f x h x e a x +=''=，当0a ≤时，即0a -≥时，因为[]0,,sin 0π∈≥x x ， 所以sin 0-≥a x ，而10x e -≥，所以1sin 0--≥x e a x 即f (x )≥0恒成立，当01a <≤时，()sin 0x h x e a x '=≥+， 所以()f x '在[0，π]上递增，而(0)10'=-≥f a ， 所以()(0)0f x f ''≥=，所以()f x 在[0，π]上递增， 即()(0)0f x f ≥=成立，当1a >时，()sin 0xh x e a x '=≥+， 所以()f x '在[0，π]上递增，而2(0)10,()02ππ''=-<=>f a f e ，所以存在[]00,x π∈，有()00f x '=， 当00x x <<时，()0f x '<，()f x 递减， 当0x x π<<时，()0f x '>，()f x 递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x ，而0()(0)0f x f <=，不成立 综上：实数a 的取值范围(,1]-∞.（2）因为a =1，所以()()1sin ,0,1=--∈xf x e x x ，令()()1sin =-=---xg x f x x e x x ，所以()cos 1'=--xg x e x ，设()()u x g x ='所以0n (i )s xu x e x +'=≥， 所以()g x '在()0,1上递增，而(0)10,(1)cos110''=-<=-->g g e ， 所以存在()10,1x ∈，()10f x '=， 当10x x <<时，()0g x '<，()g x 递减， 当11x x <<时，()0g x '>，()g x 递增，而(0)0,(1)1sin1120.840==---≈--<g g e e ， 所以()0<g x ，即当()0,1x ∈时，()f x x <，而()10+-=-<n n n n a a f a a ，1n n a a +<， 所以{a n }是递减数列. 【点睛】本题主要考查导数与不等式恒成立问题以及零点存在定理，还考查分类讨论，转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.5．设无穷数列{}n a 的每一项均为正数，对于给定的正整数k ，n n n k b a a +=⋅(*n N ∈)，若{}n b 是等比数列，则称{}n a 为()B k 数列.（1）求证：若{}n a 是无穷等比数列，则{}n a 是()B k 数列； （2）请你写出一个不是等比数列的(1)B 数列的通项公式；（3）设{}n a 为(1)B 数列，且满足2213a a a =⋅，请用数学归纳法证明：{}n a 是等比数列.【答案】（1）证明见解析.（2）1112,21,2k n k a q n k a a qn k --⎧=-=⎨=⎩(2221a a q ≠).(答案不唯一).（3）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）通过证明210n nb q b +=>，证得数列{}n b 是等比数列，由此证得{}n a 为()B k 数列. （2）根据满足1n n n b a a +=⋅的数列{}n b 是等比数列，但无穷数列{}n a 不是等比数列，举出相应的例子.（3）首先根据已知条件得到22n na q a +=，再利用数学归纳法证明212nn n a a a ++=⋅（或者利用数学归纳法证明1n n na c q a +==），由此证得{}n a 是等比数列. 【详解】（1）设{}n a 是公比为q 的等比数列，对于给定的正整数k ，n n n k b a a +=⋅(*n ∈N )， ∴111n n n k b a a ++++=⋅，21110n n n kn n n kb a a q b a a +++++⋅==>⋅， 又1110k b a a +=⋅>，∴{}n b 是等比数列， ∴{}n a 为()B k 数列.（2）1112,21,2k n k a q n k a a qn k --⎧=-=⎨=⎩(2221a a q ≠).(答案不唯一) 简洁的例子如：1,212,2n n k a n k=-⎧=⎨=⎩(*k ∈N ).（3）∵{}n a 为(1)B 数列，∴{}n b 是等比数列，其中1n n n b a a +=⋅(*n ∈N )，∴11221n n n n n n n nb a a a b a a a +++++⋅==⋅(*n ∈N )，∴2{}n n a a +(*n ∈N )是常数列，设常数为2q ，即22n na q a +=(*n ∈N )， 以下用数学归纳法证明(法一)212n n n a a a ++=⋅(*n ∈N )，①由已知2213a a a =⋅可得：当1n =时命题成立；②假设1n k =-(*n ∈N ，2k ≥)时命题成立，即，211k k k a a a -+=⋅，当n k =时，∵2{}n na a +(*n ∈N )是常数列， ∴211k k k k a a a a ++-=(*n ∈N ，2k ≥)， ∴221211k k k k k k a a a a a a +++-⋅=⋅=， 等式也成立.根据①和②可以断定，212n n n a a a ++=⋅对任何*n ∈N 都成立，即{}n a 是等比数列.令1n n na c a +=，以下用数学归纳法证明(法二)n c q =(*n ∈N )， ①∵2213a a a =⋅，∴3221a a a a =，∴223211()a a q a a ==，∴21a q a =，即1c q =， ∴当1n =时命题成立， 假设n k =(*k ∈N ，1k)时命题成立，即k c q =(1k ka q a +=)； ②当1n k =+时，22211112k k k k k k k a a a ac q q a a a a +++++==⋅=⋅=， 等式也成立；根据①和②可以断定，n c q =对任何*n ∈N 都成立，即{}n a 是等比数列. 【点睛】本小题主要考查等比数列的证明，考查数学归纳法证明数列问题，属于难题.6．Fibonacci 数列又称黄金分割数列，因为当n 趋向于无穷大时，其相邻两项中的前项与后0618≈.．已知Fibonacci 数列的递推关系式为121213nn n a a a a a n --==⎧⎨=+≥⎩，． （1）证明：Fibonacci 数列中任意相邻三项不可能成等比数列；（2）Fibonacci 数列{a n }的偶数项依次构成一个新数列，记为{b n }，证明：{b n ＋1-H 2·b n }为等比数列．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析． 【解析】 【分析】（1）利用反证法，假设存在n a ，1n a +，2n a +三项成等比数列，则21+2n n n a a a +=，进而由已知关系证得1n n a a +=是无理数，这与其递推公式中反应的为有理数矛盾，得证； （2）由题表示2n n b a =，进而由已知n a 的递推关系表示出n b 的递推公式，再构造等比数列{}1n n b mb +-，进而由一一对应关系计算出对应参量，最后由等比数列定义得证.【详解】（1）证明：（反证法）假设存在n a ，1n a +，2n a +三项成等比数列，则21+2n n n a a a +=， 所以()21+1n n n n aa a a +=+，所以21110n n n n a aa a ++⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，解得1n n a a +=，由条件可知Fibonacci 数列的所有项均大于0，所以1n n a a +=， 又Fibonacci 数列的所有项均为整数（由递推公式），所以1nn a a +应该为有理数，这与1n n a a +=（无理数）矛盾（其相邻两项中的前项与后项的比值越来越接近黄金分割数，而不是恰好相等）， 所以假设不成立，故原命题成立．（2）证明：由条件得2n n b a =，21222n n n a a a ++=-，所以()224232222212222222212233n n n n n n n n n n n n n b a a a a a a a a a a b b ++++++++++==+=+=+-=-=-， 即213n n n b b b ++=-，设()()21121n n n n n n n b mb n b mb b m n b mnb +++++-=-⇒=+-，则332132m m n mn n ⎧=⎪+=⎧⎪⇒⎨⎨=⎩⎪=⎪⎩或3232m n ⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩所以211n n n n b b +++⎫-=⎪⎪⎝⎭或211n n n n b b +++⎫=⎪⎪⎝⎭所以)22211n n n n b H b b H b +++-⋅=-⋅，所以21{}n n b H b +-⋅． 【点睛】本题考查数列中的新定义问题的证明，涉及反证法的考查，还考查了构造等比数列，属于难题.7．如果存在常数k 使得无穷数列{}n a 满足mn m n a ka a =恒成立，则称为()P k 数列. （1）若数列{}n a 是()1P 数列，61a =，123a =，求3a ； （2）若等差数列{}n b 是()2P 数列，求数列{}n b 的通项公式；（3）是否存在()P k 数列{}n c ，使得2020c ，2021c ，2022c ，…是等比数列？若存在，请求出所有满足条件的数列{}n c ；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）313a =；（2）0n b =或12n b =或2n n b =；（3）存在；满足条件的()P k 数列{}n c 有无穷多个，其通项公式为1n c k=. 【解析】 【分析】（1）根据()P k 数列的定义，得623a a a =，1226a a a =，可求3a ；（2）根据()P k 数列的定义，得2mn m n b b b =，分10b =和10b ≠两种情况讨论.当10b =，0n b =.当10b ≠时，由{}n b 是等差数列，对,m n 赋值，求出1b 和公差d ，即求n b ；（3）假设存在满足条件的()P k 数列{}n c ，设等比数列2020c ，2021c ，2022c ，…的公比为q .则有2020202020202020c kc c ⋅=，2020202120202021c kc c ⋅=，可得q ＝1，故当2020n ≥时，1n c k=.当12020n <<时，不妨设2020i n ≥，i N *∈且i 为奇数， 由()()1122221i i i i i ii n n n n n n n n n n n c c kc c kc c k c c k c -----⨯⨯==⨯=⨯=⨯==，可得1n c k=. 即满足条件的()P k 数列{}n c 有无穷多个，其通项公式为1n c k=. 【详解】（1）由数列{}n a 是()1P 数列，得6231a a a ==，12263a a a ==，可得313a =； （2）由{}n b 是()2P 数列知2mn m n b b b =恒成立，取m ＝1得12n n b b b =恒成立， 当10b =，0n b =时满足题意，此时0n b =，当10b ≠时，由2112b b =可得112b =，取m ＝n ＝2得2422b b =， 设公差为d ，则21132()22d d +=+解得0d =或者12d =，综上，0n b =或12n b =或2n n b =，经检验均合题意. （3）假设存在满足条件的()P k 数列{}n c ，不妨设该等比数列2020c ，2021c ，2022c ，…的公比为q ， 则有2020202020202020202020202020202020202020,c kc c c q kc c ⋅-⋅=∴⋅=⋅，可得2020202020202020qkc ⋅-=①2020202120202020202120202021202020202020,c kc c c q kc c q ⋅-⋅=∴⋅=⋅⋅，可得2020202120212020qkc ⋅-=②综上①②可得q ＝1，故202020202020c c ⋅=，代入2020202020202020c kc c ⋅=得20201c k=， 则当2020n ≥时，1n c k =， 又20201202011,c kc c c k=⋅∴=， 当12020n <<时，不妨设2020i n ≥，i N *∈且i 为奇数， 由()()1122221i i i i i ii n n n n n n n n n n n c c kc c kc c k c c k c -----⨯⨯==⨯=⨯=⨯==，而1i n c k =，11()i i n k c k -∴=，1()()ii n c k ∴=，1n c k∴=. 综上，满足条件的()P k 数列{}n c 有无穷多个，其通项公式为1n c k=. 【点睛】本题考查创新型题目，考查等差数列和等比数列的通项公式，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，属于难题.8．对于数列{}n x ，若存在*N m ∈，使得2m k k x x -=对任意*121N ()k m k ≤≤-∈都成立，则称数列{}n x 为“m -折叠数列”.（1）若1*2020(20,)21N n n a C n n -=≤∈，()2*20191Nn b n n n =--∈，判断数列{}na ，{}nb 是否是“m -折叠数列”，如果是，指出m 的值；如果不是，请说明理由；（2）若*(N )n n x q n =∈，求所有的实数q ，使得数列{}n x 是3-折叠数列；（3）给定常数*N p ∈，是否存在数列{},n x 使得对所有*N m ∈，{}n x 都是pm -折叠数列，且{}n x 的各项中恰有1p +个不同的值，证明你的结论.【答案】（1）{}n a 是“m -折叠数列”，{}n b 不是“m -折叠数列”，理由见解析；（2）0q =或1q =或1q =-；（3）存在，证明见解析.【解析】 【分析】（1）由给的定义进行求解；（2）根据题中所给定义，列方程讨论q 的取值可得出结果；（3）只需列举出例子即可证明，结合定义，数列{}n x 的图象有无数条对称轴，可联想三角函数求解. 【详解】解：（1）若数列{}n a 为“m -折叠数列”，则2m k k a a -=， 所以21120202020m k k C C ---=，所以2112020m k k --+-=，得1011m =， 所以{}n a 为“m -折叠数列”，1011m =； 若数列{}n b 是“m -折叠数列，则2m k k b b -=， 所以2201922m k k -+=，得20192m =*N ∉， 所以数列{}n b 不是“m -折叠数列；（2）要使通项公式为*(N )n n x q n =∈的数列{}n x 是3-折叠数列，只需6kk qq -=， 当0q =时，0n x =，显然成立， 当0q ≠时，由6kk qq -=，得621k q -=，2(3)1k q -=，（{}1,2,3,4,5k ∈），所以1q =或1q =-， 综上0q =，1q =或1q =-；（3）对给定的*N p ∈，{}n x 都是pm -折叠数列，故n x 有多条对称轴，其中x pm =都是数列{}n x 的对称轴，设cos n x x pπ=，由x m pππ=（*N m ∈）得对称轴为x pm =，且nx 的周期为2p ，满足给定常数*N p ∈，使得对所有*N m ∈，{}n x 都是pm -折叠数列，n x 是周期函数，周期为2p ，在(1,2]p 这个周期内，x p =为对称轴，故(1,2]n x p ∈对应函数值的个数与[,2]n x p p ∈对应的函数值个数相等，即[,2]n x p p ∈时，[,2]n x pπππ∈所以{}n x 在[,2]n x p p ∈上单调递增，因为*N p ∈，所以n x 各项中共有1p +个不同的值，综上，给定常数*N p ∈，存在数列{}n x ，使得对所有*N m ∈，{}n x 都是pm -折叠数列，且{}n x 的各项中恰有1p +个不同的值 【点睛】此题考查了数列，三角函数等知识，用到了分类讨论思想，函数思想，属于难题.。

数列题型及答案【篇一：数列例题(含答案)】2n=2an+1．（1）求数列{an}的通项公式；【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a2n=2an+1，取n=1，得a2=2a1+1，即a1﹣d+1=0①再由s4=4s2，得联立①、②得a1=1，d=2．所以an=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1；当n≥2时，=．，得，则．，即d=2a1②所以，．rn=c1+c2+…+cn=③④③﹣④得：= 所以所以数列{cn}的前n项和；．2．等差数列{an}中，a2=4，a4+a7=15．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=2+n，求b1+b2+b3+…+b10的值．，【解答】解：（Ⅰ）设公差为d，则1解得，所以an=3+（n﹣1）=n+2；（Ⅱ）bn=2+n=2+n，210n所以b1+b2+b3+…+b10=（2+1）+（2+2）+…+（2+10）210=（2+2+…+2）+（1+2+…+10） =3．已知数列{log2（an﹣1）}（n∈n）为等差数列，且a1=3，a3=9．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）证明++…+＜1． *+=2101．【解答】（i）解：设等差数列{log2（an﹣1）}的公差为d．由a1=3，a3=9得2（log22+d）=log22+log28，即d=1．（ii）证明：因为==，所以即得证．++…+=+++…+==1﹣＜1，4．已知{an}是正数组成的数列，a1=1，且点（，an+1）（n∈n）在函数y=x+1的图象*2上．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；an2（Ⅱ）若列数{bn}满足b1=1，bn+1=bn+2，求证：bn?bn+2＜bn+1．【解答】解：解法一：（Ⅰ）由已知得an+1=an+1、即an+1﹣an=1，又a1=1，所以数列{an}是以1为首项，公差为1的等差数列．n（Ⅱ）由（Ⅰ）知：an=n从而bn+1﹣bn=2．bn=（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+（b2﹣b1）+b1n﹣1n﹣2=2+2+…+2+1 =2∵bn?bn+2﹣bn+1=（2﹣1）（2﹣1）﹣（2﹣1）2n+2nn+22n+2n+1=（2﹣2﹣2+1）﹣（2﹣2?2+1）n=﹣2＜02∴bn?bn+2＜bn+1解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）∵b2=12nn+12=2n+1?bn+1﹣2n?bn+1﹣2n?2n+1bn?bn+2﹣bn+1=（bn+1﹣2）（bn+1+2）﹣bn+1nn+1=2（bn+1﹣2）nnn+1=2（bn+2﹣2）nn=2（bn﹣2）=…=2（b1﹣2）n=﹣2＜02∴bn?bn+2＜bn+15．已知等差数列{an}满足a1+a2=10，a4﹣a3=2（1）求{an}的通项公式；（2）设等比数列{bn}满足b2=a3，b3=a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？【解答】解：（i）设等差数列{an}的公差为d．∵a4﹣a3=2，所以d=2∵a1+a2=10，所以2a1+d=10∴a1=4，∴an=4+2（n﹣1）=2n+2（n=1，2，…）（ii）设等比数列{bn}的公比为q，∵b2=a3=8，b3=a7=16，∴∴q=2，b1=4 ∴∴n=63∴b6与数列{an}中的第63项相等6．设等差数列{an}的前n项和为sn，且a5+a13=34，s3=9．（1）求数列{an}的通项公式及前n项和公式；（2）设数列{bn}的通项公式为，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，bm（m≥3，=128，而128=2n+2 n2nn+2n+12m∈n）成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d．由已知得 3即解得2．故an=2n﹣1，sn=n（2）由（1）知即移项得：整理得=，﹣．要使b1，b2，bm成等差数列，必须2b2=b1+bm，，（8分）． =，因为m，t为正整数，所以t只能取2，3，5．当t=2时，m=7；当t=3时，m=5；当t=5时，m=4．故存在正整数t，使得b1，b2，bm成等差数列．7．设{an}是等差数列，bn=（）．已知b1+b2+b3=an，b1b2b3=．求等差数列的通项an．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+（n﹣1）d．∴b1b3=?3 ==b2． 2由b1b2b3=，得b2=，解得b2=．代入已知条件整理得解这个方程组得b1=2，b3=或b1=，b3=2∴a1=﹣1，d=2或a1=3，d=﹣2．所以，当a1=﹣1，d=2时an=a1+（n﹣1）d=2n﹣3．当a1=3，d=﹣2时an=a1+（n﹣1）d=5﹣2n．48．已知等差数列{an}的公差大于0，且a3，a5是方程x﹣14x+45=0的两根，数列{bn}的前n项的和为sn，且sn=1﹣ 2（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）记cn=anbn，求证cn+1≤cn．2【解答】解：（1）∵a3，a5是方程x﹣14x+45=0的两根，且数列{an}的公差d＞0，∴a3=5，a5=9，公差∴an=a5+（n﹣5）d=2n﹣1．又当n=1时，有b1=s1=1﹣当∴数列{bn}是等比数列，∴（2）由（Ⅰ）知，∴∴cn+1≤cn．9．已知等差数列{an}的前n项和为sn，s5=35，a5和a7的等差中项为13．（Ⅰ）求an及sn；（Ⅱ）令（n∈n），求数列{bn}的前n项和tn．﹡【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，因为s5=5a3=35，a5+a7=26，所以，…（2分）解得a1=3，d=2，…（4分）所以an=3+2（n﹣1）=2n+1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n+1，所以bn==…（8分）5【篇二：数列练习题_附答案】=txt>第二章数列1．{an}是首项a1＝1，公差为d＝3的等差数列，如果an＝2 005，则序号n等于( )． a．667b．668c．669d．6702．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝( )．a．33b．72c．84d．1893．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，则( )． a．a1a8＞a4a5b．a1a8＜a4a5 c．a1＋a8＜a4＋a5 d．a1a8＝a4a54．已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为｜m－n｜等于( )．a．1b．1的等差数列，则 43 4c．1 2d．3 85．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( ). a．81 b．120 c．168 d．192a．4 005b．4 006c．4 007d．4 0087．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列, 则a2＝( )． a．－4b．－6c．－8d．－108．设sn是等差数列{an}的前n项和，若a．1b．－1a5s5＝，则9＝( )． a3s59c．2 d．12a2?a1b29．已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则的值是( )．a．1 2b．－1 2c．－11或 22d．14210．在等差数列{an}中，an≠0，an－1－an＋an＋1＝0(n≥2)，若s2n－1＝38，则n＝( )．a．38 b．20 c．10 d．9二、填空题 11．设f(x)＝12x?2，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为.12．已知等比数列{an}中，82713．在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为．2314．在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则此数列前13项之和为 . 15．在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋…＋a10＝ . 16．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝；当n＞4时，f(n)＝．三、解答题17．(1)已知数列{an}的前n项和sn＝3n2－2n，求证数列{an}成等差数列.(2)已知111b?cc?aa?b，，成等差数列，求证，，也成等差数列. abcbca18．设{an}是公比为 q?的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列． (1)求q的值；(2)设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为sn，当n≥2时，比较sn与bn的大小，并说明理由．19．数列{an}的前n项和记为sn，已知a1＝1，an＋1＝求证：数列{n?2sn(n＝1，2，3…)． nsn}是等比数列． n第二章数列参考答案一、选择题 1．c解析：由题设，代入通项公式an＝a1＋(n－1)d，即2 005＝1＋3(n－1)，∴n＝699． 2．c1111，a2＝＋d，a3＝＋2d，a4＝＋3d，而方程x2－2x＋m＝0中两4444根之和为2，x2－2x＋n＝0中两根之和也为2，∴a1＋a2＋a3＋a4＝1＋6d＝4，∴d＝∴11735，a1＝，a4＝是一个方程的两个根，a1＝，a3＝是另一个方程的两个根． 24444715，分别为m或n， 16161，故选c． 2∴｜m－n｜＝＝n．由等差数列的性质：若?＋s＝p＋q，则a?＋as＝ap＋aq，若设x1为第一项，x2必为第四项，则x2＝∴m＝71357，于是可得等差数列为，，，， 44444715，n＝， 16161． 2∴｜m－n｜＝5．b解析：∵a2＝9，a5＝243，a5243＝q3＝＝27， a29∴q＝3，a1q＝9，a1＝3， 3－35240∴s4＝＝＝120．1－326．b 解析：∴s4 006＝∴s4 007＝4006(a1＋a4006)2＝4006(a2003＋a2004)2＞0，故4 006为sn＞0的最大自然数. 选b．∴s2 003为sn中的最大值．∵sn是关于n的二次函数，如草图所示，∴2 003到对称轴的距离比2 004到对称轴的距离小，∴4007在对称轴的右侧． 2(第6题)根据已知条件及图象的对称性可得4 006在图象中右侧零点b的左侧，4 007，4 008都在其右侧，sn＞0的最大自然数是4 006．7．b解析：∵{an}是等差数列，∴a3＝a1＋4，a4＝a1＋6，又由a1，a3，a4成等比数列，∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝－8，【篇三：最基础最全面的数列题型总结(附答案)】子集｛1,2，3，?，n｝）的特殊函数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式。