高考数学(苏教版)专题通关必杀技：5-3数列(高效作业,含详解)

数列的应用 【考点导读】 1．能在具体的问题情景中发现数列的等差、等比关系，并能用有关知识解决相应的问题。

2．注意基本数学思想方法的运用，构造思想：已知数列构造新数列，转化思想：将非等差、等比数列转化为等差、等比数列。

【基础练习】 1．将正偶数按下表排成5列： 第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第1行 2 4 6 8 第2行 16 14 12 10 第3行 18 20 22 24 第4行 32 30 28 26 … … … … … 则2008在第 251 行 ，第 5 列。

2．图1，2，3，4分别包含1，5，13和25个互不重叠的单位正方形，按同样的方式构造图形，则第个图包含个互不重叠的单位正方形. 3．若数列中，，且对任意的正整数、都有，则 . 4．设等比数列的公比为，前项和为，若成等差数列，则的值为 。

5．已知等差数列的公差为2，若成等比数列，则 。

【范例导析】 例1．一种计算装置，有一数据入口A和一个运算出口B ，按照某种运算程序：①当从A口输入自然数1时，从B口得到 ，记为 ；②当从A口输入自然数时，在B口得到的结果是前一个结果的倍。

（1）当从A口分别输入自然数2 ，3 ，4 时，从B口分别得到什么数？并求的表达式； （2）记为数列的前项的和。

当从B口得到16112195的倒数时，求此时对应的的值. 分析：根据题意可以知道，所以可以采用迭乘法求出的表达式， 这样就可以解决题目中的问题。

解：（1）由题意可知： ∵ ∴ ∴ ∴ （2） ∴ 由得： ∴ 点评：本题考查了迭乘法求数列的通项，裂项法求数列的前项和，更主要的是能从题目的描述中把数列分离出来，也就是理解题目的含义。

例2．已知正数组成的两个数列，若是关于的方程的两根 （1）求证：为等差数列； （2）已知分别求数列的通项公式； （3）求数。

（1）证明：由的两根得： 是等差数列 （2）由（1）知 ∴ 又也符合该式， （3） ① ② ①—②得 . 点评：本题考查了等差、等比数列的性质，数列的构造，数列的转化思想，乘公比错项相减法求和等。

复习课 数列 课时目标 综合运用等差数列与等比数列的有关知识，解决数列综合问题和实际问题．一、填空题1．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋c2.已知等比数列{a n }11233＋a 4＋a 5＝________.3．已知一个等比数列首项为1，项数为偶数，其奇数项和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为________．4．在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1，a 3，a 7依次成等比数列，前7项和为35，则数列{a n }的通项为______________．5．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N ＋)，则a 3a 5的值是________． 6．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于________．7．三个数成等比数列，它们的和为14，积为64，则这三个数按从小到大的顺序依次为__________．8．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27，则这个等差数列的公差是____________．9．如果b 是a ，c 的等差中项，y 是x 与z 的等比中项，且x ，y ，z 都是正数，则(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )log m z ＝______.10．等比数列{a n }中，S 3＝3，S 6＝9，则a 13＋a 14＋a 15＝____________.二、解答题11．设{a n }是等差数列，b n ＝⎝⎛⎭⎫12a n ，已知：b 1＋b 2＋b 3＝218，b 1b 2b 3＝18，求等差数列的通项a n .12．已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (a n ＋3)(n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出最大的整数t ；若不存在，请说明理由．能力提升13．已知数列{a n }为等差数列，公差d ≠0，其中ak 1，ak 2，…，ak n 恰为等比数列，若k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，求k 1＋k 2＋…＋k n .14．设数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t ＋3)S n －1＝3t (t >0，n ＝2,3,4，…)．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1＝1，b n ＝f ⎝⎛⎭⎫1b n －1 (n ＝2,3,4，…)．求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3＋b 3b 4－b 4b 5＋…＋b 2n －1b 2n －b 2n ·b 2n ＋1.1．等差数列和等比数列各有五个量a 1，n ，d ，a n ，S n 或a 1，n ，q ，a n ，S n .一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和d (或q )，问题可迎刃而解．2．数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑：①建立基本量的方程(组)求解；②巧用等差数列或等比数列的性质求解；③构建递推关系求解．复习课 数 列答案作业设计1．1解析 由题意知，a ＝12，b ＝516，c ＝316，故a ＋b ＋c ＝1. 2．84解析 由题意可设公比为q ，则4a 2＝4a 1＋a 3，又a 1＝3，∴q ＝2.∴a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2(1＋q ＋q 2)＝3×4×(1＋2＋4)＝84.3．8解析 设项数为2n ，公比为q .由已知S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2n －1.①S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 2n .②②÷①得，q ＝17085＝2， ∴S 2n ＝S 奇＋S 偶＝255＝a 1(1－q 2n )1－q ＝1－22n1－2，∴2n ＝8. 4．a n ＝n ＋1解析 由题意a 23＝a 1a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，得a 1d ＝2d 2.又d ≠0，∴a 1＝2d ，S 7＝7a 1＋7×62d ＝35d ＝35. ∴d ＝1，a 1＝2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.5.34解析 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴a 3·a 2＝a 2＋(－1)3，∴a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，∴a 4＝3， ∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34. 6．132解析 ∵{a n }是各项不为0的正项等比数列，∴{b n }是等差数列． 又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2，∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ，＝－(n －232)2＋2324∴当n ＝11或12时，S n 最大，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132.7．2,4,8解析 设这三个数为a q ，a ，aq .由a q·a ·aq ＝a 3＝64，得a ＝4. 由a q ＋a ＋aq ＝4q ＋4＋4q ＝14.解得q ＝12或q ＝2. ∴这三个数从小到大依次为2,4,8.8．5解析 S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12；S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11.则⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354S 偶÷S 奇＝32∶27，∴S 奇＝162，S 偶＝192， ∴S 偶－S 奇＝6d ＝30，d ＝5.9．0解析 ∵a ，b ，c 成等差数列，设公差为d ，则(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )log m z ＝－d log m x ＋2d log m y －d log m z＝d log m y 2xz＝d log m 1＝0. 10．48 解析 易知q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝3S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝9，∴S 6S 3＝1＋q 3＝3，∴q 3＝2. ∴a 13＋a 14＋a 15＝(a 1＋a 2＋a 3)q 12＝S 3·q 12＝3×24＝48.11．解 设等差数列{a n }的公差为d ，则b n ＋1b n ＝⎝⎛⎭⎫12a n ＋1⎝⎛⎭⎫12a n ＝⎝⎛⎭⎫12a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫12d . ∴数列{b n }是等比数列，公比q ＝⎝⎛⎭⎫12d .∴b 1b 2b 3＝b 32＝18，∴b 2＝12. ∴⎩⎨⎧ b 1＋b 3＝178b 1·b 3＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝18b 3＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝2b 3＝18.当⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝18b 3＝2时，q 2＝16，∴q ＝4(q ＝－4<0舍去) 此时，b n ＝b 1q n －1＝⎝⎛⎭⎫18·4n －1＝22n －5. 由b n ＝⎝⎛⎭⎫125－2n ＝⎝⎛⎭⎫12a n ，∴a n ＝5－2n .当⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝2b 3＝18时，q 2＝116，∴q ＝14⎝⎛⎭⎫q ＝－14<0舍去 此时，b n ＝b 1q n －1＝2·⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n －3＝12na ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴a n ＝2n －3.综上所述，a n ＝5－2n 或a n ＝2n －3.12．解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2.∵d >0，∴d ＝2 ∵a 1＝1.∴a n ＝2n －1 (n ∈N *)．(2)b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1).假设存在整数t 满足S n >t 36总成立， 又S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n 2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0， ∴数列{S n }是单调递增的．∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9.又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.13．解 由题意知a 25＝a 1a 17，即(a 1＋4d )2＝a 1(a 1＋16d )．∵d ≠0，由此解得2d ＝a 1.公比q ＝a 5a 1＝a 1＋4d a 1＝3.∴ak n ＝a 1·3n －1. 又ak n ＝a 1＋(k n －1)d ＝k n ＋12a 1， ∴a 1·3n －1＝k n ＋12a 1. ∵a 1≠0，∴k n ＝2·3n －1－1，∴k 1＋k 2＋…＋k n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)－n ＝3n －n －1.14．(1)证明 由a 1＝S 1＝1，S 2＝1＋a 2，得a 2＝3＋2t 3t ，a 2a 1＝3＋2t 3t. 又3tS n －(2t ＋3)S n －1＝3t ，①3tS n －1－(2t ＋3)S n －2＝3t .②①－②，得3ta n －(2t ＋3)a n －1＝0.∴a n a n －1＝2t ＋33t ，(n ＝2,3，…)． ∴数列{a n }是一个首项为1，公比为2t ＋33t的等比数列．(2)解 由f (t )＝2t ＋33t ＝23＋1t ，得b n ＝f ⎝⎛⎭⎫1b n －1＝23＋b n －1. ∴数列{b n }是一个首项为1，公差为23的等差数列． ∴b n ＝1＋23(n －1)＝2n ＋13. (3)解 由b n ＝2n ＋13，可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列． 于是b 1b 2－b 2b 3＋b 3b 4－b 4b 5＋…＋b 2n －1b 2n －b 2n b 2n ＋1 ＝b 2(b 1－b 3)＋b 4(b 3－b 5)＋b 6(b 5－b 7)＋…＋b 2n (b 2n －1－b 2n ＋1)＝－43(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝－43·12n ⎝⎛⎭⎫53＋4n ＋13 ＝－49(2n 2＋3n )．。

数列的概念【考点导读】1． 了解数列（含等差数列、等比数列）的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊的函数；2． 理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系；3． 能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前n 项和的问题。

【基础练习】1.已知数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，则20a =3-。

分析:由a 1=0,)(1331++∈+-=N n a a a n n n 得⋅⋅⋅⋅⋅⋅==-=,0,3,3432a a a 由此可知: 数列}{n a 是周期变化的,且三个一循环,所以可得: .3220-==a a2．在数列{}n a 中，若11a =，12(1)n n a a n +=+≥，则该数列的通项n a = 2n-1 。

3．已知数列{}n a ，满足112311,23...(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，则{}n a 的通项 1, n=1,n a = ,n ≥2. (答案:2!n ) 4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*1(31)()2n n a S n N -=∈ ，且454a =，则1a =____2__. 5．已知数列{}n a 的前n 项和(51)2n n n S +=-，则其通项n a = 52n -+． 【范例导析】例1．设数列{}n a 的通项公式是285n a n n =-+，则（1）70是这个数列中的项吗？如果是，是第几项？（2）写出这个数列的前5项，并作出前5项的图象；（3）这个数列所有项中有没有最小的项？如果有，是第几项？分析：70是否是数列的项，只要通过解方程27085n n =-+就可以知道；而作图时则要注意数列与函数的区别，数列的图象是一系列孤立的点；判断有无最小项的问题可以用函数的观点来解决，一样的是要注意定义域问题。

解：（1）由27085n n =-+得：13n =或5n =-所以70是这个数列中的项，是第13项。

【最新整理，下载后即可编辑】高中数学数列压轴题练习（江苏）及详解1.已知数列是公差为正数的等差数列,其前n项和为,且•,(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)数列满足,①求数列的通项公式;②是否存在正整数m,,使得,,成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.解:(I)设数列的公差为d,则由•,,得,计算得出或(舍去).;(Ⅱ)①,,,, 即,,,,累加得:,也符合上式.故,.②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则又,,,,即,化简得:当,即时,,(舍去);当,即时,,符合题意.存在正整数,,使得,,成等差数列.解析(Ⅰ)直接由已知列关于首项和公差的方程组,求解方程组得首项和公差,代入等差数列的通项公式得答案;(Ⅱ)①把数列的通项公式代入,然后裂项,累加后即可求得数列的通项公式;②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则.由此列关于m的方程,求计算得出答案.2.在数列中,已知,(1)求证:数列为等比数列;(2)记,且数列的前n项和为,若为数列中的最小项,求的取值范围.解:(1)证明:,又,,,故,是以3为首项,公比为3的等比数列(2)由(1)知道,,若为数列中的最小项,则对有恒成立,即对恒成立当时,有;当时,有⇒;当时,恒成立,对恒成立.令,则对恒成立,在时为单调递增数列.,即综上,解析(1)由,整理得:.由,,可以知道是以3为首项,公比为3的等比数列;(2)由(1)求得数列通项公式及前n项和为,由为数列中的最小项,则对有恒成立,分类分别求得当时和当的取值范围,当时,,利用做差法,根据函数的单调性,即可求得的取值范围.3.在数列中,已知, , ,设为的前n项和.(1)求证:数列是等差数列;(2)求;(3)是否存在正整数p,q, ,使, , 成等差数列?若存在,求出p,q,r的值;若不存在,说明理由.(1)证明:由,,得到,则又,,数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)可以推知:,所以,,所以,①,②①-②,得,,,所以(3)假设存在正整数p,q,,使,,成等差数列. 则,即因为当时,,所以数列单调递减.又,所以且q至少为2,所以,①当时,,又,所以,等式不成立.②当时,,所以所以,所以,(数列单调递减,解唯一确定).综上可以知道,p,q,r的值分别是1,2,3.解析(1)把给出的数列递推式,,变形后得到新数列,该数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)推出的通项公式,利用错位相减法从而求得求;(3)根据等差数列的性质得到,从而推知p,q,r的值.4.已知n为正整数,数列满足, ,设数列满足(1)求证:数列为等比数列;(2)若数列是等差数列,求实数t的值;(3)若数列是等差数列,前n项和为,对任意的,均存在,使得成立,求满足条件的所有整数的值.(1)证明:数列满足,,•,•,数列为等比数列,其首项为,公比为2;(2)解:由(1)可得:•,,数列是等差数列,,,计算得出或12.时,,是关于n的一次函数,因此数列是等差数列.时,,,不是关于n的一次函数, 因此数列不是等差数列.综上可得;(3)解:由(2)得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,化简可得,当,,,对任意的,符合题意; 当,,当时,,对任意的,不符合题意.综上可得,当,,对任意的,均存在,使得成立.解析(1)根据题意整理可得,•,再由等比数列的定义即可得证;(2)运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质,可得,解方程可得t,对t的值,检验即可得到所求值; (3)由(2)可得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,讨论为偶数和奇数,化简整理,即可得到所求值.5.已知常数,数列满足,(1)若, ,①求的值;②求数列的前n项和;(2)若数列中存在三项, , 依次成等差数列,求的取值范围.解:(1)①,,,,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,数列的前n项和,,显然当时,上式也成立,;(2),,即单调递增.(i)当时,有,于是,,若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,即,.因此不成立.因此此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有.此时于是当时,.从而若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,同(i)可以知道:.于是有,,是整数,.于是,即.与矛盾.故此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有于是此时数列中存在三项,,依次成等差数列.综上可得:解析(1)①,可得,同理可得,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,利用等比数列的求和公式即可得出(2),可得,即单调递增.(i)当时,有,于是,可得,.利用反证法即可得出不存在.当时,有.此时.于是当时, .从而.假设存在,同(i)可以知道:.得出矛盾,因此不存在.当时,有.于是.即可得出结论.6.已知两个无穷数列和的前n项和分别为, , , ,对任意的,都有(1)求数列的通项公式;(2)若为等差数列,对任意的,都有.证明: ;(3)若为等比数列, , ,求满足的n值.解:(1)由,得, 即,所以由,,可以知道所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列.故的通项公式为,(2)证法一:设数列的公差为d,则,由(1)知,因为,所以,即恒成立,所以,即,又由,得,所以所以,得证.证法二:设的公差为d,假设存在自然数,使得,则,即,因为,所以所以,因为,所以存在,当时,恒成立.这与“对任意的,都有”矛盾!所以,得证.(3)由(1)知,.因为为等比数列,且,,所以是以1为首项,3为公比的等比数列.所以,则,因为,所以,所以而,所以,即当,2时,式成立;当时,设,则, 所以,故满足条件的n的值为1和2.解析(1)运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式,即可得到所求;(2)方法一、设数列的公差为d,求出,.由恒成立思想可得,求出,判断符号即可得证;方法二、运用反证法证明,设的公差为d,假设存在自然数,使得,推理可得,作差,推出大于0,即可得证;(3)运用等差数列和等比数列的求和公式,求得,,化简,推出小于3,结合等差数列的通项公式和数列的单调性,即可得到所求值.7.已知数列, 都是单调递增数列,若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项),则得到一个新数列(1)设数列, 分别为等差、等比数列,若, , ,求;(2)设的首项为1,各项为正整数, ,若新数列是等差数列,求数列的前n项和;(3)设是不小于2的正整数), ,是否存在等差数列,使得对任意的,在与之间数列的项数总是若存在,请给出一个满足题意的等差数列;若不存在,请说明理由.解:(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,所以,,所以,,所以,因为,,,(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以因为是中的项,所以设,即当时,计算得出,不满足各项为正整数;当时,,此时,只需取,而等比数列的项都是等差数列,中的项,所以;当时,,此时,只需取,由,得,是奇数,是正偶数,m有正整数解,所以等比数列的项都是等差数列中的项,所以综上所述,数列的前n项和,或(3)存在等差数列,只需首项,公差下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,即成立.由,所以首项,公差的等差数列符合题意解析(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,,,可得,,利用通项公式即可得出.(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以.因为是中的项,所以设,即.当时,计算得出,不满足各项为正整数当时,当时,即可得出.(3)存在等差数列,只需首项,公差.下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,作差利用通项公式即可得出.8.对于数列,称(其中,为数列的前k项“波动均值”.若对任意的,,都有,则称数列为“趋稳数列”.(1)若数列1,x,2为“趋稳数列”,求x的取值范围;(2)若各项均为正数的等比数列的公比,求证:是“趋稳数列”;(3)已知数列的首项为1,各项均为整数,前k项的和为.且对任意,,都有,试计算:.解:(1)根据题意可得,即,两边平方可得,计算得出;(2)证明:由已知,设,因且,故对任意的,,都有,,,因,,,,,,,,,即对任意的,,都有,故是“趋稳数列”;(3)当时,当时,,同理,,因,,即,所以或所以或因为,且,所以,从而,所以,.解析(1)由新定义可得,解不等式可得x的范围;(2)运用等比数列的通项公式和求和公式,结合新定义,运用不等式的性质即可得证;(3)由任意,,都有,可得,由等比数列的通项公式,可得,结合新定义和二项式定理,化简整理即可得到所求值.9.已知首项为1的正项数列{a n }满足+＜a n+1a n ，n∈N *.（1）若a 2=，a 3=x ，a 4=4，求x 的取值范围；（2）设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 为数列{a n }前n 项的和，若S n ＜S n+1＜2S n ，n∈N *，求q 的取值范围；（3）若a 1，a 2，…，a k （k≥3）成等差数列，且a 1+a 2+…+a k =120，求正整数k 的最小值，以及k 取最小值时相应数列a 1，a 2，…，a k （k≥3）的公差. 解：（1）由题意，a n ＜a n+1＜2a n ，∴＜x ＜3,＜x ＜2x ， ∴x∈（2，3）. （2）∵a n ＜a n+1＜2a n ，且数列{a n }是公比为q 的等比数列，a 1=1， ∴q n-1＜q n ＜2q n-1，∴q n-1(q-)＞0，q n-1(q-2)＜0， ∴q∈（，1）.∵S n ＜S n +1＜2S n ，当q=1时，S 2=2S 1，不满足题意，当q≠1时，＜＜2•，∴①当q∈（，1）时， ，即，∴q∈（，1）.②当q∈（1，2）时，，即，无解，∴q∈（，1）.（3）设数列a 1，a 2，…，a k （k≥3）的公差为d. ∵a n ＜a n +1＜2a n ，且数列a 1，a 2，…，a n 成等差数列， ∴a 1=1， ∴[1+(n-1)d]＜1+nd ＜2[1+(n-1)d]，n=1，2，…，k-1，∴，∴d∈（-，1）. ∵a 1+a 2+…+a k =120， ∴S k =k 2+(a 1-)k=k 2+(1-)k=120，∴d=，∴∈（-，1）， ∴k∈（15，239），k∈N*， ∴k 的最小值为16，此时公差d=.解析【解题方法提示】分析题意，对于（1），由已知结合完全平方公式可得a n ＜a n+1＜2a n ，由此可得到关于a 2，a 3，a 4的大小关系，据此列式可解得x 的取值范围； 根据a n ＜a n+1＜2a n ，以及等比数列的通项公式可得q∈（，1），再结合S n ＜S n+1＜2S n 以及等比数列的前n 项和公式分类讨论可得q 的取值范围； 设公差为d ，根据a n ＜a n+1＜2a n ，以及等差数列的通项公式可得d∈（-，1），然后根据等差数列的前n 项和公式结合题意可得d=，由此可解得k 的取值范围，进而得到k 的最小值和d 的值.。

2015届苏州市高三数学过关题5—— 数列（2）一、填空题【考点一】等差数列的和1.设等差数列{}n a 的公差不为0,其前n 项和是n S .若23S S =,0k S =,则k =____ __. 【答案】 5[解析] 由23S S =知，30a =，所以5350S a ==，所以k =5.2.等差数列{}n a 前n 项和为n S ，已知2110m m ma a a -++-=，2138m S -=,则m =_______． 【答案】10[解析]由2110m m ma a a -++-=得220,0m m m a a a -=∴=或2m a =，21(21)38m m S m a -=-=，10m a =.3. 设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，已知6636,324,144,n n S S S -===则n =__________. 【答案】18[解析] 6123456S a a a a a a =+++++，612345n n n n n n n n S S a a a a a a -------=+++++，()6616()n n n S S S a a -+-=+136n a a ∴+=，∴1()182n n n a a S +==. 4.在等差数列{}n a 中，17a =，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8n =时n S 取最大值，则d 的取值范围_________．【答案】718d -<<-[解析] 因为170a =>，当且仅当8n =时n S 取最大值，可知0d <且同时满足890,0a a ><，所以89770780a d a d =+>⎧⎨=+<⎩，易得718d -<<-.5.若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n = 时，{}n a 的前n 项和最大. 【答案】8[解析] 由等差数列的性质，78983a a a a ++=，80a >，又因为7100a a +<，所以890a a +<， 所以90a <，所以87S S >，89S S >，故数列}{n a 的前8项最大. 6.已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n A 和n B ，且7453n n A n B n +=+，则使得n n a b 为整数的正整数n 的个数是________．【答案】5个[解析] 由等差数列的前n 项和及等差中项，可得()()121121212112112111()21()719122271111()21()22n n n n n n n n a a n a a a A n b B n n b b n b b ------+-++=====++++-+，故1,2,3,5,11n =，nna b 为整数．7.等差数列{a n }的公差为d ，关于x 的不等式 21()022d dx a x c +-+≥的解集为[0,22]，则使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是 ． 【答案】11[解析] 由已知得d <0，c ＝0，a 1＝－212d ，令通项a n ＝2n －232d >0，得n <11.5，于是数列的前11项为正数，故所求最大的正整数n 的值是11. 【考点二】等比数列的和8. 已知{}n a 为等比数列，S n 是它的前n 项和.若2312a a a ⋅=， 且4a 与27a 的等差中项为54，则5S =________. 【答案】31[解析] 由2312a a a ⋅=知312a q =，即42a =，所以7a =14，所以11,162q a ==，所以5S =31. 9. 已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范围是 .【答案】[8，323)12211111280n a a a ++++<成立的最大整数n 为 .【答案】9[解析] 由数列=即()11122n n a n a +-=≥，所以数列{}n a 中奇数项及偶数项分别成等比数列.因此数列1{}na 中奇数项及偶数项也分别成等比数列.所以()11122111211112322128012122n nn n a a a +++--+++=+=-<--，解得最大整数n 为9. 【考点三】等差、等比数列的综合应用11. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4510,15S S ≥≤，则4a 的最大值为_________． 【答案】4[解析] ∵等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4510,15S S ≥≤，∴4151434102545152S a d S a d ⨯⎧=+≥⎪⎪⎨⨯⎪=+≤⎪⎩ 而5445321S S a +-=，∴4131015425a -⨯+⨯=≤，∴故4a 的最大值为4.12.设数列{n a }是等差数列,数列{n b }是等比数列,记数列{n a },{n b }的前n 项和分别为n S ,n T .若a 5=b 5,a 6=b 6,且75644S S T T -=-,则7575a ab b ＋＋=____________.【答案】513-[解析] 因为75676716456561211429S S a a a a a d T T b b a a a d -+++====-+++，所以1256a d =-，所以655a q a ==-，所以7575567555522526261313a a a a a d ab b a a a +====-＋＋＋. 13.已知数列{}n a 的前n 项和(1)n n S n =-⋅,若对任意正整数n ,1()()0n n a p a p +--＜恒成立,则实数p 的取值范围是______. 【答案】(13)-，[解析] 当n =1时，a 1=S 1=－1；当n ≥2时，a n =S n －S n －1=（－1）n n －（－1）n -1（n －1）=（－1）n（2n －1）． ∵对任意正整数n ，（a n +1－p ）（a n －p ）＜0恒成立，∴[（－1）n +1（2n +1）－p ][（－1）n（2n －1）－p ]＜0，①当n 是奇数时，化为[p －（2n +1）][p ＋（2n －1）]＜0，解得1－2n ＜p ＜2n ＋1， ∵对任意正奇数n 都成立，取n =1时，可得-1＜p ＜3．②当n 是正偶数时，化为[p －（2n -1）][p ＋（1+2n ）]＜0，解得－1－2n ＜p ＜2n －1， ∵对任意正偶数n 都成立，取n =2时，可得-5＜p ＜3．联立1353p p -<<⎧⎨-<<⎩，解得-1＜p ＜3．∴实数p 的取值范围是（-1，3）．14.对于各项都是正数的数列{n a },定义n H =21123222n nna a a a ⋯－＋＋＋＋为{n a }的“靶”值,现知某数列的“靶”值为n H =22n ＋,则数列{n a }的前n 项和n S 的取值范围是___________. 【答案】[32,5) [解析] 由题意得n H =21123222n nna a a a ⋯－＋＋＋＋=22n ＋，变形得()1122222n n n n a a a -++++=，所以()()1121132222n n n n n n a a a a -+++++++=，所以12322n n n a ++=，即11232n n n a +++=，所以212n n n a +=，利用错位相减法求得2535,522nn n S +⎡⎫=-∈⎪⎢⎣⎭. 15. 已知数列{}n a 的通项公式21232n a n n =-+-，前n 项和为n S ，若n m >，则n m S S -的最大值是 .【答案】 10[解析] 12n m m m n S S a a a ++-=+++，当12,,,m m n a a a ++各项均为非负数时n m S S -有最大值10.16. 等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知10150,25S S ==,则n nS 的最小值为________. 【答案】49-【考点四】递推数列17. 数列{a n }中，a 1＝6，且a n －a n －1＝a n －1n＋n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则这个数列的通项a n ＝________. 【答案】(n ＋1)(n ＋2)[解析] 由已知等式得na n ＝(n ＋1)a n －1＋n (n ＋1)(n ∈N *，n ≥2)，则a n n ＋1－a n －1n ＝1，所以数列{a nn ＋1}是以a 12＝3为首项，1为公差的等差数列，即a nn ＋1＝n ＋2，则a n ＝(n ＋1)(n ＋2)．n ＝1时，此式也成立．18.已知)(x f 是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (x ·y )＝)()(x yf y xf +成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n )(n ∈N *)，且a 1＝2.则数列的通项公式a n ＝________. 【答案】nn 2⋅ [解析] 由a n ＋1＝f (2n ＋1)＝2f (2n )＋2n f (2)＝2a n ＋2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n2n ＝n ，a n ＝n ·2n.二、解答题19.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．⑴证明：a n ＋2－a n ＝λ.⑵是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．[解析] ⑴证明：由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.⑵由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得 a 2＝λ－1， 由⑴知，a 3＝λ＋1.若{a n }为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4，故a n ＋2－a n ＝4. 由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列， a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 20.若正项数列{}n a 的前n 项和为n S ,首项11a =,点)1n PS +在曲线2(1)y x =+上.⑴求23,a a ；⑵求数列{}n a 的通项公式n a ； ⑶设11n n n b a a +=⋅,n T 表示数列{}n b 的前n 项和,若n T a ≥恒成立,求n T 及实数a 的取值范围.[解析]⑴因为点)1n PS +在曲线2(1)y x =+上,所以211)n S +=.分别取1n =和2n =,得到21221231)1)a a a a a ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩,由11a =解得23a =,35a =.⑵由211)n S +=1.所以数列,1为公差的等差数列，1)1n =-⨯, 即2n S n = ，由公式11=12n nn S n a S S n -⎧=⎨-≥⎩,得1=1212n n a n n ⎧=⎨-≥⎩ ，所以21n a n =-. (3)因为111(21)(21)n n n b a a n n +==⋅-⋅+,所以0n b >, 1111335(21)(21)n T n n =+++⨯⨯-⋅+…… 11111111=++++233523212121n n n n -------+(1) 12=221nn ⨯+11212n n n==++， 显然n T 是关于n 的增函数, 所以n T 有最小值1111321T ==+, 由于n T a ≥恒成立,所以13a ≤, 于是a 的取值范围为1{|}3a a ≤ .21.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且 12323(1)2(n n a a a na n S n n +++⋅⋅⋅+=-+∈N *).⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵若,,p q r 是三个互不相等的正整数，且,,p q r 成等差数列，试判断1,1,1p q r a a a ---是否成等比数列？并说明理由. [解析] ⑴12323(1)2n n a a a na n S n ++++=-+，∴ 当1n =时，有 11(11)2,a S =-+ 解得 12a =.由12323(1)2n n a a a na n S n ++++=-+, ① 得1231123(1)2(1)n n n a a a na n a nS n ++++++++=++, ②② - ①得: 11(1)(1)2n n n n a nS n S +++=--+. ③ 由③式得：()111(1)(1)22n n n n n n n a nS n S n S S S ++++=--+=-++， 得12n n a S +=+. ④当2n ≥时,12n n a S -=+, ⑤ ⑤-④得：12n n a a +=.由12224a a S +=+，得24a =，∴212a a =. ∴数列{}n a 是以12a =为首项，2为公比的等比数列. ∴2n n a =.⑵∵,,p q r 成等差数列， ∴2p r q +=. 假设1,1,1p q r a a a ---成等比数列，则()()()2111p r q a a a --=-， 即()()()2212121p r q --=-，化简得：2222p r q +=⨯. （*） ∵p r ≠，∴2222p r q +>=⨯，这与（*）式矛盾，故假设不成立. ∴1,1,1p q r a a a ---不是等比数列.22.对于项数为n 的有穷数列{}{},m m a b ，如果满足1n b a =，11k k k k b a a b --=+-，其中2,3,,k n =，则称{}m b 为{}m a 的“生成数列”.⑴若数列{}m a 的“生成数列”{}m b 为：5，－2,7,2，求{}m a ；⑵若n 为偶数，且{}m a 的“生成数列”是{}m b ，证明：{}m b 的“生成数列”是{}m a ； ⑶若n 为奇数，且{}m a 的“生成数列”是{}m b ，且{}m b 的“生成数列”是{}m c ，…依次将数列{}m a ，{}m b ，{}m c ，…的第()1,2,,i i n =项取出构成数列{}i Ω.证明：{}i Ω是等差数列.[解析] ⑴由题意得：415a b == ，4433b a a b =+-，∴34a =，∵33227b a a b ==+-，∴21a =，∵2211b a a b =+-，∴12a =，∴数列{}:2,1,4,5m a 为. ⑵证明：因为 1n b a =， 1212b b a a +=+， 2323b b a a +=+，…… 11n n n n b b a a --+=+， 由于n 为偶数，将上述n 个等式中的第2,4,6,,n 这2n个式子都乘以1-，相加得 11223112231()()()()()()n n n n n b b b b b b b a a a a a a a ---+++--+=-+++--+即1n b a -=-，1n b a =.由于1n a b =，11(2,3,,)i i i i a b b a i n --=+-=，根据“生成数列”的定义知，数列{}m a 是{}m b 的“生成数列”. ⑶证明：因为 11(2,3,4,,)i i i i b a a b i n --=+-=，所以 11()(2,3,4,,)i i i i b a b a i n ---=--=.所以欲证{}i Ω成等差数列，只需证明{}1Ω成等差数列即可.对于数列{}m a 及其“生成数列”{}m b ，因为 1n b a =，1212b b a a +=+，2323b b a a +=+， …… 11n n n n b b a a --+=+，由于n 为奇数，将上述n 个等式中的第2,4,6,,1n -这12n -个式子都乘以1-，相加得 11223112231()()()()()()n n n n n b b b b b b b a a a a a a a ---+++-++=-+++-++，即112n n n n b a a a a a =-+=-.设数列{}m b 的“生成数列”为{}m c ，因为 1n b a =，112n n c b a a ==-， 所以 1112b a c =+， 即111,,a b c 成等差数列. 同理可证，111111,,;,,,b c d c d e 也成等差数列. 即{}1Ω是等差数列.所以, {}i Ω成等差数列.23.对于数列{}n a ,定义数列1{}n n a a +-为{}n a 的“差数列”.⑴若2n a An B =+,A 、B 为非零常数,求证:数列{}n a 的“差数列”是等差数列并求出其公差；⑵若12,a ={}n a 的“差数列”的通项为2n ,求数列{}n a 的通项公式以及前n 项和n S ； ⑶对于⑵中的数列{}n a ,若数列{}n b 满足*1214(,n 2),n n n n a b b n N -+=-⋅∈≥且47b =-,求数列{}n b (n 为偶数)的通项公式.[解析] ⑴()221(1)2n n a a A n B An B An A +-=+---=+令{}n a 的“差数列”为{}n x ,则2n x An A =+,()12(1)22n n x x A n A An A A +-=++-+=， 所以数列{}n a 的“差数列”是等差数列,其公差为2A ； ⑵依题意12,1,2,3,n n n a a n +-==所以11223211()()()()n n n n n n n a a a a a a a a a a -----=-+-+-++-+12322222.n n n n ---=++++=而12n n a a += 从而{}n a 是公比数为2的等比数列, 所以12(12)2 2.12n n n S +-==--⑶由1214n n n n a b b -+=-⋅,得到 (1)11214n n n n a b b ----=-⋅ 两式相除得111,2n n b b +-=所以数列{}2n b 是公比为12的等比数列， 由47b =-,214.b =-所以数列{}2n b 的通项为12114()2nn b -=-⋅,其中n 为偶数.24.已知各项均为正数的两个无穷数列{}n a 、{}n b 满足()1112n n n n n a b a b na n ++++=∈*N ．⑴当数列{}n a 是常数列（各项都相等的数列），且112b =时，求数列{}n b 的通项公式； ⑵设{}n a 、{}n b 都是公差不为0的等差数列，求证：数列{}n a 有无穷多个，而数列{}n b 惟一确定；⑶设()2121n n n n a a a n a ++=∈+*N ，21n n i i S b ==∑，求证：226n S n <<． [解析] ⑴∵数列{}n a 是常数列，且()1112n n n n n a b a b na n ++++=∈*N ，∴()12n n b b n n ++=∈*N ， ① ∴()()121,2n n b b n n n -+=-∈≥*N ② ①－②得 ()112,2n n b b n n +--=∈≥*N ，∴数列{}n b 中序号为奇数的项及序号为偶数的项均按原来顺序构成公差为2的等差数列，又112b =，122b b +=，∴232b =， ∴()()2111212122n b n n -=+-=--，()23121222n b n n =+-=-，∴12n b n =-()n ∈*N .⑵设{}n a 、{}n b 的公差分别为12,d d ()120d d ≠，将其通项代入1112n n n n n a b a b na ++++=得()()()()()1112111212112d n a d d n b d n a d n b d n d n a ⎡+-⎤+++⎡+-⎤=+⎣⎦⎣⎦， 因为它是关于n 的恒等式，∴()121111212111111212222222()00d d d b d a d d d a b a d a b d d d =⎧⎪+-=⎪⎨-+-=⎪⎪≠⎩，∴121111b d d a=⎧⎪=⎨⎪=⎩， ∴1n n a na b n =⎧⎨=⎩，由于1a 可以取无穷多个正实数，所以数列{}n a 有无穷多个，而数列{}n b 惟一确定.⑶∵2121n n n n a a a a ++=+，及0n a >，∴2101n n n n a a a a +-=>+，即1n n a a +<， ∴1111112n n n n n n n n n a b a b na a b a b +++++++=<+，得12n n b b n ++>， ∴()()()()2212342121213212nn i n n i S b b b b b b b n n -===++++++>⎡+++-⎤=⎣⎦∑，又由1112n n n n n a b a b na ++++=得11120n n n n n a b na a b +++=->，∴2n b n <，∴()221212242nn i i S b n n n ==<+++=+∑，∴22246n S n n<<+≤. 三．课本改编题：1．原题[2012年第4版·必修5教材42页练习4]在等差数列{}n a 中，已知816100,392S S ==,试求24S . 【答案】876[解析]由81682416,,S S S S S --成等差数列，易得24876S =.变式1：各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若102S =，3014S =，则40S =________. 【答案】30[解析] 设20S x =，40S y =，则由题意，得2，2x -，14x -，14y -成等比数列．于是由2(2)2(14)x x -=-及0x >，得6x =，所以30y =.变式2：[2009·辽宁卷]设等比数列{a n }的前n 项和为n S ，若633S S =，则96S S =__________.【答案】73[解析]设公比为q ,则36333(1)S q S S S +=＝1＋q 3＝3 ⇒ q 3＝2, 于是63693112471123S q q S q ++++===++ 变式3：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则4S ，84S S -，128S S -，1612S S -成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{}n b 的前n 项积为n T ，则4T ， ， ，1612T T 成等比数列． 【答案】81248,T T T T [解析]对于等比数列，通过类比，有等比数列{}n b 的前n 项积为n T ，则4T ，81248,T T T T ,1612T T 成等比数列．[说明]通过知识的迁移，理解等差、等比数列的一些共性.2．原题[2012年第4版·必修5教材59页习题8]设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，396,,S S S 成等差数列，求证：285,,a a a 成等差数列.[解析] ∵396,,S S S 成等差数列，9369S S S S -=-,即()459789a a a a a a +++=-++，∴()4567892a a a a a a ++=-++，∴q 3＝－12，∴682214a a q a ==，352212a a q a ==-，∴2582,a a a +=∴285,,a a a 成等差数列.变式1：[2013·江西一模]已知等比数列{a n }的公比为q （q 为实数），前n 项和为S n ，且S 3、S 9、S 6成等差数列，则q 3等于________． 【答案】－12[解析] ∵396,,S S S 成等差数列，9369S S S S -=-,即()459789a a a a a a +++=-++，∴()4567892a a a a a a ++=-++，∴q 3＝－12.变式2：设数列{a n }是公差不为零的等差数列，它的前n 项和为S n ，且S 1、S 2、S 4成等比数列，则【答案】[解析] ∵S 2＝2a 1+d ，S 4＝4a 1＋4×32×d ＝4a 1+6d ，S 1，S 2，S 4成等比数列，∴(2a 1+d )2＝a 1(4a 1+6d )，解得d =2a 1,∴a 4= a 1+3d =7 a 1.变式3：[2014·天津卷]设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________． 【答案】－12[解析] ∵S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1＋4×32×(－1)＝4a 1－6，S 1，S 2，S 4成等比数列，∴(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.[说明]通过变式理解等差、等比内在联系.。

一、填空题1．(2011年四川)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝________. 解析：∵a n ＋1＝3S n ，∴S n ＋1－S n ＝3S n ，即S n ＋1＝4S n .又S 1＝a 1＝1，∴{S n }是等比数列，首项为1，公比为4.∴S n ＝4n －1. ∴a 6＝S 6－S 5＝45－44＝3×44.答案：3×442．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列{1f (n )} (n ∈N *)的前n 项和是________解析：∵f (x )＝x m ＋ax 的导数为f ′(x )＝2x ＋1，∴m ＝2，a ＝1，∴f (x )＝x 2＋x ，即f (n )＝n 2＋n ＝n (n ＋1)，∴数列{1f (n )}，(n ∈N *)的前n 项和为： S n ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1) ＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案：n n ＋1 3．已知某数列前2n 项和为(2n )3，且前n 个偶数项的和为n 2(4n ＋3)，则它的前n 个奇数项的和为________．解析：已知数列的前2n 项的和为(2n )3，其中偶数项的和为n 2(4n ＋3)，故前n 个奇数项的和为(2n )3－n 2(4n ＋3)＝n 2(4n －3)．答案：n 2(4n －3)4．数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为______．解析：数列的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910，所以n＝9，于是直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0. 即为10x ＋y ＋9＝0，所以在y 轴上的截距为－9. 答案：－95．正方形ABCD 的边长是a ，依次连结正方形ABCD 各边中点得到一个新的正方形，再依次连结正方形各边中点又得到一个新的正方形，依此得到一系列的正方形．如图所示，现有一只小虫从A 点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段．则这10条线段的长度的平方和是________．解析：小虫爬行的线段长度依次为：a 2，24a ，28a ，…， 它们的平方依次构成公比为12的等比数列． S 10＝a 24⎝⎛⎭⎫1－12101－12＝1 0231 024·a 22＝1 0232 048a 2. 答案：1 0232 048a 2 6．函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________．解析：∵y ′＝2x ，∴k ＝y ′|x ＝a k ＝2a k ，∴切线方程：y －a 2k ＝2a k (x －a k )，令y ＝0，得x ＝12a k ，即：a k ＋1＝12a k ， ∴{a k }是以首项为16，公比为12的等比数列， ∴a k ＝16·⎝⎛⎭⎫12n －1， ∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.答案：217．设集合M ＝{m |m ＝7n ＋2n ，n ∈N *且m ＜200}，则集合M 中所有元素的和为________． 解析：∵当n ＝7时，m ＝7×7＋27＝177，当n ＝8时，m ＝7×8＋28＝312，∴1≤n ≤7，∴集合M 中所有元素的和为7×7×(1＋7)2＋2－281－2＝450. 答案：4508．已知函数f (x )＝4x 4x ＋2.求和S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 011＋f ⎝⎛⎭⎫22 011＋f ⎝⎛⎭⎫32 011＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0102 011，则S ＝________.解析：由于f (x )＝4x4x ＋2， 所以f (y )＝4y4y ＋2， 当x ＋y ＝1时，有f (x )＋f (y )＝4x 4x ＋2＋4y4y ＋2＝2×4x ＋y ＋2(4x ＋4y )4x ＋y ＋2(4x ＋4y )＋4＝8＋2(4x ＋4y )8＋2(4x ＋4y )＝1， 于是f (x )＋f (y )＝1.因此若令S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 011＋f ⎝⎛⎭⎫22 011＋f ⎝⎛⎭⎫32 011＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0102 011， 则S ＝f ⎝⎛⎭⎫2 0102 011＋f ⎝⎛⎭⎫2 0092 011＋f ⎝⎛⎭⎫2 0082 011＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 011， 于是2S ＝2 010⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫12 011＋f ⎝⎛⎭⎫2 0102 011＝2 010， 故S ＝1 005.答案：1 0059．设{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．记T n ＝17S n －S 2n a n ＋1，n ∈N *，设Tn 0为数列{T n }的最大项，则n 0＝________.解析：设数列{a n }的首项为a 1，则a n ＋1＝a 1×(2)n ，S n ＝－(1＋2)×a 1×[1－(2)n ]，S 2n ＝－(1＋2)×a 1×[1－(2)2n ]∴T n ＝17S n －S 2n a n ＋1＝－(1＋2)×16－17×(2)n ＋(2)2n(2)n＝17×(1＋2)－(1＋2)×⎣⎡⎦⎤(2)n ＋16(2)n ≤17×(1＋2)－(1＋2)×8当且仅当(2)n ＝16(2)n时上式“＝”成立． 即n ＝4时，T n 最大，∴n 0＝4.答案：4二、解答题10．(2011年重庆)设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n . 解析：(1)设q 为等比数列{a n }的公比，则由a 1＝2，a 3＝a 2＋4得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，因此q ＝2，所以{a n }的通项为a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *)． (2)S n ＝2(1－2n )1－2＋n ×1＋n (n －1)2×2＝2n ＋1＋n 2－2. 11．(2011年湖北)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列． 解析：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d .依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54. 所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为 b n ＝54·2n －1＝5·2n －3. (2)证明：数列{b n }的前n 项和S n ＝54(1－2n )1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2， 所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2. 因此⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，公比为2的等比数列． 12．数列{a n }中，a 1＝13，前n 项和S n 满足S n ＋1－S n ＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n 以及前n 项和S n ；(2)若S 1，t (S 1＋S 2)，3(S 2＋S 3)成等差数列，求实数t 的值．解析：(1)由S n ＋1－S n ＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1(n ∈N *)得 a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1(n ∈N *)； 又a 1＝13，故a n ＝⎝⎛⎭⎫13n (n ∈N *)． 从而，S n ＝13×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n (n ∈N *)． (2)由(1)可得S 1＝13，S 2＝49，S 3＝1327. 从而由S 1，t (S 1＋S 2)，3(S 2＋S 3)成等差数列可得：13＋3×⎝⎛⎭⎫49＋1327＝2×⎝⎛⎭⎫13＋49t ，解得t ＝2.。

错误!错误![典例引领]若各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且２错误!＝a n＋１（n∈N*）．（１）求数列{a n}的通项公式；（２）若正项等比数列{b n}，满足b２＝２,２b7＋b8＝b9，求T n＝a１b１＋a２b２＋…＋a n b n；（３）对于（２）中的T n，若对任意的n∈N*，不等式λ（—１）n＜错误!（T n＋２１）恒成立，求实数λ的取值范围．解：（１）因为２错误!＝a n＋１，所以４S n＝（a n＋１）２，且a n＞0，则４a１＝（a１＋１）２，解得a１＝１，又４S n＋１＝（a n＋１＋１）２，所以４a n＋１＝４S n＋１—４S n＝（a n＋１＋１）２—（a n＋１）２，即（a n＋１—a n—２）（a n＋１＋a n）＝0，因为a n＞0，所以a n＋１＋a n≠0，所以a n＋１—a n＝２，所以{a n}是公差为２的等差数列，又a１＝１，所以a n＝２n—１．（２）设数列{b n}的公比为q，因为２b7＋b8＝b9，所以２＋q＝q２，解得q＝—１（舍去）或q＝２，由b２＝２，得b１＝１，故b n＝２n—１.因为T n＝a１b１＋a２b２＋…＋a n b n＝１×１＋３×２＋５×２２＋…＋（２n—１）×２n—１，所以２T n＝１×２＋３×２２＋５×２３＋…＋（２n—１）×２n，两式相减得—T n＝１＋２（２＋２２＋…＋２n—１）—（２n—１）×２n，故T n＝（２n—１）×２n—１—２（２＋２２＋…＋２n—１）＝（２n—１）×２n—１—２（２n—２）＝（２n—３）×２n＋３．（３）不等式λ（—１）n＜错误!（T n＋２１）可化为（—１）nλ＜n—错误!＋错误!.１当n为偶数时，λ＜n—错误!＋错误!，记g（n）＝n—错误!＋错误!，则有λ＜g（n）min.因为g（n＋２）—g（n）＝２＋错误!—错误!＝２—错误!，当n＝２时，g（n＋２）＜g（n），当n≥４时，g（n＋２）＞g（n），即g（４）＜g（２），当n≥４时，g（n）单调递增，g（n）min＝g（４）＝错误!，所以λ＜错误!.２当n为奇数时，λ＞错误!—n—错误!，记h（n）＝错误!—n—错误!，则有λ＞h（n）max.因为h（n＋２）—h（n）＝—２—错误!＋错误!＝—２＋错误!，当n＝１时，h（n＋２）＞h（n），当n≥３时，h（n＋２）＜h（n），即h（３）＞h（１），当n≥３时，h（n）单调递减，h（n）max＝h（３）＝—３，所以λ＞—３．综上所述，实数λ的取值范围为错误!.[由题悟法]１．数列与不等式的综合问题考查类型（１）判断数列中的一些不等关系问题；（２）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；（３）考查与数列问题有关的不等式的证明问题．２．解决数列与不等式问题的两个注意点（１）利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n取正整数的限制条件．（２）利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n}满足a１＝6，a２＝２0，且a n—１·a n＋１＝a错误!—8a n＋１２（n∈N*，n≥２）．（１）证明：数列{a n＋１—a n}为等差数列；（２）令c n＝错误!＋错误!，数列{c n}的前n项和为T n，求证：２n＜T n＜２n＋错误!.证明：（１）当n＝２时，a１·a３＝a错误!—8a２＋１２，所以a３＝４２．当n≥２时，由a n—１·a n＋１＝a错误!—8a n＋１２，得a n·a n＋２＝a错误!—8a n＋１＋１２，两式相减得a n a n＋２—a n—１a n＋１＝a错误!—a错误!—8a n＋１＋8a n，所以a错误!＋a n a n＋２—8a n＝a错误!＋a n—１a n＋１—8a n＋１，即a n（a n＋a n＋２—8）＝a n＋１（a n＋１＋a n—１—8），所以错误!＝错误!＝…＝错误!＝２．所以a n＋２＋a n—8＝２a n＋１，即a n＋２—２a n＋１＋a n＝8，即（a n＋２—a n＋１）—（a n＋１—a n）＝8，当n＝１时，也满足此式．又a２—a１＝１４，所以数列{a n＋１—a n}是以１４为首项，8为公差的等差数列．（２）由（１）知a n＋１—a n＝１４＋8（n—１）＝8n＋6．由a２—a１＝8×１＋6，a３—a２＝8×２＋6，…，a n—a n—１＝8×（n—１）＋6，累加得a n—a１＝8×[１＋２＋３＋…＋（n—１）]＋6（n—１）＝8×错误!＋6（n—１）＝４n２＋２n—6，所以a n＝４n２＋２n.所以c n＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝２＋２错误!，所以T n＝２n＋２错误!＝２n＋２错误!，又错误!＞错误!—错误!＝错误!＝错误!＞0，所以２n＜T n＜２n＋错误!.错误!错误![典例引领]已知数列{a n}中，a１＝１，a２＝a，且a n＋１＝k（a n＋a n＋２）对任意正整数n都成立，数列{a n}的前n项和为S n.（１）若k＝错误!，且S２0１8＝２0１8a，求a的值；（２）是否存在实数k，使数列{a n}是公比不为１的等比数列，且对任意相邻三项a m，a m＋１，a m＋２按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，请说明理由．解：（１）当k＝错误!时，a n＋１＝错误!（a n＋a n＋２），即a n＋２—a n＋１＝a n＋１—a n，所以数列{a n}是等差数列，此时首项a１＝１，公差d＝a２—a１＝a—１，所以数列{a n}的前２0１8项和S２0１8＝２0１8＋错误!×２0１8×（２0１8—１）（a—１）＝２0１8a，解得a＝１．（２）设数列{a n}是等比数列，则它的公比q＝错误!＝a（a≠１），所以a m＝a m—１，a m＋１＝a m，a m＋２＝a m＋１.１若a m＋１为等差中项，则２a m＋１＝a m＋a m＋２，即２a m＝a m—１＋a m＋１，解得a＝１，不合题意；２若a m为等差中项，则２a m＝a m＋１＋a m＋２，即２a m—１＝a m＋a m＋１，化简得a２＋a—２＝0，解得a＝—２（a＝１舍去），所以k＝错误!＝错误!＝错误!＝—错误!；３若a m＋２为等差中项，则２a m＋２＝a m＋１＋a m，即２a m＋１＝a m＋a m—１，化简得２a２—a—１＝0，解得a＝—错误!（a＝１舍去），所以k＝错误!＝错误!＝错误!＝—错误!.综上，满足要求的实数k有且仅有一个，且k＝—错误!.[由题悟法]数列中存在性问题的求解策略数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．[即时应用]设数列{a n}的前n项和为S n，且（S n—１）２＝a n S n.（１）求a１；（３）是否存在正整数m，k，使错误!＝错误!＋１9成立？若存在，求出m，k；若不存在，说明理由．解：（１）当n＝１时，（a１—１）２＝a错误!，∴a１＝错误!.（２）证明：∵（S n—１）２＝a n S n，∴当n≥２时，（S n—１）２＝（S n—S n—１）S n，∴—２S n＋１＝—S n—１S n，即１—S n＝S n（１—S n—１），∴错误!＝错误!，∴错误!—错误!＝错误!—错误!＝错误!＝—１为定值，∴错误!为等差数列．（３）∵错误!＝—２，∴错误!＝—２＋（n—１）×（—１）＝—n—１，∴S n＝错误!，∴a n＝错误!＝错误!.假设存在正整数m，k，使错误!＝错误!＋１9成立，则（k＋１）２＝m（m＋１）＋１9，∴４（k＋１）２＝４m（m＋１）＋76，∴[（２k＋２）＋（２m＋１）][（２k＋２）—（２m＋１）]＝7５，∴（２k＋２m＋３）（２k—２m＋１）＝7５＝7５×１＝２５×３＝１５×５，∴错误!或错误!或错误!解得错误!或错误!或错误!错误!错误![典例引领]若存在非零常数p，对任意的正整数n，a错误!＝a n a n＋２＋p，则称数列{a n}是“T数列”．（１）若数列{a n}的前n项和S n＝n２（n∈N*），求证：{a n}是“T数列”；（２）设{a n}是各项均不为0的“T数列”．２若p＞0，求证：当a１，a２，a３成等差数列时，{a n}是等差数列．证明：（１）当n＝１时，a１＝S１＝１；当n≥２时，a n＝S n—S n—１＝n２—（n—１）２＝２n—１，当n＝１时，符合上式，所以a n＝２n—１．则{a n}是“T数列”⇔存在非零常数p，对任意正整数n，（２n＋１）２＝（２n—１）（２n＋３）＋p，显然p＝４满足题意，所以{a n}是“T数列”．（２）１假设{a n}是等差数列，设a n＝a１＋（n—１）d，则由a错误!＝a n a n＋２＋p，得（a１＋nd）２＝[a１＋（n—１）d]·[a１＋（n＋１）d]＋p，解得p＝d２≥0，这与p＜0矛盾，故假设不成立，从而{a n}不是等差数列．２因为a错误!＝a n a n＋２＋p，所以a错误!＝a n—１a n＋１＋p（n≥２），两式相减得，a错误!—a错误!＝a n a n＋２—a n—１a n＋１.因为{a n}的各项均不为0，所以错误!＝错误!（n≥２），故错误!（n≥２）是常数列，因为a１，a２，a３成等差数列，所以错误!＝２，从而错误!＝２（n≥２），即a n＋１＋a n—１＝２a n（n≥２），所以{a n}是等差数列．[由题悟法]（１）新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.（２）数列试题的情境，除了常见的等差数列、等比数列和递推数列外，有时还会出现周期数列、分段数列、数表型数列以及子数列问题等新情境．[即时应用]对于数列{a n}，记Δ１a n＝a n＋１—a n，Δk＋１a n＝Δk a n＋１—Δk a n，k，n∈N*，则称数列{Δk a n}为数列{a n}的“k阶差数列”．（１）已知Δ１a n＝错误!n，１若{a n}为等比数列，求a１的值；２证明：当n＞m，n，m∈N*时，|a n—a m|＜错误!.（２）已知数列{b n}为数列{a n}的“２阶差数列”，若b n＝３n—２，a１＝１，且a n≥a３对n∈N*恒成立，求a２的取值范围．解：（１）１因为a２＝a１＋Δ１a１＝a１—错误!，a３＝a２＋Δ１a２＝a１—错误!，且{a n}为等比数列，所以a错误!＝a１·a３，即错误!２＝a１错误!，解得a１＝错误!.２证明：当n＞m时，因为a n—a m＝Δ１a n—１＋…＋Δ１a m＝错误!＝错误!·错误!，所以|a n—a m|＝错误!·错误!≤错误!·错误!＜错误!·错误!m.又错误!·错误!m单调递减，所以错误!·错误!m≤错误!×错误!＝错误!，故当n＞m，n，m∈N*时，|a n—a m|＜错误!.（２）因为数列{b n}为数列{a n}的“２阶差数列”，且b n＝３n—２，所以Δ２a n＝３n—２，所以Δ１a n＝Δ２a n—１＋Δ２a n—２＋…＋Δ２a１＋Δ１a１＝错误!—２（n—１）＋Δ１a１＝错误!—２n＋错误!＋Δ１a１＝错误!—２n＋a２—错误!.由Δ２a n＝３n—２＞0知，{Δ１a n}单调递增，所以要使a n≥a３对n∈N*恒成立，当且仅当错误!即错误!解得—7≤a２≤0．所以a２的取值范围是[—7,0]．１．已知各项都不小于１的数列{a n}的前n项和为S n，且满足a n＝错误!—２．（１）求数列{a n}的通项公式；（２）设b n＝错误!＋１，从数列{b n}中抽取部分项b１，b9，bn３，bn４，…，bn k，…，按从小到大的顺序构成等比数列．１求{n k}的通项公式；２记c k＝错误!数列{c k}的前k项和是T k，求证：T k＜错误!.解：（１）由a n＝错误!—２，移项并平方得（a n＋２）２＝a错误!＋４a n＋４＝6S n＋３n，则a错误!＋４a n—１＋４＝6S n—１＋３（n—１），n≥２，两式相减得，a错误!—a错误!＋４a n—４a n—１＝6a n＋３，n≥２，即a错误!—２a n＋１＝a错误!＋４a n—１＋４，n≥２，即（a n—１）２＝（a n—１＋２）２，n≥２．又a n≥１，所以a n—１＝a n—１＋２，n≥２，即a n—a n—１＝３，n≥２，又a１＋２＝错误!，所以a错误!—２a１＋１＝0，解得a１＝１，所以数列{a n}是首项为１，公差为３的等差数列，故a n＝１＋３（n—１）＝３n—２．（２）１由b n＝错误!＋１，得b１＝２，b9＝6，故等比数列的首项为２，公比为３，则bn k＝２×３k—１＝错误!＋１．化简得n k＝４×３２k—３—４×３k—２＋１．２证明：由题意可得T１＝错误!＜错误!，T２＝错误!＋错误!＝错误!＜错误!，当k≥３，k∈N*时，c k＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!错误!.则T k＝c１＋c２＋…＋c k＝错误!＋错误!错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!—错误!×错误!＜错误!，综上，T k＜错误!.２．设数列{a n}的首项为１，前n项和为S n，若对任意的n∈N*，均有S n＝a n＋k—k（k是常数且k ∈N*）成立，则称数列{a n}为“P（k）数列”．（１）若数列{a n}为“P（１）数列”，求数列{a n}的通项公式；（２）是否存在数列{a n}既是“P（k）数列”，也是“P（k＋２）数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n}的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；（３）若数列{a n}为“P（２）数列”，a２＝２，设T n＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，证明：T n ＜３．解：（１）数列{a n}为“P（１）数列”，则S n＝a n＋１—１，所以S n＋１＝a n＋２—１，两式相减得，a n＋２＝２a n＋１，又n＝１时，a１＝a２—１＝１，所以a２＝２，故a n＋１＝２a n对任意的n∈N*恒成立，即错误!＝２，所以数列{a n}为等比数列，其通项公式为a n＝２n—１，n∈N*.（２）假设存在这样的数列{a n}，由{a n}是“P（k）数列”可得，S n＝a n＋k—k，故有S n＋１＝a n＋k＋１—k，两式相减得，a n＋１＝a n＋k＋１—a n＋k，则有a n＋３＝a n＋k＋３—a n＋k＋２.同理，由{a n}是“P（k＋２）数列”可得，a n＋１＝a n＋k＋３—a n＋k＋２，所以a n＋１＝a n＋３对任意的n∈N*恒成立，所以S n＝a n＋k—k＝a n＋k＋２—k＝S n＋２，即S n＝S n＋２. １又S n＝a n＋k＋２—k—２＝S n＋２—２，即S n＋２—S n＝２．２１２两式矛盾，故不存在数列{a n}既是“P（k）数列”，也是“P（k＋２）数列”．（３）证明：因为数列{a n}为“P（２）数列”，所以S n＝a n＋２—２，所以S n＋１＝a n＋３—２，两式相减得，a n＋１＝a n＋３—a n＋２，又n＝１时，a１＝a３—２＝１，故a３＝３，又a２＝２，满足a３＝a２＋a１，所以a n＋２＝a n＋１＋a n对任意的n∈N*恒成立，所以数列{a n}的前几项为１,２,３,５,8，故T n＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，３当n＝１时，T１＝错误!＝错误!＜３，当n＝２时，T２＝错误!＋错误!＝１＜３，当n≥３时，错误!T n＝错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＋错误!，４由３４得，错误!T n＝错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!—错误!＝错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!—错误!＝错误!＋错误!T n—２—错误!，显然T n—２＜T n，错误!＞0，故错误!T n＜错误!＋错误!T n，即T n＜３．综上，T n＜３．３．已知数列{a n}的前n项和S n满足：（t—１）S n—ta n＋t＝0（t为常数，且t≠0，t≠１，n∈N*）．（１）设b n＝a n（a n＋S n），若数列{b n}为等比数列，求t的值；（２）当t＞１时，记c n＝错误!，T n是数列{c n}的前n项和，求证：T n＜错误!；（３）当t＝５时，是否存在整数对（m，n）（其中m∈Z，n∈N*）满足a错误!—（４＋m）a n＋7m＋１５＝0？若存在，求出所有满足题意的整数对（m，n）；若不存在，请说明理由．解：（１）当n＝１时，（t—１）S１—ta１＋t＝0，得a１＝t.当n≥２时，由（１—t）S n＝—ta n＋t，１得（１—t）S n—１＝—ta n—１＋t，２１—２，得（１—t）a n＝—ta n＋ta n—１，即a n＝ta n—１，∴错误!＝t（n≥２），∴数列{a n}是等比数列，且公比是t，∴a n＝t n.由b n＝a n（a n＋S n）知，b n＝（t n）２＋错误!·t n＝错误!.若数列{b n}为等比数列，则有b错误!＝b１·b３，而b１＝２t２，b２＝t３（２t＋１），b３＝t４（２t２＋t＋１），故[t３（２t＋１）]２＝２t２·t４（２t２＋t＋１），解得t＝错误!，将t＝错误!代入b n，得b n＝错误!n，满足{b n}为等比数列，∴t＝错误!.（２）证明：由（１）知，a n＝t n，∴c n＝错误!＝错误!＝错误!错误!，则T n＝错误!错误!＝错误!错误!，又t＞１，∴T n＜错误!.（３）当t＝５时，由（１）知a n＝５n，由a错误!—（４＋m）a n＋7m＋１５＝0，得５２n—（４＋m）５n＋7m＋１５＝0，故m＝错误!＝错误!＝５n＋３＋错误!.若存在整数对（m，n），则错误!必须是整数．当n＝１时，m＝—１0；当n＝２时，m＝３0；当n≥３时，５n—7＞３6，不符合．综上，所有满足题意的整数对（m，n）为（—１0,１），（３0,２）．４．定义：如果一个数列从第２项起，每一项与它前一项的差都大于或等于２，则称这个数列为“D 数列”．（１）若数列{a n}为“D数列”，且a１＝a—３，a２＝a，a３＝a２—４，求实数a的取值范围；（２）若首项为１的等差数列{a n}的每一项均为正整数，且数列{a n}为“D数列”，其前n项和S n满足S n＜n２＋２n（n∈N*），求数列{a n}的通项公式；（３）已知等比数列{a n}的每一项均为正整数，且数列{a n}为“D数列”，a２—a１＜３，设b n＝错误!（n∈N*），试判断数列{b n}是否为“D数列”，并说明理由．解：（１）由题意得a２—a１＝３＞２，a３—a２＝a２—４—a≥２，即a２—a—6≥0，解得a≥３或a≤—２．所以实数a的取值范围为（—∞，—２]∪[３，＋∞）．（２）设等差数列{a n}的公差为d，则d≥２，由a１＝１，得S n＝n＋错误!d，由题意得，n＋错误!d＜n２＋２n对n∈N*均成立．当n＝１时，上式成立．当n≥２时，d＜错误!＝２＋错误!.又d∈N*，所以d≤２，所以d＝２，所以等差数列{a n}的通项公式a n＝１＋（n—１）×２＝２n—１．（３）设等比数列{a n}的公比为q，则a n＝a１q n—１，因为数列{a n}的每一项均为正整数，且a n＋１—a n＝a n q—a n＝a n（q—１）≥２＞0，所以q＞１，且q为整数，则a n＋１—a n＝q（a n—a n—１）＞a n—a n—１，n≥２，n∈N*，所以在数列{a n—a n—１}中，a２—a１为最小项．由数列{a n}为“D数列”，可知只需a２—a１≥２，即a１（q—１）≥２，又a２—a１＜３，即a１（q—１）＜３，由数列{a n}的每一项均为正整数，可得a１（q—１）＝２，所以a１＝１，q＝３或a１＝２，q＝２．１当a１＝１，q＝３时，a n＝３n—１，则b n＝错误!＝错误!×２n＋１.令c n＝b n＋１—b n（n∈N*），则c n＝错误!×２n＋２—错误!×２n＋１＝３×２n＋１×错误!＝３×２n＋１×错误!，所以c n＋１—c n＝３×２n＋２×错误!—３×２n＋１×错误!＝３×２n＋１×错误!＞0，所以数列{c n}为递增数列，即c n＞c n—１＞c n—２＞…＞c１.又c１＝b２—b１＝２，所以对任意的n∈N*都有b n＋１—b n≥２，所以数列{b n}是“D数列”．２当a１＝２，q＝２时，a n＝２n，则b n＝错误!＝错误!×３n.令d n＝b n＋１—b n（n∈N*），则d n＝错误!×３n＋１—错误!×３n＝２×３n×错误!＝２×３n×错误!，所以d n＋１—d n＝２×３n＋１×错误!—２×３n×错误!＝２×３n×错误!＞0，所以数列{d n}为递增数列，即d n＞d n—１＞d n—２＞…＞d１.又d１＝b２—b１＝３，所以对任意的n∈N*都有b n＋１—b n≥２，所以数列{b n}是“D数列”．综上，数列{b n}是“D数列”．命题点一数列的概念及表示１．（２0１6·上海高考）无穷数列{a n}由k个不同的数组成，S n为{a n}的前n项和．若对任意n∈N*，S n∈{２,３}，则k的最大值为________．解析：由S n∈{２,３}，得a１＝S１∈{２,３}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：１a１＝２，a２＝0，a３＝１，a４＝—１；２a１＝２，a２＝１，a３＝0，a４＝—１；３a１＝２，a２＝１，a３＝—１，a４＝0；４a１＝３，a２＝0，a３＝—１，a４＝１；５a１＝３，a２＝—１，a３＝0，a４＝１；⑥a１＝３，a２＝—１，a３＝１，a４＝0．最多项均只能写到第４项，即k max＝４．答案：４２．（２0１４·全国卷Ⅱ）数列{a n}满足a n＋１＝错误!，a8＝２，则a１＝________.解析：将a8＝２代入a n＋１＝错误!，可求得a7＝错误!；再将a7＝错误!代入a n＋１＝错误!，可求得a6＝—１；再将a6＝—１代入a n＋１＝错误!，可求得a５＝２；由此可以推出数列{a n}是一个周期数列，且周期为３，所以a１＝a7＝错误!.答案：错误!命题点二等差数列与等比数列１．（２0１8·北京高考）设{a n}是等差数列，且a１＝３，a２＋a５＝３6，则{a n}的通项公式为________．解析：法一：设数列{a n}的公差为d.∵a２＋a５＝３6，∴（a１＋d）＋（a１＋４d）＝２a１＋５d＝３6．∵a１＝３，∴d＝6，∴a n＝6n—３．法二：设数列{a n}的公差为d，∵a２＋a５＝a１＋a6＝３6，a１＝３，∴a6＝３３，∴d＝错误!＝6，∴a n ＝6n—３．答案：a n＝6n—３２．（２0１7·江苏高考）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项和为S n.已知S３＝错误!，S6＝错误!，则a8＝________.解析：设等比数列{a n}的公比为q，则由S6≠２S３，得q≠１，则错误!解得错误!则a8＝a１q7＝错误!×２7＝３２．答案：３２３．（２0１8·全国卷Ⅰ）记S n为数列{a n}的前n项和．若S n＝２a n＋１，则S6＝________.解析：∵S n＝２a n＋１，∴当n≥２时，S n—１＝２a n—１＋１，∴a n＝S n—S n—１＝２a n—２a n—１，即a n＝２a n—１.当n＝１时，由a１＝S１＝２a１＋１，得a１＝—１．∴数列{a n}是首项a１为—１，公比q为２的等比数列，∴S n＝错误!＝错误!＝１—２n，∴S6＝１—２6＝—6３．答案：—6３４．（２0１6·江苏高考）已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a １＋a 错误!＝—３，S ５＝１0，则a 9的值是________．解析：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S ５＝１0，知S ５＝５a １＋错误!d ＝１0，得a １＋２d ＝２，即a １＝２—２d .所以a ２＝a １＋d ＝２—d ，代入a １＋a 错误!＝—３，化简得d ２—6d ＋9＝0，所以d ＝３，a １＝—４．故a 9＝a １＋8d ＝—４＋２４＝２0．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S ５＝１0，知错误!＝５a ３＝１0，所以a ３＝２．所以由a １＋a ３＝２a ２，得a １＝２a ２—２，代入a １＋a 错误!＝—３，化简得a 错误!＋２a ２＋１＝0，所以a ２＝—１．公差d ＝a ３—a ２＝２＋１＝３，故a 9＝a ３＋6d ＝２＋１8＝２0．答案：２0５．（２0１8·北京高考）设{a n }是等差数列，且a １＝ln ２，a ２＋a ３＝５ln ２．（１）求{a n }的通项公式；（２）求e 1a ＋e 2a ＋…＋e n a .解：（１）设{a n }的公差为d .因为a ２＋a ３＝５ln ２，所以２a １＋３d ＝５ln ２．又a １＝ln ２，所以d ＝ln ２．所以a n ＝a １＋（n —１）d ＝n ln ２．（２）因为e 1a ＝e ln ２＝２，错误!＝e 1n n a a －－＝e ln ２＝２，所以数列{e a n }是首项为２，公比为２的等比数列，所以e 1a ＋e 2a ＋…＋e n a ＝错误!＝２n ＋１—２．6．（２0１7·江苏高考）对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n —k ＋a n —k ＋１＋…＋a n —１＋ a n ＋１＋…＋a n ＋k —１＋a n ＋k ＝２ka n ，对任意正整数n （n ＞k ）总成立，则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（１）证明：等差数列{a n }是“P （３）数列”；（２）若数列{a n }既是“P （２）数列”，又是“P （３）数列”，证明：{a n }是等差数列． 证明：（１）因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n＝a１＋（n—１）d，从而，当n≥４时，a n—k＋a n＋k＝a１＋（n—k—１）d＋a１＋（n＋k—１）d＝２a１＋２（n—１）d＝２a n，k＝１,２,３，所以a n—３＋a n—２＋a n—１＋a n＋１＋a n＋２＋a n＋３＝6a n，因此等差数列{a n}是“P（３）数列”．（２）数列{a n}既是“P（２）数列”，又是“P（３）数列”，因此，当n≥３时，a n—２＋a n—１＋a n＋１＋a n＋２＝４a n，１当n≥４时，a n—３＋a n—２＋a n—１＋a n＋１＋a n＋２＋a n＋３＝6a n.２由１知，a n—３＋a n—２＝４a n—１—（a n＋a n＋１），３a n＋２＋a n＋３＝４a n＋１—（a n—１＋a n）．４将３４代入２，得a n—１＋a n＋１＝２a n，其中n≥４，所以a３，a４，a５，…是等差数列，设其公差为d′.在１中，取n＝４，则a２＋a３＋a５＋a6＝４a４，所以a２＝a３—d′，在１中，取n＝３，则a１＋a２＋a４＋a５＝４a３，所以a１＝a３—２d′，所以数列{a n}是等差数列．7．（２0１7·全国卷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．解：（１）设{a n}的公比为q.由题设可得错误!解得错误!故{a n}的通项公式为a n＝（—２）n.（２）由（１）可得S n＝错误!＝—错误!＋（—１）n错误!.由于S n＋２＋S n＋１＝—错误!＋（—１）n错误!＝２错误!＝２S n，故S n＋１，S n，S n＋２成等差数列．8．（２0１５·江苏高考）设a１，a２，a３，a４是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．（１）证明：２a１，２a２，２a３，２a４依次构成等比数列．（２）是否存在a１，d，使得a１，a错误!，a错误!，a错误!依次构成等比数列？并说明理由．（３）是否存在a１，d及正整数n，k使得a错误!，a错误!，a错误!，a错误!依次构成等比数列？并说明理由．解：（１）证明：因为错误!＝２a n＋１—a n＝２d（n＝１,２,３）是同一个常数，所以２a１，２a２，２a３，２a４依次构成等比数列．（２）不存在，理由如下：令a１＋d＝a，则a１，a２，a３，a４分别为a—d，a，a＋d，a＋２d（a＞d，a＞—２d，d≠0）．假设存在a１，d，使得a１，a错误!，a错误!，a错误!依次构成等比数列，则a４＝（a—d）（a＋d）３，且（a＋d）6＝a２（a＋２d）４.令t＝错误!，则１＝（１—t）（１＋t）３，且（１＋t）6＝（１＋２t）４错误!，化简得t３＋２t２—２＝0（*），且t２＝t＋１．将t２＝t＋１代入（*）式，得t（t＋１）＋２（t＋１）—２＝t２＋３t＝t＋１＋３t＝４t＋１＝0，则t＝—错误!.显然t＝—错误!不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a１，d，使得a１，a错误!，a错误!，a错误!依次构成等比数列．（３）不存在，理由如下：假设存在a１，d及正整数n，k，使得a错误!，a错误!，a错误!，a错误!依次构成等比数列，则a错误!（a１＋２d）n＋２k＝（a１＋d）２（n＋k），且（a１＋d）n＋k（a１＋３d）n＋３k＝（a１＋２d）２（n＋２k），分别在两个等式的两边同除以a错误!及a错误!，并令t＝错误!错误!，则（１＋２t）n＋２k＝（１＋t）２（n＋k），且（１＋t）n＋k（１＋３t）n＋３k＝（１＋２t）２（n＋２k）．将上述两个等式两边取对数，得（n＋２k）ln（１＋２t）＝２（n＋k）ln（１＋t），且（n＋k）ln（１＋t）＋（n＋３k）ln（１＋３t）＝２（n＋２k）·ln（１＋２t）．化简得２k[ln（１＋２t）—ln（１＋t）]＝n[２ln（１＋t）—ln（１＋２t）]，且３k[ln（１＋３t）—ln（１＋t）]＝n[３ln（１＋t）—ln（１＋３t）]．再将这两式相除，化简得ln（１＋３t）ln（１＋２t）＋３ln（１＋２t）ln（１＋t）＝４ln（１＋３t）ln（１＋t）．（**）令g（t）＝４ln（１＋３t）ln（１＋t）—ln（１＋３t）ln（１＋２t）—３ln（１＋２t）ln（１＋t），则g′（t）＝错误!.令φ（t）＝（１＋３t）２ln（１＋３t）—３（１＋２t）２ln（１＋２t）＋３（１＋t）２ln（１＋t），则φ′（t）＝6[（１＋３t）ln（１＋３t）—２（１＋２t）ln（１＋２t）＋（１＋t）ln（１＋t）]．令φ１（t）＝φ′（t），则φ１′（t）＝6[３ln（１＋３t）—４ln（１＋２t）＋ln（１＋t）]．令φ２（t）＝φ１′（t），则φ２′（t）＝错误!＞0．由g（0）＝φ（0）＝φ１（0）＝φ２（0）＝0，φ２′（t）＞0，知φ２（t），φ１（t），φ（t），g（t）在错误!和（0，＋∞）上均单调．故g（t）只有唯一零点t＝0，即方程（**）只有唯一解t＝0，故假设不成立．所以不存在a１，d及正整数n，k，使得a错误!，a错误!，a错误!，a错误!依次构成等比数列．命题点三数列求和１．（２0１8·江苏高考）已知集合A＝{x|x＝２n—１，n∈N*}，B＝{x|x＝２n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n}．记S n为数列{a n}的前n项和，则使得S n＞１２a n＋１成立的n的最小值为________．解析：所有的正奇数和２n（n∈N*）按照从小到大的顺序排列构成{a n}，在数列{a n}中，２５前面有１6个正奇数，即a２１＝２５，a３8＝２6.当n＝１时，S１＝１＜１２a２＝２４，不符合题意；当n＝２时，S２＝３＜１２a３＝３6，不符合题意；当n＝３时，S３＝6＜１２a４＝４8，不符合题意；当n＝４时，S＝１0＜１２a５＝60，不符合题意；…；当n＝２6时，S２6＝错误!＋错误!＝４４１＋6２＝５0３＜１４２a２7＝５１6，不符合题意；当n＝２7时，S２7＝错误!＋错误!＝４8４＋6２＝５４6＞１２a２8＝５４0，符合题意．故使得S n＞１２a n＋１成立的n的最小值为２7．答案：２7２．（２0１7·全国卷Ⅱ）等差数列{a n}的前n项和为S n，a３＝３，S４＝１0，则错误!错误!＝________.解析：设等差数列{a n}的首项为a１，公差为d，依题意有错误!解得错误!所以S n＝错误!，错误!＝错误!＝２错误!，因此错误!错误!＝２错误!＝错误!.答案：错误!３．（２0１8·全国卷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.解：（１）设{a n}的公比为q，由题设得a n＝q n—１.由已知得q４＝４q２，解得q＝0（舍去）或q＝—２或q＝２．故a n＝（—２）n—１或a n＝２n—１.（２）若a n＝（—２）n—１，则S n＝错误!.由S m＝6３，得（—２）m＝—１88，此方程没有正整数解．若a n＝２n—１，则S n＝错误!＝２n—１．由S m＝6３，得２m＝6４，解得m＝6．综上，m＝6．４．（２0１8·浙江高考）已知等比数列{a n}的公比q＞１，且a３＋a４＋a５＝２8，a４＋２是a３，a５的等差中项．数列{b n}满足b１＝１，数列{（b n＋１—b n）a n}的前n项和为２n２＋n.（１）求q的值；（２）求数列{b n}的通项公式．解：（１）由a４＋２是a３，a５的等差中项，得a３＋a５＝２a４＋４，所以a３＋a４＋a５＝３a４＋４＝２8，解得a４＝8．由a３＋a５＝２0，得8错误!＝２0，解得q＝２或q＝错误!.因为q＞１，所以q＝２．（２）设c n＝（b n＋１—b n）a n，数列{c n}的前n项和为S n.由c n＝错误!解得c n＝４n—１．由（１）可得a n＝２n—１，所以b n＋１—b n＝（４n—１）×错误!n—１，故b n—b n—１＝（４n—５）×错误!n—２，n≥２，b n—b１＝（b n—b n—１）＋（b n—１—b n—２）＋…＋（b３—b２）＋（b２—b１）＝（４n—５）×错误! n—２＋（４n—9）×错误!n—３＋…＋7×错误!＋３．设T n＝３＋7×错误!＋１１×错误!２＋…＋（４n—５）×错误!n—２，n≥２，则错误!T n＝３×错误!＋7×错误!２＋…＋（４n—9）×错误!n—２＋（４n—５）×错误!n—１，两式相减，得错误!T n＝３＋４×错误!＋４×错误!２＋…＋４×错误!n—２—（４n—５）×错误!n—１，所以T n＝１４—（４n＋３）×错误!n—２，n≥２．又b１＝１，所以b n＝１５—（４n＋３）×错误!n—２.命题点四数列的综合应用１．（２0１6·江苏高考）记U＝{１,２，…，１00}，对数列{a n}（n∈N*）和U的子集T，若T＝∅，定义S T＝0；若T＝{t１，t２，…，t k}，定义S T＝at１＋at２＋…＋at k.例如：T＝{１,３,66}时，S T＝a１＋a３＋a66.现设{a n}（n∈N*）是公比为３的等比数列，且当T＝{２,４}时，S T＝３0．（１）求数列{a n}的通项公式；（２）对任意正整数k（１≤k≤１00），若T⊆{１,２，…，k}，求证：S T＜a k＋１；（３）设C⊆U，D⊆U，S C≥S D，求证：S C＋S C∩D≥２S D.解：（１）由已知得a n＝a１·３n—１，n∈N*.于是当T＝{２,４}时，S T＝a２＋a４＝３a１＋２7a１＝３0a１.又S T＝３0，故３0a１＝３0，即a１＝１．所以数列{a n}的通项公式为a n＝３n—１，n∈N*.（２）证明：因为T⊆{１,２，…，k}，a n＝３n—１＞0，n∈N*，所以S T≤a１＋a２＋…＋a k＝１＋３＋…＋３k—１＝错误!（３k—１）＜３k.因此，S T＜a k＋１.（３）证明：下面分三种情况证明．１若D是C的子集，则S C＋S C∩D＝S C＋S D≥S D＋S D＝２S D.２若C是D的子集，则S C＋S C∩D＝S C＋S C＝２S C≥２S D.３若D不是C的子集，且C不是D的子集．令E＝C∩∁U D，F＝D∩∁U C，则E≠∅，F≠∅，E∩F＝∅.于是S C＝S E＋S C∩D，S D＝S F＋S C∩D，进而由S C≥S D得S E≥S F.设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥１，l≥１，k≠l.由（２）知，S E＜a k＋１.于是３l—１＝a l≤S F≤S E＜a k＋１＝３k，所以l—１＜k，即l≤k.又k≠l，故l≤k—１．从而S F≤a１＋a２＋…＋a l＝１＋３＋…＋３l—１＝错误!≤错误!＝错误!≤错误!，故S E≥２S F＋１，所以S C—S C∩D≥２（S D—S C∩D）＋１，即S C＋S C∩D≥２S D＋１．综合１２３得，S C＋S C∩D≥２S D.２．（２0１8·天津高考）设{a n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为S n（n∈N*），{b n}是等差数列．已知a１＝１，a３＝a２＋２，a４＝b３＋b５，a５＝b４＋２b6.（１）求{a n}和{b n}的通项公式；（２）设数列{S n}的前n项和为T n（n∈N*），１求T n；２证明错误!错误!＝错误!—２（n∈N*）．解：（１）设等比数列{a n}的公比为q.由a１＝１，a３＝a２＋２，可得q２—q—２＝0．由q＞0，可得q＝２，故a n＝２n—１.设等差数列{b n}的公差为d.由a４＝b３＋b５，可得b１＋３d＝４．１由a５＝b４＋２b6，可得３b１＋１３d＝１6．２联立１２解得b１＝１，d＝１，故b n＝n.所以数列{a n}的通项公式为a n＝２n—１，数列{b n}的通项公式为b n＝n.（２）１由（１），有S n＝错误!＝２n—１，所以T n＝错误!（２k—１）＝错误!k—n＝错误!—n＝２n＋１—n—２．２证明：因为错误!＝错误!＝错误!＝错误!—错误!，所以错误!错误!＝错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!—２．３．（２0１8·江苏高考）设{a n}是首项为a１，公差为d的等差数列，{b n}是首项为b１，公比为q的等比数列．（１）设a１＝0，b１＝１，q＝２，若|a n—b n|≤b１对n＝１,２,３,４均成立，求d的取值范围；（２）若a１＝b１＞0，m∈N*，q∈（１，错误!]，证明：存在d∈R，使得|a n—b n|≤b１对n＝２,３，…，m＋１均成立，并求d的取值范围（用b１，m，q表示）．解：（１）由条件知a n＝（n—１）d，b n＝２n—１.因为|a n—b n|≤b１对n＝１,２,３,４均成立，即|（n—１）d—２n—１|≤１对n＝１,２,３,４均成立，所以１≤１,１≤d≤３,３≤２d≤５,7≤３d≤9，解得错误!≤d≤错误!.所以d的取值范围为错误!.（２）由条件知a n＝b１＋（n—１）d，b n＝b１q n—１.若存在d，使得|a n—b n|≤b１（n＝２,３，…，m＋１）成立，即|b１＋（n—１）d—b１q n—１|≤b１（n＝２,３，…，m＋１），即当n＝２,３，…，m＋１时，d满足错误!b１≤d≤错误!b１.因为q∈（１，错误!]，则１＜q n—１≤q m≤２，从而错误!b１≤0，错误!b１＞0，对n＝２,３，…，m＋１均成立．因此，取d＝0时，|a n—b n|≤b１对n＝２,３，…，m＋１均成立．下面讨论数列错误!的最大值和数列错误!的最小值（n＝２,３，…，m＋１）．１当２≤n≤m时，错误!—错误!＝错误!＝错误!.当１＜q≤２错误!时，有q n≤q m≤２，从而n（q n—q n—１）—q n＋２＞0．因此，当２≤n≤m＋１时，数列错误!单调递增，故数列错误!的最大值为错误!.２设f（x）＝２x（１—x），当x＞0时，f′（x）＝（ln ２—１—x ln ２）２x＜0，所以f（x）单调递减，从而f（x）＜f（0）＝１．当２≤n≤m时，错误!＝错误!≤２错误!错误!＝f错误!＜１，因此，当２≤n≤m＋１时，数列错误!单调递减，故数列错误!的最小值为错误!.因此d的取值范围为错误!.。

高中数学数列压轴题练习（江苏）及详解1.已知数列是公差为正数的等差数列,其前n项和为,且•,(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)数列满足,①求数列的通项公式;②是否存在正整数m,,使得,,成等差数列?若存在,求出m, n的值;若不存在,请说明理由.解:(I)设数列的公差为d,则由•,,得,计算得出或(舍去).;(Ⅱ)①,,,,即,,,,累加得:,也符合上式.故,.②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则又,,,,即,化简得:当,即时,,(舍去);当,即时,,符合题意.存在正整数,,使得,,成等差数列.解析(Ⅰ)直接由已知列关于首项和公差的方程组,求解方程组得首项和公差,代入等差数列的通项公式得答案;(Ⅱ)①把数列的通项公式代入,然后裂项,累加后即可求得数列的通项公式;②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则.由此列关于m的方程,求计算得出答案.2.在数列中,已知,(1)求证:数列为等比数列;(2)记,且数列的前n项和为,若为数列中的最小项,求的取值范围.解:(1)证明:,又,,,故,是以3为首项,公比为3的等比数列(2)由(1)知道,,若为数列中的最小项,则对有恒成立,即对恒成立当时,有;当时,有⇒;当时,恒成立,对恒成立.令,则对恒成立,在时为单调递增数列.,即综上,解析(1)由,整理得:.由,,可以知道是以3为首项,公比为3的等比数列;(2)由(1)求得数列通项公式及前n项和为,由为数列中的最小项,则对有恒成立,分类分别求得当时和当的取值范围,当时,,利用做差法,根据函数的单调性,即可求得的取值范围.3.在数列中,已知, , ,设为的前n项和.(1)求证:数列是等差数列;(2)求;(3)是否存在正整数p,q, ,使, , 成等差数列?若存在,求出p,q,r的值;若不存在,说明理由.(1)证明:由,,得到,则又,,数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)可以推知:,所以,,所以,①,②①-②,得,,,所以(3)假设存在正整数p,q,,使,,成等差数列. 则,即因为当时,,所以数列单调递减.又,所以且q至少为2,所以,①当时,,又,所以,等式不成立.②当时,,所以所以,所以,(数列单调递减,解唯一确定).综上可以知道,p,q,r的值分别是1,2,3.解析(1)把给出的数列递推式,,变形后得到新数列,该数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)推出的通项公式,利用错位相减法从而求得求;(3)根据等差数列的性质得到,从而推知p,q,r的值.4.已知n为正整数,数列满足, ,设数列满足(1)求证:数列为等比数列;(2)若数列是等差数列,求实数t的值;(3)若数列是等差数列,前n项和为,对任意的,均存在,使得成立,求满足条件的所有整数的值.(1)证明:数列满足,,•,•,数列为等比数列,其首项为,公比为2;(2)解:由(1)可得:•,,数列是等差数列,,,计算得出或12.时,,是关于n的一次函数,因此数列是等差数列.时,,,不是关于n的一次函数,因此数列不是等差数列.综上可得;(3)解:由(2)得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,化简可得,当,,,对任意的,符合题意;当,,当时,,对任意的,不符合题意.综上可得,当,,对任意的,均存在,使得成立.解析(1)根据题意整理可得,•,再由等比数列的定义即可得证;(2)运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质,可得,解方程可得t,对t的值,检验即可得到所求值;(3)由(2)可得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,讨论为偶数和奇数,化简整理,即可得到所求值.5.已知常数,数列满足,(1)若, ,①求的值;②求数列的前n项和;(2)若数列中存在三项, , 依次成等差数列,求的取值范围.解:(1)①,,,,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,数列的前n项和,,显然当时,上式也成立,;(2),,即单调递增.(i)当时,有,于是,,若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,即,.因此不成立.因此此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有.此时于是当时,.从而若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,同(i)可以知道:.于是有,,是整数,.于是,即.与矛盾.故此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有于是此时数列中存在三项,,依次成等差数列.综上可得:解析(1)①,可得,同理可得,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,利用等比数列的求和公式即可得出(2),可得,即单调递增.(i)当时,有,于是,可得,.利用反证法即可得出不存在.当时,有.此时.于是当时,.从而.假设存在,同(i)可以知道:.得出矛盾,因此不存在.当时,有.于是.即可得出结论.6.已知两个无穷数列和的前n项和分别为, , , ,对任意的,都有(1)求数列的通项公式;(2)若为等差数列,对任意的,都有.证明: ;(3)若为等比数列, , ,求满足的n 值.解:(1)由,得,即,所以由,,可以知道所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列.故的通项公式为,(2)证法一:设数列的公差为d,则,由(1)知,因为,所以,即恒成立,所以,即,又由,得,所以所以,得证.证法二:设的公差为d,假设存在自然数,使得,则,即,因为,所以所以,因为,所以存在,当时,恒成立. 这与“对任意的,都有”矛盾!所以,得证.(3)由(1)知,.因为为等比数列,且,,所以是以1为首项,3为公比的等比数列.所以,则,因为,所以,所以而,所以,即当,2时,式成立;当时,设,则, 所以,故满足条件的n的值为1和2.解析(1)运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式,即可得到所求;(2)方法一、设数列的公差为d,求出,.由恒成立思想可得,求出,判断符号即可得证;方法二、运用反证法证明,设的公差为d,假设存在自然数,使得,推理可得,作差,推出大于0,即可得证;(3)运用等差数列和等比数列的求和公式,求得,,化简,推出小于3,结合等差数列的通项公式和数列的单调性,即可得到所求值.7.已知数列, 都是单调递增数列,若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项),则得到一个新数列(1)设数列, 分别为等差、等比数列,若, , ,求;(2)设的首项为1,各项为正整数, ,若新数列是等差数列,求数列的前n项和;(3)设是不小于2的正整数), ,是否存在等差数列,使得对任意的,在与之间数列的项数总是若存在,请给出一个满足题意的等差数列;若不存在,请说明理由.解:(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,所以,,所以,,所以,因为,,,(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以因为是中的项,所以设,即当时,计算得出,不满足各项为正整数;当时,,此时,只需取,而等比数列的项都是等差数列,中的项,所以;当时,,此时,只需取,由,得,是奇数,是正偶数,m有正整数解,所以等比数列的项都是等差数列中的项,所以综上所述,数列的前n项和,或(3)存在等差数列,只需首项,公差下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,即成立.由,所以首项,公差的等差数列符合题意解析(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,, ,可得,,利用通项公式即可得出.(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以.因为是中的项,所以设,即.当时,计算得出,不满足各项为正整数当时,当时,即可得出.(3)存在等差数列,只需首项,公差.下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,作差利用通项公式即可得出.8.对于数列,称(其中,为数列的前k项“波动均值”.若对任意的, ,都有,则称数列为“趋稳数列”.(1)若数列1,x,2为“趋稳数列”,求x的取值范围;(2)若各项均为正数的等比数列的公比,求证:是“趋稳数列”;(3)已知数列的首项为1,各项均为整数,前k项的和为.且对任意,,都有,试计算:.解:(1)根据题意可得,即,两边平方可得,计算得出;(2)证明:由已知,设,因且,故对任意的,,都有,,,因,,,,,,,,,即对任意的,,都有,故是“趋稳数列”;(3)当时,当时,,同理,,因,, 即,所以或所以或因为,且,所以,从而,所以,.解析(1)由新定义可得,解不等式可得x的范围;(2)运用等比数列的通项公式和求和公式,结合新定义,运用不等式的性质即可得证;(3)由任意,,都有,可得,由等比数列的通项公式,可得,结合新定义和二项式定理,化简整理即可得到所求值.9.已知首项为1的正项数列{a n}满足+＜a n+1a n，n∈N*.（1）若a2=，a3=x，a4=4，求x的取值范围；（2）设数列{a n}是公比为q的等比数列，S n为数列{a n}前n项的和，若S n ＜S n+1＜2S n，n∈N*，求q的取值范围；（3）若a1，a2，…，a k（k≥3）成等差数列，且a1+a2+…+a k=120，求正整数k 的最小值，以及k取最小值时相应数列a1，a2，…，a k（k≥3）的公差.解：（1）由题意，a n＜a n+1＜2a n，∴＜x＜3,＜x＜2x，∴x∈（2，3）.（2）∵a n＜a n+1＜2a n，且数列{a n}是公比为q的等比数列，a1=1，∴q n-1＜q n＜2q n-1，∴q n-1(q-)＞0，q n-1(q-2)＜0，∴q∈（，1）.∵S n＜S n+1＜2S n，当q=1时，S2=2S1，不满足题意，当q≠1时，＜＜2•，∴①当q∈（，1）时，，即，∴q∈（，1）.②当q∈（1，2）时，，即，无解，∴q∈（，1）.（3）设数列a1，a2，…，a k（k≥3）的公差为d.∵a n＜a n+1＜2a n，且数列a1，a2，…，a n成等差数列，∴a1=1，∴[1+(n-1)d]＜1+nd＜2[1+(n-1)d]，n=1，2，…，k-1，∴，∴d∈（-，1）.∵a1+a2+…+a k=120，∴S k=k2+(a1-)k=k2+(1-)k=120，∴d=，∴∈（-，1），∴k∈（15，239），k∈N*，∴k的最小值为16，此时公差d=.解析【解题方法提示】分析题意，对于（1），由已知结合完全平方公式可得a n＜a n+1＜2a n，由此可得到关于a2，a3，a4的大小关系，据此列式可解得x的取值范围；根据a n＜a n+1＜2a n，以及等比数列的通项公式可得q∈（，1），再结合S n＜S n+1＜2S n以及等比数列的前n项和公式分类讨论可得q的取值范围；设公差为d，根据a n＜a n+1＜2a n，以及等差数列的通项公式可得d∈（-，1），然后根据等差数列的前n项和公式结合题意可得d=，由此可解得k的取值范围，进而得到k的最小值和d的值.。

(高考冲刺押题)2019高考数学三轮基础技能闯关夺分必备数列的概念（含解析）【考点导读】1． 了解数列〔含等差数列、等比数列〕的概念和几种简单的表示方法〔列表、图象、通项公式〕，了解数列是一种特殊的函数；2． 理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系；3． 能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前n 项和的问题。

【基础练习】1.数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，那么20a =3-。

分析:由a 1=0,)(1331++∈+-=N n a a a n n n 得⋅⋅⋅⋅⋅⋅==-=,0,3,3432a a a 由此可知:数列}{n a 是周期变化的,且三个一循环,所以可得:.3220-==a a2、在数列{}n a 中，假设11a =，12(1)n n a a n +=+≥，那么该数列的通项n a =2n-1。

3、数列{}n a ，满足112311,23...(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，那么{}n a 的通项 1,n=1, n a =,n ≥2.(答案:2!n ) 4、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*1(31)()2n n a S n N -=∈，且454a =，那么1a =____2__. 5、数列{}n a 的前n 项和(51)2n n n S +=-，那么其通项n a =52n -+、 【范例导析】例1、设数列{}n a 的通项公式是285n a n n =-+，那么〔1〕70是这个数列中的项吗？如果是，是第几项？〔2〕写出这个数列的前5项，并作出前5项的图象；[来源:]。