2019届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编解析版第6章 数列

2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析 当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析 设等比数列的公比为q ， 则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34， 即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________． 答案 16解析 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0， 即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1， 即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为 ．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题． 三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)， 整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1； 当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)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 )．又因为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. 又因为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， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列， 这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -， 对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

专题12 数列1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ．310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =- 【答案】A【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，24n S n n =-,故选A ． 【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，再适当计算即可做了判断．2．【2019年高考全国III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = A ．16 B ．8C ．4D ．2【答案】C【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键. 3．【2019年高考浙江卷】设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n *∈N ，则 A ． 当101,102b a => B ． 当101,104b a => C ． 当102,10b a =-> D ． 当104,10b a =->【答案】A【解析】①当b =0时，取a =0，则0,n a n *=∈N .【名师点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.4．【2018年高考全国I 卷理数】设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则5a = A ．12- B ．10- C ．10D ．12【答案】B【解析】设等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3243332224222d d d ⨯⨯⎛⎫⨯+⋅=⨯++⨯+⋅ ⎪⎝⎭， 整理解得3d =-，所以51421210a a d =+=-=-，故选B ．【名师点睛】该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d 的值，之后利用等差数列的通项公式得到5a 与1a d ,的关系，从而求得结果.5．【2018年高考浙江卷】已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则 A ．1324,a a a a << B ．1324,a a a a >< C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>【答案】B【解析】令()ln 1,f x x x =--则()11f x x'=-，令()0,f x '=得1x =，所以当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，因此()()10,ln 1f x f x x ≥=∴≥+.若公比0q >，则()1234123123ln a a a a a a a a a a +++>++>++，不合题意； 若公比1q ≤-，则()()212341110,a a a a a q q +++=++≤但()()212311ln ln 1ln 0a a a a q q a ⎡⎤++=++>>⎣⎦，即()12341230ln a a a a a a a +++≤<++，不合题意； 因此()210,0,1q q -<<∈，22113224,0a a q a a a q a ∴>=<=<，故选B.【名师点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如()2ln 1,e 1,e 10.x x x x x x x ≥+≥+≥+≥6．【2017年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1 B ．2 C ．4D ．8【答案】C【解析】设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C ． 【秒杀解】因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=， 则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C ．【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.7．【2017年高考全国I 卷理数】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 A ．440 B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k -LL L则该数列的前(1)122k k k ++++=L 项和为 11(1)1(12)(122)222k k k k S k -++⎛⎫=+++++++=-- ⎪⎝⎭L L ， 要使(1)1002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k L 的部分和，设1212221t t k -+=+++=-L ，所以2314t k =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=， 所以对应满足条件的最小整数293054402N ⨯=+=，故选A. 【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断. 8．【2017年高考全国II 卷理数】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有7(12)38112x -=-，解得3x =，即塔的顶层共有灯3盏，故选B ． 【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．9．【2017年高考全国III 卷理数】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A ．24-B ．3-C ．3D ．8【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-.故选A ． 【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.10．【2017年高考浙江卷】已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的 A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由46511210212(510)S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式，通过套入公式与简单运算，可知4652S S S d +-=， 结合充分必要性的判断，若p q ⇒，则p 是q 的充分条件，若p q ⇐，则p 是q 的必要条件，该题“0d >”⇔“46520S S S +->”，故互为充要条件．11．【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=___________．【答案】1213【解析】设等比数列的公比为q ，由已知21461,3a a a ==，所以32511(),33q q =又0q ≠， 所以3,q =所以55151(13)(1)12131133a q S q --===--． 【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．12．【2019年高考全国III 卷理数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________． 【答案】4【解析】设等差数列{a n }的公差为d ,因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d ⨯+==⨯+． 【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．13．【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为___________． 【答案】 0，10-. 【解析】等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得32,a =-又23a =-,所以公差321d a a =-=,5320a a d =+=,由等差数列{}n a 的性质得5n ≤时,0n a ≤,6n ≥时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-. 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式､求和公式､等差数列的性质,难度不大,注重重要知识､基础知识､基本运算能力的考查.14．【2019年高考江苏卷】已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是___________． 【答案】16【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩， 解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 【名师点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建1a d ,的方程组.15．【2018年高考全国I 卷理数】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =___________．【答案】63-【解析】根据21n n S a =+，可得1121n n S a ++=+，两式相减得1122n n n a a a ++=-，即12n n a a +=，当1n =时，11121S a a ==+，解得11a =-，所以数列{}n a 是以−1为首项，以2为公比的等比数列，所以()66126312S --==--，故答案是63-.【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令1n =，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.16．【2018年高考北京卷理数】设{}n a 是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{}n a 的通项公式为___________．【答案】63n a n =-【解析】设等差数列的公差为d ，()133343663616 3.n a d d d a n n =∴+++=∴=∴=+-=-Q ，，， 【名师点睛】先根据条件列出关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.17．【2018年高考江苏卷】已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将A B U 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为___________． 【答案】27【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{}n a ，在数列|{}n a 中，25前面有16个正奇数，即5621382,2a a ==.当n =1时，1211224S a =<=，不符合题意；当n =2时，2331236S a =<=，不符合题意；当n =3时，3461248S a =<=，不符合题意；当n =4时，4510<12=60S a =，不符合题意；……；当n =26时，()2752621221(141)441625032121=2516S a ⨯-⨯+=+=+=<-，不符合题意；当n =27时，()8527221222(143)21484+62=546>12=5420S a ⨯-⨯+=+=-,符合题意.故使得+1>12n n S a 成立的n 的最小值为27.【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的前n 项和，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.18．【2017年高考全国II 卷理数】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS==∑___________．【答案】21n n + 【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，由题意有1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩ ，解得111a d =⎧⎨=⎩ ， 数列的前n 项和()()()111111222n n n n n n n S na d n --+=+=⨯+⨯=， 裂项可得12112()(1)1k S k k k k ==-++， 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk kn S n n n n ==-+-++-=-=+++∑L ． 【名师点睛】等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．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．19．【2017年高考全国III 卷理数】设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 =___________．【答案】8-【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，很明显1q ≠-，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：1212131(1)1(1)3a a a q a a a q +=+=-⎧⎨-=-=-⎩①②，由②①可得：2q =-，代入①可得11a =，由等比数列的通项公式可得3418a a q ==-．【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.20．【2017年高考江苏卷】等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项和为n S ，已知3676344S S ==,，则8a =___________．【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q ⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=． 【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：①利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；②利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．21．【2017年高考北京卷理数】若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =___________． 【答案】1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d 和q ，则3138d q -+=-=，求得2,3q d =-=，那么221312a b -+==． 【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法. 22．【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（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. 【答案】（1）见解析；（2）1122n n a n =+-，1122n nb n =-+. 【解析】（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+． 又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列． 由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+． 又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-． 所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.23．【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12m i i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12m i i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（2）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（3）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式． 【答案】(1) 1,3,5,6（答案不唯一）；(2)见解析；(3)见解析.【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）（2）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -L . 由p <q ，得10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ， 又12,,,p r r r a a a L 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0p m r a a ≤. 所以00m n a a <·（3）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）. 假设2m 排在2m −1之后.设121,,,,21m p p p a a a m --L 是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --L 是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m .因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中. 又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m m m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<L 1442443个.与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件.所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.【名师点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.24．【2019年高考天津卷理数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ． （i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式； （ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．【答案】（1）31n a n =+；32nn b =⨯（2）（i ）()221941n n n a c -=⨯-（ii ）()()2*211*12725212nn n i i i a c n n n --=∈=⨯+⨯--∈∑N N【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（2）（i ）()()()()22211321321941n n n n n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-． 所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n n a c -=⨯-． （ii ）()()22221111211n n niini iiiiii i i i a c a a c a a c====⎡⎤=+-=+⎣⎦-∑∑∑∑()()12212439412n nn ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N ．【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识．考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．25．【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }()n *∈N 满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }()n *∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }()n *∈N ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-， 当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下：x (1,e)e (e ，+∞) ()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 22663=<=，所以max ()(3)3f k f ==． 取33q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．26．【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n c n *=∈N证明：12+.n c c c n *++<∈N L 【答案】（1）()21n a n =-，()1n b n n =+；（2）证明见解析. 【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ． 所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-． 所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12k c c c +++<L ． 那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<L <==．即当1n k =+时不等式也成立．根据（i ）和（ii），不等式12n c c c +++<L 对任意*n ∈N 成立．【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.27．【2018年高考全国II 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）a n =2n –9；（2）S n =n 2–8n ，最小值为–16． 【解析】（1）设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15． 由a 1=–7得d =2．所以{a n }的通项公式为a n =2n –9． （2）由（1）得S n =n 2–8n =（n –4）2–16． 所以当n =4时，S n 取得最小值，最小值为–16．【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 关于n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.28．【2018年高考全国III 卷理数】等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【答案】（1）1(2)n n a -=-或12n n a -=；（2）6m =. 【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=.由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =.故1(2)n n a -=-或12n n a -=.（2）若1(2)n n a -=-，则1(2)3n n S --=.由63m S =得(2)188m-=-，此方程没有正整数解.若12n n a -=，则21n n S =-.由63m S =得264m=，解得6m =.综上，6m =.【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.29．【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ． （1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【答案】（1）2q =；（2）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+， 所以34543428a a a a ++=+=， 解得48a =.由3520a a +=得18()20q q+=， 因为1q >，所以2q =.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S .由11,1,, 2.n n n S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（1）可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)(),22n n n b b n n ---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-L23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+L .设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥L ，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅L 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅L ，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(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“”与“”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“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.30．【2018年高考江苏卷】设{}n a 是首项为1a ，公差为d 的等差数列，{}n b 是首项为1b ，公比为q 的等比数列．（1）设110,1,2a b q ===，若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立，求d 的取值范围；（2）若*110,,2]m a b m q =>∈∈N ，证明：存在d ∈R ，使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立，并求d 的取值范围（用1,,b m q 表示）． 【答案】（1）75[,]32；（2）见解析.【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．满分16分． （1）由条件知：112(,)n n n a n d b -=-=． 因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立， 即1 12|()1|n n d ---≤对n =1，2，3，4均成立， 即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7532d ≤≤． 因此，d 的取值范围为75[,]32．（2）由条件知：111(1),n n n a b n d b b q -=+-=．若存在d ，使得1||n n a b b -≤（n =2，3，···，m +1）成立，即1111|1|2,3,,(1())n b n d b q b n m -+--≤=+L ， 即当2,3,,1n m =+L 时，d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--．因为2]m q ∈，则112n m q q -<≤≤，从而11201n q b n --≤-，1101n q b n ->-，对2,3,,1n m =+L 均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立．下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值（2,3,,1n m =+L ）． ①当2n m ≤≤时，111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---， 当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20n n n n q q q ---+>．因此，当21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n ---单调递增，故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-． ②设()()21x f x x =-，当x >0时，ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<， 所以()f x 单调递减，从而()f x <f （0）=1．当2n m ≤≤时，111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-， 因此，当21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n --单调递减，故数列1{}1n q n --的最小值为mq m． 因此，d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-．31．【2018年高考天津卷理数】设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是等差数列. 已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n S 的前n 项和为()n T n *∈N ，（i ）求n T ；（ii ）证明221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N . 【答案】（1）12n n a -=，n b n =；（2）（i ）122n n T n +=--；（ii ）见解析.【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.满分13分.（1）设等比数列{}n a 的公比为q.由1321,2,a a a ==+可得220q q --=.因为0q >，可得2q =，故12n n a -=.设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+， 可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =（2）（i ）由（1），有122112nn n S -==--，故 1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑.（ii ）证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑L . 【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.32．【2017年高考天津卷理数】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N ．【答案】（1）32n a n =-，2nn b =；（2）1328433n n +-⨯+. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=． 又因为0q >，解得2q =．所以，2nn b =．由3412b a a =-，可得138d a -= ①． 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-．所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =．（2）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯， 故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得23112(14)324343434(31)44(314n nn n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----L 111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得1328433n n n T +-=⨯+． 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+． 【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前n 项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前n 项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和． 33．【2017年高考山东卷理数】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2.（1）求数列{x n }的通项公式；（2）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n+1(x n+1, n +1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积n T .【答案】（1）12n n x -=；（2）(21)21.2n n n T -⨯+=【解析】（1）设数列{}n x 的公比为q ，由已知0q >.由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩，所以23520q q --=， 因为0q >,所以12,1q x ==，因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=（2）过123,,,P P P …，1n P +向x 轴作垂线，垂足分别为123,,,Q Q Q …，1n Q +,由(1)得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯， 所以123n T b b b =+++…+n b=101325272-⨯+⨯+⨯+…+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ①，又0122325272n T =⨯+⨯+⨯+…+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ②，①-②得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯L=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的错位相减法.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生的计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好地考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等. 34．【2017年高考江苏卷】对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足：1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++L L 2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则1(1)n a a n d =+-， 从而，当4n ≥时，n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=，1,2,3,k =所以6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++， 因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”．（2）数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”， 因此，当3n ≥时，n n n n n a a a a a --+++++=21124，① 当4n ≥时，n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=3211236．② 由①知，n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，④将③④代入②，得n n n a a a -++=112，其中4n ≥， 所以345,,,a a a L 是等差数列，设其公差为d'．在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d'=-， 在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以132a a d'=-， 所以数列{}n a 是等差数列．【名师点睛】（1）利用等差数列性质得n k n k n a a a -++=2，即得n n n n n a a a a a ---+++++32112++n n a a +=36，再根据定义即可判断；（2）先根据定义得21n n n n n a a a a a --+++++=124，n n n n n a a a a a ---++++++32112n n a a ++=36，再将条件集中消元：n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，即得n n n a a a -++=112，最后验证起始项也满足即可． 35．【2017年高考北京卷理数】设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s个数中最大的数．（1）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列； （2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】（1）111110,c b a =-=-=21122max{2,2}max{121,322}1c b a b a =--=-⨯-⨯=-，3112233max{3,3,3}max{131,332,533}2c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-.当3n ≥时，1111()()()()20k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<， 所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减.所以112211max{,,,}1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-L . 所以对任意1,1n n c n ≥=-，于是11n n c c +-=-， 所以{}n c 是等差数列.（2）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则12111121(1)[(1)]()(1)k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--.所以1121211121(1)(),,n b a n n d nd d nd c b a n d nd -+-->⎧=⎨-≤⎩当时，当时，①当10d >时，取正整数21d m d >，则当n m ≥时，12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时，12,,,m m m c c c ++L 是等差数列.②当10d =时，对任意1n ≥，1121121(1)max{,0}(1)(max{,0}).n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--此时，123,,,,,n c c c c L L 是等差数列. ③当10d <时， 当21d n d >时，有12nd d <. 所以1121121112(1)()()n c b a n n d nd b d n d d a d n n n-+---==-+-++ 111212()||.n d d a d b d ≥-+-+--对任意正数M ，取正整数12112211||max{,}M b d a d d d m d d +-+-->-，故当n m ≥时，nc M n>. 【名师点睛】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，本题属于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明，即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第二问难度较大，适合选拔优秀学生. 36．【2017年高考浙江卷】已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n *∈N ）．证明：当n *∈N 时， （1）0＜x n +1＜x n ；（2）2x n +1− x n ≤12n n x x +； （3）112n -≤x n ≤212n -．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】（1）用数学归纳法证明：0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．。

等比数列及其前n项和挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点等比数列的定义及通项公式①理解等比数列的概念.②掌握等比数列的通项公式.③了解等比数列与指数函数的关系2018课标全国Ⅰ,17,12分等比数列判定及通项公式递推公式★★★2017课标全国Ⅱ,17,12分等比数列基本量计算等差数列基本量计算等比数列的性质及其应用能利用等比数列的性质解决相应的问题2015课标Ⅱ,9,5分等比数列下标和定理等比数列通项公式★★☆等比数列的前n项和掌握等比数列的前n项和公式2016课标全国Ⅰ,17,12分等比数列前n项和等差数列基本量计算★★★2018课标全国Ⅲ,17,12分等比数列前n项和公式等比数列通项公式2017课标全国Ⅰ,17,12分等比数列前n项和计算等差数列的判定2015课标Ⅰ,13,5分等比数列前n项和计算等比数列定义分析解读本节在高考中主要考查等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式及等比中项等相关内容.对等比数列的定义、通项公式、性质及等比中项的考查,常以选择题、填空题的形式出现,难度较小.对前n项和以及与其他知识(函数、不等式)相结合的考查,多以解答题的形式出现,注重题目的综合与新颖,突出对逻辑思维能力的考查.本节内容在高考中分值为5分左右,难度不大.破考点【考点集训】考点一等比数列的定义及通项公式1.(2019届某某某某模拟,6)已知等比数列{a n}各项均为正数,满足a1+a3=3,a3+a5=6,则a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7=( )A.62B.62√2C.61D.61√2答案 A2.(2018某某八校第一次联考,17)已知数列{a n}满足a1=1,a2=4,a n+2=4a n+1-4a n.(1)求证:{a n+1-2a n}是等比数列;(2)求{a n}的通项公式.解析(1)证明:由a n+2=4a n+1-4a n得a n+2-2a n+1=2a n+1-4a n=2(a n+1-2a n)=22(a n-2a n-1)=…=2n(a2-2a1)≠0,∴a a+2-2a a+1a a+1-2a a=2,∴{a n+1-2a n}是等比数列.(2)由(1)可得a n+1-2a n=2n-1(a2-2a1)=2n,∴a a+12a+1-a a2a=12,∴{a a2a}是首项为12,公差为12的等差数列,∴a a2a=a2,则a n=n·2n-1.考点二等比数列的性质及其应用1.(2018某某马某某第二次教学质量监测,5)已知等比数列{a n}满足a1=1,a3·a5=4(a4-1),则a7的值为( )A.2B.4C.92D.6答案 B2.(2019届某某某某新华区模拟,9)已知正数组成的等比数列{a n}的前8项的积是81,那么a1+a8的最小值是( )A.2√3B.2√2C.8D.6答案 A考点三等比数列的前n项和1.(2018某某某某教学质量检测(二),16)数列{a n}满足a1+3a2+…+(2n-1)a n=3-2a+32a,n∈N*,则a1+a2+…+a n=.答案1-12a2.(2019届某某某某模拟,15)设等比数列{a n}的前n项和为S n,8a2-a5=0,则公比q的值为,若-a a2a有最大值-2,则a1的值为.答案2;43.(2018某某(长郡中学、某某八中)、某某(某某二中)等十四校第二次联考,17)已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,a1=1,b1=2,b2=2a2,b3=2a3+2.(1)求{a n },{b n }的通项公式; (2)若{a aa a}的前n 项和为S n ,求证:S n <2.解析 (1)设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q, 由题意得{2a =2(1+a ),2a 2=2(1+2d)+2,解得{a =1,a =2或{a =-1,a =0(舍), ∴a n =n,b n =2n. (2)证明:由(1)知a a a a =a2a, ∴S n =12+222+323+…+a -12a -1+a2a, 则12S n =122+223+324+…+a -22a -1+a -12a+a 2a +1,两式相减得12S n =12+122+123+…+12a -a2a +1=12[1-(12)a ]1-12-a2a +1,∴S n =2-(12)a -1-a2a ,∴S n <2.炼技法 【方法集训】方法 等比数列的判定方法1.(2019届某某某某模拟,15)如图所示,正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形两直角边上再连接正方形,……,如此继续下去,若共得到1 023个正方形,设初始正方形的边长为√2,则最小正方形的边长为.答案 1162.(2017某某仿真模拟,16)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足:a 1=1,a 2=2,S n +1=a n+2-a n+1(n∈N *),若不等式λS n >a n 恒成立,则实数λ的取值X 围是. 答案 (1,+∞)过专题【五年高考】A 组 统一命题·课标卷题组考点一 等比数列的定义及通项公式1.(2018课标全国Ⅰ,17,12分)已知数列{a n }满足a 1=1,na n+1=2(n+1)a n .设b n =a aa. (1)求b 1,b 2,b 3;(2)判断数列{b n }是否为等比数列,并说明理由; (3)求{a n }的通项公式. 解析 (1)由条件可得a n+1=2(a +1)aa 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. 由条件可得a a +1a +1=2a aa,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 a a=2n-1,所以a n =n·2n-1.2.(2017课标全国Ⅱ,17,12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的前n 项和为T n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1)若a 3+b 3=5,求{b n }的通项公式; (2)若T 3=21,求S 3.解析 设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q,则a n =-1+(n-1)d,b n =q n-1. 由a 2+b 2=2得d+q=3①. (1)由a 3+b 3=5得2d+q 2=6②. 联立①和②解得{a =3,a =0(舍去),或{a =1,a =2.因此{b n }的通项公式为b n =2n-1. (2)由b 1=1,T 3=21得q 2+q-20=0. 解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S 3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S 3=-6.考点二 等比数列的性质及其应用(2015课标Ⅱ,9,5分)已知等比数列{a n }满足a 1=14,a 3a 5=4(a 4-1),则a 2=( ) A.2B.1C.12D.18答案 C考点三 等比数列的前n 项和1.(2015课标Ⅰ,13,5分)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=2a n ,S n 为{a n }的前n 项和.若S n =126,则n=. 答案 62.(2018课标全国Ⅲ,17,12分)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=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. 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题设得a n =q n-1. 由已知得q 4=4q 2,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 =1-(-2)a3.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 =2n-1.由S m =63得2m=64,解得m=6. 综上,m=6.3.(2017课标全国Ⅰ,17,12分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2=2,S 3=-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. 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题设可得{a 1(1+q)=2,a 1(1+q +a 2)=-6.解得q=-2,a 1=-2.故{a n }的通项公式为a n =(-2)n. (2)由(1)可得S n =a 1(1-a a )1-a =-23+(-1)n·2a +13. 由于S n+2+S n+1=-43+(-1)n·2a +3-2a +23=2[-23+(-1)a·2a +13]=2S n ,故S n+1,S n ,S n+2成等差数列.B 组 自主命题·省(区、市)卷题组考点一 等比数列的定义及通项公式1.(2018,5,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( )A.√23fB.√223f C.√2512fD.√2712f答案 D2.(2014某某,12,5分)如图,在等腰直角三角形ABC 中,斜边BC=2√2.过点A 作BC 的垂线,垂足为A 1;过点A 1作AC 的垂线,垂足为A 2;过点A 2作A 1C 的垂线,垂足为A 3;……,依此类推.设BA=a 1,AA 1=a 2,A 1A 2=a 3,……,A 5A 6=a 7,则a 7=.答案 14考点二 等比数列的性质及其应用(2015某某,13,5分)若三个正数a,b,c 成等比数列,其中a=5+2√6,c=5-2√6,则b=. 答案 1考点三 等比数列的前n 项和1.(2017某某,9,5分)等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8=. 答案 32解析 设等比数列{a n }的公比为q. 当q=1时,S 3=3a 1,S 6=6a 1=2S 3,不符合题意,∴q≠1,由题设可得{a 1(1-a 3)1-a =74,a 1(1-a 6)1-a=634,解得{a 1=14,a =2,∴a 8=a 1q 7=14×27=32.2.(2018某某,18,13分)设{a n }是等差数列,其前n 项和为S n (n∈N *);{b n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为T n (n∈N *).已知b 1=1,b 3=b 2+2,b 4=a 3+a 5,b 5=a 4+2a 6. (1)求S n 和T n ;(2)若S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n ,求正整数n 的值.解析 (1)设等比数列{b n }的公比为q.由b 1=1,b 3=b 2+2,可得q 2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故b n =2n-1.所以,T n =1-2a1-2=2n-1.设等差数列{a n }的公差为d.由b 4=a 3+a 5,可得a 1+3d=4. 由b 5=a 4+2a 6,可得3a 1+13d=16,从而a 1=1,d=1,故a n =n, 所以,S n =a (a +1)2.(2)由(1),有T 1+T 2+…+T n =(21+22+ (2))-n=2×(1-2a )1-2-n=2n+1-n-2.由S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n 可得a (a +1)2+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n 2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4. 所以,n 的值为4.3.(2016,15,13分)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b4. (1)求{a n }的通项公式;(2)设=a n +b n ,求数列{}的前n 项和. 解析 (1)等比数列{b n }的公比q=a 3a 2=93=3,(1分)所以b 1=a 2a=1,b 4=b 3q=27.(3分)设等差数列{a n }的公差为d. 因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27, 所以1+13d=27,即d=2.(5分) 所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).(6分) (2)由(1)知,a n =2n-1,b n =3n-1. 因此=a n +b n =2n-1+3n-1.(8分)从而数列{}的前n 项和S n =1+3+…+(2n -1)+1+3+…+3n-1=a (1+2a -1)2+1-3a1-3=n 2+3a -12.(13分)C 组 教师专用题组考点一 等比数列的定义及通项公式1.(2014某某,17,12分)在等比数列{a n }中,a 2=3,a 5=81. (1)求a n ;(2)设b n =log 3a n ,求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)设{a n }的公比为q,依题意得{a 1q =3,a 1a 4=81,解得{a 1=1,a =3.因此,a n =3n-1.(2)因为b n =log 3a n =n-1, 所以数列{b n }的前n 项和S n =a (a 1+a a )2=a 2-n2.2.(2014,15,13分)已知{a n }是等差数列,满足a 1=3,a 4=12,数列{b n }满足b 1=4,b 4=20,且{b n -a n }为等比数列. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,由题意得 d=a 4-a 13=12-33=3.所以a n =a 1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).设等比数列{b n -a n }的公比为q,由题意得 q 3=a 4-a 4a 1-a 1=20-124-3=8,解得q=2.所以b n -a n =(b 1-a 1)q n-1=2n-1. 从而b n =3n+2n-1(n=1,2,…). (2)由(1)知b n =3n+2n-1(n=1,2,…).数列{3n}的前n 项和为32n(n+1),数列{2n-1}的前n 项和为1×1-2a1-2=2n-1. 所以数列{b n }的前n 项和为32n(n+1)+2n-1.3.(2013某某,16,12分)在等比数列{a n}中,a2-a1=2,且2a2为3a1和a3的等差中项,求数列{a n}的首项、公比及前n项和.解析设该数列的公比为q.由已知,可得a1q-a1=2,4a1q=3a1+a1q2,所以a1(q-1)=2,q2-4q+3=0,解得q=3或q=1.由于a1(q-1)=2,因此q=1不合题意,应舍去.故公比q=3,首项a1=1.所以数列的前n项和S n=3a-12.4.(2013某某,19,14分)已知首项为32的等比数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明S n+1a a ≤136(n∈N*).解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为-2S2,S3,4S4成等差数列,所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,可得2a4=-a3,于是q=a4a3=-12.又a1=32,所以等比数列{a n}的通项公式为a n=32×(-12)a-1=(-1)n-1·32a.(2)证明:S n=1-(-12)a,S n+1a a=1-(-12)a+11-(-12)a={2+12a(2a+1),n为奇数,2+12a(2a-1),n为偶数.当n为奇数时,S n+1a a 随n的增大而减小,所以S n+1a a≤S1+1a1=136.当n为偶数时,S n+1a a 随n的增大而减小,所以S n+1a a≤S2+1a2=2512.故对于n∈N*,有S n+1a a ≤136.考点二等比数列的性质及其应用1.(2018某某,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则( )A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4答案 B2.(2014大纲全国,8,5分)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3,S4=15,则S6=( )A.31B.32C.63D.64答案 C3.(2013某某,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=.答案63考点三等比数列的前n项和1.(2013课标Ⅰ,6,5分)设首项为1,公比为2的等比数列{a n}的前n项和为S n,则( )3A.S n=2a n-1B.S n=3a n-2C.S n=4-3a nD.S n=3-2a n答案 D2.(2013某某,12,5分)某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于.答案 63.(2013,11,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=;前n项和S n=.答案2;2n+1-24.(2015某某,16,12分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;}的前n项和为T n,求T n.(2)设数列{1a a解析(1)由已知S n=2a n-a1,有a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1(n≥2),即a n=2a n-1(n≥2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列.故a n =2n.(2)由(1)得1a a=12a .所以T n =12+122+…+12a =12[1-(12)a ]1-12=1-12a .5.(2015某某,16,13分)已知等差数列{a n }满足a 3=2,前3项和S 3=92. (1)求{a n }的通项公式;(2)设等比数列{b n }满足b 1=a 1,b 4=a 15,求{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设{a n }的公差为d,则由已知条件得 a 1+2d=2,3a 1+3×22d=92,化简得a 1+2d=2,a 1+d=32, 解得a 1=1,d=12, 故通项公式a n =1+a -12,即a n =a +12.(2)由(1)得b 1=1,b 4=a 15=15+12=8.设{b n }的公比为q,则q 3=a 4a 1=8,从而q=2,故{b n }的前n 项和T n =a 1(1-a a )1-a =1×(1-2a )1-2=2n-1.6.(2014某某,19,12分)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)证明:数列{b n }为等比数列;(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2-1ln2,求数列{a n a a 2}的前n 项和S n . 解析 (1)证明:由已知可知,b n =2a a >0, 当n≥1时,a a +1a a=2a a +1-a a =2d, 所以数列{b n }是首项为2a 1,公比为2d的等比数列.(2)函数f(x)=2x的图象在(a 2,b 2)处的切线方程为y-2a 2=(x-a 2)2a 2ln 2,该切线在x 轴上的截距为a 2-1ln2.由题意知,a 2-1ln2=2-1ln2,解得a 2=2. 所以d=a 2-a 1=1,a n =n,b n =2n,a n a a 2=n·4n.于是,S n =1×4+2×42+3×43+…+(n -1)×4n-1+n×4n,4S n =1×42+2×43+…+(n -1)×4n +n×4n+1, 因此S n -4S n =4+42+ (4)-n×4n+1=4a +1-43-n×4n+1=(1-3a )4a +1-43.所以S n =(3a -1)4a +1+49.7.(2013某某,19,13分)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,S 4,S 2,S 3成等差数列,且a 2+a 3+a 4=-18. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得S n ≥2 013?若存在,求出符合条件的所有n 的集合;若不存在,说明理由.解析 (1)设数列{a n }的公比为q,则a 1≠0,q≠0.由题意得{a 2-a 4=a 3-a 2,a 2+a 3+a 4=-18,即{-a 1a 2-a 1a 3=a 1a 2,a 1q(1+q +a 2)=-18, 解得{a 1=3,a =-2.故数列{a n }的通项公式为a n =3×(-2)n-1. (2)由(1)有S n =3·[1-(-2)a]1-(-2)=1-(-2)n.若存在n,使得S n ≥2 013,则1-(-2)n≥2 013, 即(-2)n≤-2 012.当n 为偶数时,(-2)n>0,上式不成立;当n 为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012,即2n≥2 012,则n≥11.综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N ,k≥5}.【三年模拟】 时间:45分钟 分值:55分一、选择题(每小题5分,共30分)1.(2018某某某某一模,3)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 2=3,S 6=63,则S 5=( ) A.-33 B.15 C.31 D.-33或31 答案 D2.(2018某某某某调研,4)已知等比数列{a n }的公比为正数,前n 项和为S n ,a 1+a 2=2,a 3+a 4=6,则S 8等于( ) A.81-27√3 B.54C.38-1D.80 答案 D3.(2019届某某模拟,6)设数列{(n 2+n)a n }是等比数列,且a 1=16,a 2=154,则数列{3na n }的前15项和为( )A.1415B.1516C.1617D.1718答案 B4.(2019届某某渝中区模拟,7)已知各项均为正的等比数列{a n }中,a 2与a 8的等比中项为√2,则a 42+a 62的最小值是( ) A.1B.2C.4D.8答案 C5.(2019届某某双台子区模拟,5)已知等比数列{a n }的各项均为正数,S n 为其前n 项和,且满足:a 1+3a 3=72,S 3=73,则a 4=( ) A.14B.18C.4D.8答案 A6.(2019届某某杨浦区模拟,11)在数列{a n }中,a 1=1,a 2=64,且数列{a a +1a a}是等比数列,其公比q=-12,则数列{a n }的最大项等于( ) A.a 7B.a 8C.a 6或a 9D.a 10答案 C二、填空题(共5分)7.(2019届某某某某模拟,15)已知等比数列{a n }的前n 项和S n =3n+r,则a 3-r=,若数列{a (a +4)(23)a}的最大项是第k 项,则k=. 答案 19;4三、解答题(共20分)8.(2018某某福安一中考试,17)已知等比数列{a n }的各项均为正数,且a 2=4,a 3+a 4=24. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }的前n 项和S n =n 2+n+2n+1-2(n∈N *),求证:数列{a n -b n }是等差数列. 解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q,依题意知q>0. 因为{a 2=4,a 3+a 4=24,所以{a 1q =4,a 1a 2+a 1a 3=24,两式相除得q 2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去).所以a 1=a2a =2. 所以数列{a n }的通项公式为a n =a 1·q n-1=2n.(2)证明:当n=1时,b1=4;当n≥2时,b n=S n-S n-1=n2+n+2n+1-2-(n-1)2-(n-1)-2n+2=2n+2n,又b1=4符合此式,∴b n=2n+2n(n∈N*).设=a n-b n,则=-2n,当n≥2时,--1=-2,∴{}即{a n-b n}是等差数列.9.(2019届某某模拟,18)已知等比数列{a n}的公比q>1,且满足:a2+a3+a4=28,a3+2是a2,a4的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n lo g12a n,S n=b1+b2+…+b n,求使S n+n·2n+1>62成立的正整数n的最小值.解析(1)由a3+2是a2,a4的等差中项,得a2+a4=2(a3+2).因为a2+a3+a4=28,所以a2+a4=28-a3,所以2(a3+2)=28-a3,解得a3=8,所以a2+a4=20,所以{a1q+a1a3=20,a1a2=8,解得{a1=2,a=2,或{a1=32,a=12.又q>1,所以{a n}为递增数列. 所以a1=2,q=2,所以a n=2n.(2)b n=a n lo g12a n=2n·log122n=-n·2n.S n=b1+b2+…+b n=-(1×2+2×22+…+n×2n)①,则2S n=-(1×22+2×23+…+n×2n+1)②,②-①,得S n=(2+22+…+2n)-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1, 即数列{b n}的前n项和S n=2n+1-2-n·2n+1,由S n+n·2n+1=2n+1-2>62,得n>5,所以正整数n的最小值为6.。

解答: 13，设等比数列公比为q3、25•- (ag )ag••• q 3• S 121 …S 53（1）证明:a nb 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. 答案： (1) 见解析 1 x n 11 x n 1(2)a n () n，b n () n2222解析：(1)将 4a n 1 3a n b n 4 , 4b n 1 3b n a n 4 相加可得 4a n1 4b n 1 3a n 3b n a n b n ,11 整理可得a n 1 b n 1丄(a n b n )，又玄1 Q 1，故a . b n 是首项为1,公比为1的等比数列22将 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 13b n a n 4 作差可得 4a n14b n13a n 3b n a . b n 8,整理可得a n 1 b n 1a nb n 2，又a 1 Q 1，故a .b n 是首项为1，公差为2的等差数列1 1A. a n 2n 5B.3n 3n 10 CS2n 28nD.S n■In 2 2n 2答案：A解析：S 4 4冃 6d 0a 1 3 5, S n2依题意有 可得 a nn 4n .3S 31 4d 5 d 2 n（2019全国1理）9•记S n 为等差数列 a n 的前n 项和•已知S 40 , a 5 5，则（2（2019全国1理）14.记S n 为等比数列 a n 的前 n 项和,a 436，则 S5答案: S 51213 2019全国2理)19.已知数列a n 和b n满足a 10 , 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 1 3b n a n 4.-31 2 3436(2)由a n b n是首项为1 ,公比为?的等比数列可得a n b n ()"①；由a n bn 是首项为1公差为2的等差数列可得a n b n 2n 1②;【解析】 【分析】首先确定公差，然后由通项公式可得 a 5的值，进一步研究数列中正项 ？负项的变化规律,得到和的最小值.【详解】等差数列 a n 中，8s 5a 3 10,得a 3 2& 3,公差da 3 a ?1, a§% 2d 0,由等差数列a n 的性质得n 5时，a n 0, n 6时，a n 大于0,所以S n 的最小值为S 4或S 5,即为10.①②相加化简得a n（!）n n 1，①②相减化简得b n 2 2（2019全国3理）5.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且a s 3a 3 4印，则a ?（）A. 16B. 8 答案： C解答：C. 4D.设该等比数列的首项 a i ，公比由已知得,4a©3dq 24a i ， 因为a 0且q 0， 则可解得2，又因为 a i (1q 3) 15,即可解得c 1，则4.（2019全国3理）14.记S n 为等差数列 a n 的前n 项和，若q0, a 2 3a ，则 3°S 5答案:4解析:设该等差数列的公差为d 2a 1 a 1 0,d 0 ,10 a 1 a 10S 0____________2S 55 a 1 a 522 2a 1 9d3 4.2a 1 4d 5d（2019北京理）10.设等差数列 的前n 项和为S n,若a 2=-3 ,S s =-10，则a s = ,S n 的最小值为【答案】 (1). 0. (2). -10.【点睛】本题考查等差数列的通项公式？求和公式？等差数列的性质，难度不大，注重重要知识？基础知识？基本运算能力的考查a i (2019北京理)20.已知数列｛a n｝，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i l<i2<・・Vm)，若a h a2则称新数列a h, a i2, , a m为｛a n｝的长度为m的递增子列•规定：数列｛a n｝的任意一项都是｛a n｝的长度为1的递增子列．(I)写出数列1 , 8, 3, 7, 5, 6, 9的一个长度为4的递增子列；(H)已知数列｛a n｝的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m o，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证：a m°<a n°；(川)设无穷数列｛a n｝的各项均为正整数，且任意两项均不相等若｛ a n｝的长度为s的递增子列末项的最小值为2s -, 且长度为S末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1 , 2,…)，求数列｛a n｝的通项公式.【答案】(I )1,3,5,6.(n )见解析; (川)见解析.【解析】【分析】(I )由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；(n )利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；(川)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可•【详解】(I )满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6.(n)对于每一个长度为q的递增子列a n a2丄a q，都能从其中找到若干个长度为p的递增子列色总丄a p，此时a p a q ，设所有长度为q的子列的末项分别为：a q, ,a q2,a q3 ,L ,所有长度为p的子列的末项分别为：a p1,a p2,a p3,L ,则a n0 min a q1,a q2,a q3,L ，注意到长度为P的子列可能无法进一步找到长度为q的子列，故a m0 min a p1,a p2,a p3,L ，据此可得：a m0a n0n 1, n为偶数(川)满足题意的一个数列的通项公式可以是a n 斗才来朴2,1,4,3,6,5,8,7,L ,n 1,n为奇数面说明此数列满足题意很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.长度为s 的递增子列末项的最小值为2s-1，下面用数学归纳法证明长度为s 末项为2s-1 的递增子列恰有2s 1个s 1,2,L ：当n 1 时命题显然成立，假设当n k时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有21个，则当n k 1时，对于n k 时得到的每一个子列a s1,a s2,L ,a s k 1,2k 1，可构造：aq,a s2丄，a s「2k 1,2 k 1 1和a5^,a S2,L ,a^l,2k,2 k 1 1两个满足题意的递增子列，则长度为k+1 末项为2k+1 的递增子列恰有 2 2k 12k2k 1 1个，n 1, n为偶数综上可得，数列a n、，卄沁.2,1,4,3,6,5,8,7,L是一个满足题意的数列的通项公式•n 1, n为奇数注：当s 3时，所有满足题意的数列为：2,3,5 , 1,3,5 , 2,4,5 , 1,4,5 ，当s 4 时，数列2,3,5 对应的两个递增子列为：2,3,5,7 和2,3,6,7 .【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.2019天津理) 19.设a n 是等差数列，b n 是等比数列.已知a1 4,b1 6，b2 2a2 2,b3 2a3 4.(I)求a n和b n的通项公式;（n）设数列q满足G 1,c n X 2 J 2「其中k Nn 1 n b k,n 2k ,i )求数列a2n c2n1 的通项公式;2nii ）求a i c i n Ni1答案】（I ）a n 3n 1 ; b n 3 2n（n ）（i ）a2n c2n 1 9 4n1 （ii ）* 2n 1n 1 *aqnN 27 25 2 n 12 nNi 1【解析】 【分析】(I )由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可; (n )结合(I )中的结论可得数列a 2n c 2n 1的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等2n价变形，结合等比数列前n 项和公式可得aG 的值.i 12 4 d 26 2d，解得2 4 2d 4 12 4d故a n 4 (n 1) 33n1 ,b n6 2n13 2n.所以,a n的通项公式为 a n 3n 1 , b n的通项公式为b n3 2n (n )( i ) a 2n C 2n 1 a ?n b n 1 3 2n 1 3 2n 19 4n 1所以,数列 a ?n c?n1 的通 项公式 :为a2nc 2n 19 4n 12n 2n2n2n(ii )a &a i a C i 1a ia c 2i1i 1i 1i 1i 12n 2n 1n2 n4-39 412i 14 1 4n3 ?2 n5 2n 19n1 427 _2n•1J 112N*25 2n n【点睛】本题主要考查等差数列 ？等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列 求和的基本方法以及运算求解能力.【详解】(I )设等差数列a n 的公db n 的公比为q .依题意得6q6q 2（2019上海）18•已知数列｛a n ｝ , a 1 3，前n 项和为S n •（1）若｛an ｝为等差数列,且 a 4 15, 求S n ；（2）若｛a n ｝为等比数列,且 lim n S n 12，求公比 q 的取值范围 【解答】解：（1） Q a 4 a 3d 3 3d 15 ,d 4 ,n(n 1),S n 3n4 2n 2 n；2lim S n 存在，nlim 3(^ 2 ,n1 q 1 q3 4公比q 的取值范围为（1 , 0） （0 , 3）.42综上，d -或者d3Hm S n存在， lim S n n （2019上海）21.已知等差数列｛务｝的公差d (0， ］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n2 、（1 ）若a 1 0,d 一，求集合 30,d —,3｛乜，0, △.2 2根据三角函数线，①等差数列 ｛a n ｝的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时此时d —,3（2）若a 1，求d 使得集合 2 S 恰好有两个（3）若集合S 恰好有三个元素: b n T b n , T 是不超过7的正整数，求 T 的所有可能的值.【解答】解：（1） Q 等差数列｛a n ｝的公差d (0，］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n当a 1集合S (2) Q，数列｛b n ｝满足 b n sin (a .),2集合S x|x N *恰好有两个元素，如图:②a 1终边落在OA 上，要使得集合 S 恰好有两个元素，可以使 a 2, a 3的终边关于y 轴对称，如图OB , OC ,(3)①当T 3 时，b n 3 b n，集合S {bl，b2, b3},符合题意.②当T 4 时，b n 4 b n ，sin(a n 4d) sina. a n 4d a n 2k ，或者a n 4d 2k a n ，4d a n 2k，又k 1，2当k1时满足条件，此时S {，1, 1}.③当T 5时，b n 5b n，si n(a n5d)sina n，故k1，2.当k1时，S{sin—，1，sin}满足题意1010④当T 6时，b n 6b n，sin (an6d)sina n，a na n等差数列{a n}的公差d (0，］，故a n5d a n 2k ，或者a n 5d 2k a n，因为 d (0 ,所以6d a n 2k 或者a n 6d 2k a n，d (0，1 , 2, 3.1时，S {-^O, —3}，满足题意.2 2⑤当T 7 时，b n 7 b n，si n(a n 7d) si na n si na n，所以a n 7d a n 2k ，或者a n 7d 2k a n，d (0，故k 1 , 2, 31时，因为b i ~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d m 7，不符合条件.k 2时，因为b i~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d n不是整数，不符合条件.k 3时，因为bi ~ b7对应着3 个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n—，或者d7—，此时，m n均不是整数，不符合题意.7综上，T3，4，5，6.(2019江苏)8.已知数列{a n}( n N*)是等差数列，S n是其前n项和若a2^ 兎0,S9 27 ,则Q的值是 _____________________ 【答案】16【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.a 2a 5CBa 1 d a-i 4d7d 0【详解】由题意可得：9 8S99a 1 9 8d227解得： a 1 51 ，则 S 8 8a 1 8 7d40 28 216.d 22【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应 用通项公式、求和公式等，构建方程(组)，如本题，从已知出发，构建a 1, d 的方程组.(2019江苏)20.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M—数列”.(1)已知等比数列｛a n ｝满足：a ?a 4 a 5,a 3 4a ? 4印 0 ,求证：数列｛a n ｝为“M—数列”；u . 1 2 2(2)已知数列｛b n ｝满足：b 1 1,S b b ，其中S 为数列｛b n ｝的前n 项和.S n b n b n 1① 求数列｛b n ｝的通项公式；② 设m 为正整数，若存在 “M—数列” ｛｝ (n € N *)，对任意正整数k ，当k 呦 时，都有C k b k q 1成立，求m 的 最大值.【答案】(1)见解析； (2［① b n = n n N * :② 5. 【解析】 【分析】(1 )由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论； (2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列｛b n ｝是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定b k 的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得【详解】(1)设等比数列｛a n ｝的公比为q ,所以a 1^0, q 丰0.因此数列｛a n ｝为M —数列”1 22 (2) ①因S n—，所以b nb nbn11 2 2由b| 1,S 1th 得1 1 ，则 b 22.1由2 2 得 S nb n b n 1m 的最大值.a 2&4 a s由a 3 4a ： 4ci|。

1.等比列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则列{lg a n }的前8项和等于( )点击观看解答视频A ．6B ．5C ．4D ．3 答案 C解析 ∵a 4＝2，a 5＝5， ∴a 4a 5＝a 1a 8＝a 2a 7＝a 3a 6＝10，∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg (a 1a 2…a 8)＝lg (a 1a 8)4＝lg (a 4a 5)4＝4lg (a 4a 5)＝4lg 10＝4，选C.2．设等比列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2 B.73 C.83 D ．3答案 B解析 由等比列的性质得：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比列，于是，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，∴S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73，故选B. 3.已知等比列{a n }的前n 项积记为Ⅱn ，若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( )点击观看解答视频A ．512B ．256C ．81D ．16答案 A解析 由题意可知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.故选A.4．已知列{a n }是递增的等比列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则列{a n }的前n 项和等于________．答案 2n －1解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9a 2a 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 4＝9a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8a 4＝1，∵列{a n }是递增的等比列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1a 4＝8，可得公比q ＝2，∴前n项和S n ＝2n －1.5．设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比列，则a 1的值为________．答案 －12解析 S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6.故(2a 1－1)2＝a 1×(4a 1－6)，解得a 1＝－12.6．成等差列的三个正的和等于15，并且这三个分别加上2,5,13后成为等比列{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求列{b n }的通项公式； (2)求列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设成等差列的三个正分别为a －d ，a ，a ＋d ， 则(a －d )＋a ＋(a ＋d )＝15，解得a ＝5， ∴b 3＝7－d ，b 4＝10，b 5＝18＋d . ∵b 3，b 4，b 5成等比列，∴b 3b 5＝b 24，即(7－d )(18＋d )＝102，简，得d 2＋11d －26＝0，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)， ∴b 3＝5，b 4＝10，b 5＝20， ∴列{b n }的公比q ＝105＝2，列{b n }的通项公式为b n ＝b 3q n －3＝5×2n －3.(2)由b 3＝5，q ＝2，得b 1＝b 3q 2＝54，∴列{b n }是首项为b 1＝54，公比为q ＝2的等比列，∴列{b n }的前n 项和S n ＝b 1－q n 1－q ＝5×2n －2－54.。

五年高考 第六章 第三节 答案及解析1、解析 由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.选C.答案 C2、解析 由题意可得，a 3·a 11＝a 27＝16，∴a 7＝4.∴a 5＝a 7q 2＝422＝1.答案 A3、解析 由等比数列性质，得a 21＋a 23≥2a 1a 3＝2a 22，故选B.答案 B4、解析 ∵三个正数a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac ＝(5＋26)(5－26)＝1.∵b 为正数，∴b ＝1.答案 15、解析 由等比数列的性质可知a 1a 5＝a 2a 4＝a 23，于是，由a 1a 5＝4得a 3＝2，故a 1a 2a 3a 4a 5＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 232＝5.答案 56、解析 根据等比数列的性质知a 3＋a 5＝q (a 2＋a 4)，∴q ＝2，又a 2＋a 4＝a 1q ＋a 1q 3，故求得a 1＝2，∴S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2. 答案 2 2n ＋1－27、解析 在等比数列中，a 2a 4＝a 1a 5＝a 23＝12， ∴a 1a 23a 5＝a 43＝14. 答案 148、解析 由a 1（1－q 3）1－q ＋3·a 1（1－q 2）1－q＝0， 得1＋q 2＋q ＋3(1＋q )＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，(q ＋2)2＝0，所以q ＝－2，故填－2.答案 －29、解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n .(2)由(1)得1a n＝12n ， 所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n . 10、解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…).设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2. 所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…).(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…).数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n 1－2＝2n －1. 所以，数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.11、解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎨⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝3.因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n 2. 12、(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3，4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12. 又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×(－12)n －1＝(－1)n －1·32n .(2)证明 S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，S n ＋1S n＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋12n （2n ＋1），n 为奇数，2＋12n （2n －1），n 为偶数.当n 为奇数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小， 所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136. 当n 为偶数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小， 所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512. 故对于n ∈N *，有S n ＋1S n≤136. 13、解 (1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21，因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2.解得a 2＝2.当n ≥2时，2a n －1＝S n ，2a n －1－1＝S n －1，两式相减，得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1.于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列.因此a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1.(2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，①2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .②①－②，得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n .从而B n ＝1＋(n －1)·2n .14、解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意知⎩⎨⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋4d ＝12.解得a 1＝2，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)由(1)可得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1). 因为a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，所以a 2k ＝a 1S k ＋2.从而(2k )2＝2(k ＋2)(k ＋3)，即k 2－5k －6＝0.解得k ＝6或k ＝－1(舍去).因此k ＝6.1、解析 由a n ＋1＝2a n 知，数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6. 答案 62、解析 法一 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .若q ＝1，则有S n ＝na 1，显然不符合题意，故q ≠1.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1（1－q 2）1－q ＝3，S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝15，两式相除得1＋q 2＝5，解得q 2＝4. 故q ＝2或q ＝－2.若q ＝2，代入解得a 1＝1，此时S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝1×（1－26）1－2＝63. 若q ＝－2，代入解得a 1＝－3，此时S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝（－3）×[1－（－2）6]1－（－2）＝63.故选C. 法二 因为数列{a n }为等比数列，若q ＝1，则有S n ＝na 1，显然不符合题意，故q ≠1.设其前n 项和为S n ＝Aq n －A .由题意可得⎩⎨⎧S 2＝A ×q 2－A ＝3S 4＝A ×q 4－A ＝15，两式相除得1＋q 2＝5，解得q 2＝4.代入解得A ＝1.故S n ＝q n －1.所以S 6＝q 6－1＝(q 2)3－1＝43－1＝63，故选C.法三 设等比数列的公比为q .则S 2＝a 1＋a 2＝3，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(1＋q 2)(a 1＋a 2)＝(1＋q 2)×3＝15，解得q 2＝4.故S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(1＋q 2＋q 4)(a 1＋a 2)＝(1＋4＋42)×3＝63.故选C. 答案 C3、解析 S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ＝1－23a n 1－23＝3－2a n ，故选D. 答案 D4、解析 由数列{a n }首项为1，公比q ＝－2，则a n ＝(－2)n －1，a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝4，a 4＝－8，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝1＋2＋4＋8＝15.答案 155、解析 ∵3a n ＋1＋a n ＝0⇒a n ＋1＝－13a n ，∴{a n }是以－13为公比的等比数列.又∵a 2＝－43，∴a 1＝4.∴S 10＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101＋13＝3(1－3－10).故选C. 答案 C6、解析 x 2－5x ＋4＝0的两根为1和4，又数列递增，所以a 1＝1，a 3＝4，q ＝2.所以S 6＝1×（1－26）1－2＝63. 答案 637、解析 由题意知每天植树的棵数组成一个以2为首项，2为公比的等比数列，所以S n ＝2（1－2n ）1－2＝2(－1＋2n )≥100，∴2n ≥51，∴n ≥6. 答案 68、解析 由等比数列的前n 项和公式S 4＝1×（1－24）1－2＝15. 答案 159、解析 由等比数列通项公式，得a 4＝a 1q 3，∴4＝12q 3，q 3＝8，∴q ＝2.S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1（1－q n ）1－q＝12（1－2n ）1－2＝2n －1－12. 答案 2 2n －1－1210、解 设该数列的公比为q ，由已知可得a 1q －a 1＝2，得a 1(q －1)＝2.由4a 1q ＝3a 1＋a 1q 2得q 2－4q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝1.由于a 1(q －1)＝2，因此q ＝1不合题意，应舍去.故公比q ＝3，首项a 1＝1.∴数列的前n 项和S n ＝3n －12.11、解 (1)设数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0，由题意得⎩⎨⎧S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18，即⎩⎨⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q （1＋q ＋q 2）＝－18.解得⎩⎨⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3(－2)n －1.(2)由(1)有S n ＝3·[1－（－2）n ]1－（－2）＝1－(－2)n . 若存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012， 当n 为偶数时，(－2)n ＞0，上式不成立；当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，即2n ≥2 012，则n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}.。

姓名，年级：时间：专题08 数列1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，,则 A ．25n a n =- B ．310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-【答案】A【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，24n S n n =-，故选A ．【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差,再适当计算即可做了判断．2．【2019年高考全国III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = A ．16 B ．8C ．4D ．2【答案】C【解析】设正数的等比数列｛a n ｝的公比为q ,则231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键. 3．【2019年高考浙江卷】设a ，b ∈R ，数列{a n ｝满足a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n *∈N ,则 A ． 当101,102b a =>B ． 当101,104b a =>C ． 当102,10b a =->D ． 当104,10b a =->【答案】A90b -时,b ，()22bbb +。

12=时,4a 21122⎫++=⎪⎭19=，【名师点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.4．【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=____________．【答案】1213【解析】设等比数列的公比为q ，由已知21461,3a a a ==，所以32511(),33q q =又0q ≠，所以3,q =所以55151(13)(1)12131133a q S q --===--． 【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．5．【2019年高考全国III 卷理数】记S n 为等差数列｛a n }的前n 项和,12103a a a =≠，，则105S S =___________. 【答案】4【解析】设等差数列｛a n ｝的公差为d ， 因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =,所以105S S =11111091010024542552a d a a a d ⨯+==⨯+． 【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．6．【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n ｝的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为__________．【答案】 0，10-。

2019届海南省高三高考模拟三理科数学试卷【含答案及解析】姓名___________ 班级____________ 分数__________题号一二三总分得分一、选择题1. 设为虚数单位，复数，则的共轭复数在复平面中对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限___________________________________ D．第四象限2. 已知集合，集合，则是的（）A．充分不必要条件___________ B．必要不充分条件C．充分必要条件_______________________ D．既不充分也不必要条件3. 已知，且，则向量与向量的夹角为（） A． B． C．______________________________________ D．4. 圆心与抛物线的焦点重合，且被抛物线准线截得的弦长为4的圆的标准方程为（）A． B．C． D．5. 如下图所示的程序框图，若输入，则输出的（）A．13 B．11 C．9 D．56. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．7. 现安排4名老师到3所不同的学校支教，每所学校至少安排一名老师，其中甲、乙两名老师分别到不同的学校的安排方法有（）A．42种_____________________________________ B．36种______________________________________ C．30种 D．25种8. 函数的图象大致为（）9. 汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况，下列叙述中正确的是（）A．消耗 1升汽油，乙车最多可行驶 5千米；B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中甲车消耗汽油最多；C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗 10升汽油；D．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车量多省油.10. 已知，则不等式的解集为（）A．____________________________ B．C．_____________________________ D．11. 设，，现随机地抽出一对有序实数对使得函数与函数的图象有交点的概率为（）A． B．______________________________________ C．______________________________________ D．12. 已知分别是双曲线的左，右焦点，过引圆的切线交双曲线的右支于点，为切点，为线段的中点，为坐标原点，则（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题13. 若实数满足不等式组，则目标函数的最大值为___________.14. 函数的最小正周期是___________.15. 平面截半径为的球得到一个半径为的截面圆，三棱锥内接于球，且是圆的内接正三角形，若，则三棱锥与球的体积之比为___________.16. 中，，则面积的范围是___________.三、解答题17. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且 . （1）求；（2）设，求数列的前项和 .18. 如图，四棱锥中，，，，，分别为和的中点，平面 .（1）求证：平面平面；（2）是否存在线段上一点，使用平面，若存在，求的值；如果不存在，说明理由.19. 某知识问答活动中，题库系统有60%的题目属于类型问题，40%的题目属于类型问题（假设题库中的题目总数非常大），现需要抽取3道题目作为比赛用题，有两种抽取方法：方法一是直接从题库中随机抽取3道题目，方法二是先在题库中按照分层抽样的方法抽取10道题目作为样本，再从这10个题目中任意抽取3道题目.（1）两种方法抽取的3道题目中，恰好有1道类型问题和2道型问题的概率是否相同？若相同，说明理由即可，若不同，分别计算出两种抽取方法的概率是多少. （2）已知抽取的3道题目恰好有1道类型问题和2道型问题，现以抢答题的形式由甲乙两人进行比赛，采取三局两胜制，甲擅长类型问题，乙擅长类型问题，根据以往的比赛数据表明，若出类型问题，甲胜过乙的概率为，若出类型问题，乙胜过甲的概率为，设甲胜过乙的题目数为，求的分布列和数学期望，并指出甲胜过乙的概率.20. 如图，在平面直角坐标系中，直线与椭圆相切于点，过椭圆的左、右焦点分别作重直于直线于，记，当为左顶点时，，且当时，四边形的周长为22.（1）求椭圆的标准方程；（2）求证：为定值.21. 已知函数， .（1）当时，求函数在上的极值；（2）若，求证：当时， .（参考数据：）22. 如图，是圆的直径，点是弦的中点，直线交圆于点，过点作于点，交圆于点，交于点，若 .（1）证明：；（2）若圆的半径为，求的长.23. 在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），圆与圆外切于原点，且两圆圆心的距离，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆和圆的极坐标方程；（2）过点的直线与圆异于点的交点分别为点和点，与圆异于点的交点分别为点和点，且，求四边形面积的最大值.24. 设 .（1）解不等式；（2）若不等式恒成立，求的取值范围.参考答案及解析第1题【答案】第2题【答案】第3题【答案】第4题【答案】第5题【答案】第6题【答案】第7题【答案】第8题【答案】第9题【答案】第10题【答案】第11题【答案】第12题【答案】第13题【答案】第14题【答案】第15题【答案】第16题【答案】第17题【答案】第18题【答案】第19题【答案】第20题【答案】第21题【答案】第22题【答案】第23题【答案】第24题【答案】。

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2019年高考数学试题分项版--数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n｝的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1,则a3等于（）A．16 B．8 C．4 D．2答案C解析设等比数列{a n}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q＋q2＋q3）＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a＝1，所以a3＝a1q2＝4.12．(2019·浙江，10)设a,b∈R，数列｛a n｝满足a1＝a，a n＋1＝＋b，n∈N＊，则（) A．当b＝时，a10＞10B．当b＝时,a10＞10C．当b＝－2时，a10＞10D．当b＝－4时,a10＞10答案A解析当b＝时，因为a n＋1＝＋,所以a2≥,又a n＋1＝＋≥a n,故a9≥a2×()7≥×（）7＝4，a＞≥32＞10.当b＝时,a n＋1－a n＝2，故当a1＝a＝时，a10＝，所以a10＞1010不成立．同理b＝－2和b＝－4时,均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0＜10，故a＞10不成立．103．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n为等差数列｛a n}的前n项和．已知S4＝0,a5＝5，则( )A．a n＝2n－5 B．a n＝3n－10C．S n＝2n2－8n D．S n＝n2－2n答案A解析设等差数列｛a n｝的公差为d,∵∴解得∴a n＝a1＋(n－1)d＝－3＋2（n－1)＝2n－5,S n＝na＋d＝n2－4n.故选A。

§6.4数列的综合应用
考纲解读
考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度
1.数列的通项公式及前n项和的求法掌握数列的通项公式及求和方法Ⅱ
2017课标全国Ⅲ,17;
2017北京,15;
2016天津,18;
2015山东,19
解答题★★★
2.数列的综合应用能综合应用等差、等比数列解决
相应问题
Ⅲ
2017天津,18;
2016浙江,17;
2016四川,19
选择题、
解答题
★★★
分析解读
综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列是特殊的函数,是高考的常选考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.
五年高考
考点一数列的通项公式及前n项和的求法
1.(2017山东,19,12分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2){b n}为各项非零的等差数列,其前n项和为S n.已知S2n+1=b n b n+1,求数列{b n
a n
}的前n项和T n. 解析(1)设{a n}的公比为q,
由题意知:a1(1+q)=6,a12q=a1q2,
又a n>0,解得a1=2,q=2,所以a n=2n.
(2)由题意知:S2n+1=(2n+1)(b1+b2n+1)
2=(2n+1)b n+1,。

2019年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷理科数学（六）本试卷共23题，共150分，共4页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。

1． 已知集合2{e 1}{log 1}x A x B x x =>=>， ，则A B =IA ．{02}x x <<B ．{0}x x >C ．{2}x x >D ．∅2． 复数22i 1iz =--，则z 在复平面内对应的点位于 A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3． 已知x y <，则下列不等式一定成立的是A ．11x y>B ．1133x y < C ．33x y --<D ．22ln(1)ln(1)x y +<+4． 已知命题:p “已知1a >，若log log a a m n <，则m n <”，则命题p 的否命题为A ．已知1a ≤，若log log a a m n <，则m n ≥B ．已知1a ≤，若log log a a m n ≥，则m n ≥C ．已知1a >，若log log a a m n ≥，则m n ≥D ．已知1a >，若log log a a m n <，则m n ≥5． 设点O 是坐标原点，过双曲线22221x y C a b-=：（00a b >>，）的右焦点2F 作C 的一条渐近线 的垂线，垂足为P . 若2OPF ∆为等腰直角三角形，则双曲线C 的渐近线方程为A ．20x y ±=B ．0x y ±=C ．02xy ±=D0y ±=6． 如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．12B ．15C ．18D ．217． 为迎接学校将开展的文艺汇演，某班在编排一个小品节目中，需要甲、乙、丙、丁四个同学扮演小品中主角、配角、小生、快递员四个角色，他们都能扮演其中任意一个角色. 下面是他们选择角色的一些信息：①甲和丙均不扮演快递员，也不扮演配角；②乙不扮演配角；③如果甲侧视图俯视图正视图不扮演小生，那么丁就不扮演配角.若这些信息都是正确的，依据以上信息推断丙同学选择扮演的角色是 A ．主角B ．配角C ．小生D ．快递员8． 如图是为计算()y f x =的函数值所设计的一个程序框图，若关于x 的方程()f x a =恰有两个不同的解，则实数a 的取值范围是A ．(24]，B ．1[1]2，C ．1(1)(24]2U ， ，D ．1[1](24]2U ， ，9． 如果正方形内部到每个顶点的距离都超过边长的一半的点构成的图形叫该正方形的“星形”，在正方形内随机取一点，则此点恰在其“星形”内的概率为A ．14π-B．1 C ．4πD10．函数()cos cos 2[]f x x x x ππ=-∈-， ， 的图象大致是11．已知定义在R 上的奇函数()f x 满足：当0x >时()()0f x xf x '+>，且(1)2f =，则不等式2()0f x x->的解集是 A ．(10)(1)-+∞U ， ， B ．(10)-，C ．(1)(01)-∞-U ， ，D ．(1)(1)-∞-+∞U ， ，12．已知P 是函数1()e (1)2x f x x =-≤≤图象上的动点，点A (21)，，B (11)-， ，O 为坐标原 点，若存在实数λμ， 使得OA OP OB λμ=+u u u r u u u r u u u r 成立，则λμ-的最小值是A ．1BC ．2e1e-+ D ．2(2e)1e-+A B C D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110答案 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= .答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(6分)(2)由a n=2n+1可知b n===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= . 答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a nb n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n==-.T n=1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )A.6B.7C.8D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .答案643.(2017山东,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n C n的面积为S n,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=,c n+1=,则( )A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列答案 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)记T n=…,证明:T n≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以T n>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n. 因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).当x≠1时,m'k(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,则x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,则x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).9.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.10.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设数列{a n}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.当a n=4n-2时,S n==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;当a n=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1==.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.④由③,④知,a n+1-a n=.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+=1+·=+·,故数列{a n}的通项公式为a n=+·.12.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,且T n+=λ(λ为常数),令c n=b2n(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n. 解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由题意知T n=λ-,所以n≥2时,b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1),n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,两式相减得R n=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.13.(2013广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)依题意得,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n≥2时,2S n=na n+1-n3-n2-n,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)两式相减得2a n=na n+1-(n-1)a n-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)a n=na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n=n2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<,综上,对一切正整数n,有++…+<.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列求和1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案 C2.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{a n}中,a4=5,a7=11.设b n=(-1)n·a n,则数列{b n}的前100项之和S100=( )A.-200B.-100C.200D.100答案 D3.(2016山东部分重点中学第二次联考,7)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m 项和为,则m的值为( )A.8B.9C.10D.11答案 B4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知S n为{a n}的前n项和,若a n(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于.答案 2 332考点二数列的综合应用5.(2017广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{a n}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )A.20B.22C.24D.28答案 B6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案 B7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{a n}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+=.答案2n2+2n8.(2017广东“六校联盟”联考,14)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=2a n-1(n∈N*),则数列{na n}的前n项和T n为.答案(n-1)2n+1B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:50分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{a n}中,n=1,2,3,…,729,且a n=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{a n}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{b n},容易发现数列{b n}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{a n}的所有项的和为S,数列{b n}的所有项的和为T,则( )A.S>TB.S=TC.S<TD.S与T的大小关系不确定答案 A2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=则S2 018等于( )A. B. C. D.答案 B3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=+3a n,n∈N*,b n=,若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),且b n=a n cos,记S n为数列{b n}的前n项和,则S24=( )A.294B.174C.470D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+=.答案2n2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列{a n},定义H n=为{a n}的“优值”,现在已知某数列{a n}的“优值”H n=2n+1,记数列{a n-kn}的前n项和为S n,若S n≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是.答案三、解答题(共30分)7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,数列{b n}的前n项和为T n,若不等式(-1)nλ<T n+对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.解析(1)由a n+1=(n∈N*),得==+1,∴+=3,又+=,∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,从而+=×3n-1⇒a n=.(2)将a n=代入b n=(3n-1)··a n可得b n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得=+++…+-n×=2-,∴T n=4-,∴(-1)nλ<4-,若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,∴-2<λ<3.8.(2017河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2015年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式(注:2016年为第一年);(2)若新政策实施后的2016年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)解析(1)当n≤10时,数列{a n}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故a n=45.5+0.5×(n-1), 当n≥11时,数列{a n}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故a n=50×0.99n-10,因此,新政策实施后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式为a n=n∈N*.(2)设S n(单位:万人)为数列{a n}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 错位相减法求和1.(2017河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{a n}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为S n,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+1=,T n为数列{b n}的前n项和,若T n≥m恒成立,求m的最大值.解析(1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴a n=.(2)∵a n+1=,∴=,∴b n=n·2n-1,∴T n=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①∴2T n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②由①-②得,-T n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴T n=1+(n-1)·2n.∵T n≥m恒成立,只需(T n)min≥m即可,∵T n+1-T n=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,∴{T n}为递增数列,∴当n=1时,(T n)min=T1=1,∴m≤1,∴m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,p n的“均倒数”,已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为,又b n=,则++…+等于( )A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{a n}满足S n=2a n-1(n∈N*),{b n}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=-(n∈N*),求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,n≥2,即a n=2a n-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.∴b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,∴T n=-2=2--2=-21-n.。