高考数学一轮复习《数列》练习题(含答案)

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝2，∴a n ＝2n－1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1＋1．两式相减得a n ＝12a n －1，故{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择②：由(n ＋1)b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝nn ＋1，所以b n ＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(a n ＋1＋a n )，得a n ＋1－a n ＝－13或a n ＋1＋a n ＝0，又a 1＝12，当a n ＋1＋a n ＝0时，有S n n 为偶数，n 为奇数，所以S n <1，当a n ＋1－a n ＝－13时，有S n ＝n 2－n (n －1)6＝－16(n 2－4n )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。

新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习：单元质检卷五 数列(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021湖南永州高三月考)“a ,b ,c 成等比数列”是“a 2,b 2,c 2成等比数列”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.(2021福建宁德高三三模)在等差数列{a n }中,其前n 项和为S n ,若S 1=S 25,a 3+a 8=32,则S 16=( ) A.80B.160C.176D.1983.(2021湖北武汉高三月考)“十二平均律”是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的振动数之比完全相等,亦称“十二等程律”,即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音的频率是最初那个音的2倍.设第8个音的频率为f ,则频率为√842f 的音是( ) A.第3个音 B.第4个音C.第5个音D.第6个音4.(2021河北邯郸高三期末)在等差数列{a n }中,a 2+2a 5=15,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 7=( ) A.30B.35C.40D.455.(2021湖北武昌高三一模)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,若存在m ∈N *,满足S 2m S m=9,a2m a m=5m+1m -1,则数列{a n }的公比为( )A.-2B.2C.-3D.36.(2021浙江金华高三月考)已知数列n a n是等差数列,则( )A.a 3+a 6=2a 4B.a 3+a 6=a 4+a 5C.1a 3+1a 6=2a 4D.1a 3+1a 6=1a 4+1a 57.(2021北京朝阳高三二模)记S n为等比数列{a n}的前n项和,已知a1=8,a4=-1,则数列{S n}()A.有最大项,有最小项B.有最大项,无最小项C.无最大项,有最小项D.无最大项,无最小项,其中f(n)为最接近√n的整数,若数列{a n}的8.(2021湖南长郡中学高三二模)在数列{a n}中,a n=1f(n)前m项和为20,则m=()A.15B.30C.60D.1109.在数列{a n}中,a1=1,a n a n-1-a n-1+1=0(n≥2,n∈N*),S n是其前n项和,则下列说法错误的是()2A.a6=2B.S12=6C.a112=a10a12D.2S11=S10+S1210.已知数列{a n}是等比数列,公比为q,前n项和为S n,下列说法正确的有()A.数列1为等比数列a nB.数列log2a n为等差数列C.数列{a n+a n+1}为等比数列D.若S n=3n-1+r,则r=1311.若直线3x+4y+n=0(n∈N*)与圆C:(x-2)2+y2=a n2(a n>0)相切,则下列说法错误的是()A.a1=65B.数列{a n}为等差数列C.圆C可能过坐标原点D.数列{a n}的前10项和为2312.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,分形的外表结构极为复杂,但其内部却是有规律可循的,一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形,如图1,在长度为1的线段AB上取两个点C,D,AB,以线段CD为边在线段AB的上方作一个正方形,然后擦掉线段CD,就得到图2;对图使得AC=DB=142中的最上方的线段EF作同样的操作,得到图3;依次类推,我们就得到以下的一系列图形.设图1,图2,图3,……,图n,各图中的线段长度和为a n,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.数列{a n}是等比数列B.S10=1256C.a n<3恒成立D.存在正数m,使得S n<m恒成立二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021江苏南通高三三模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差为d,若S2n=2S n+n2,则d=.14.(2021福建三明高三二模)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,a n a n+1=22n+1,则S n=.15.(2021江西南昌高三开学考试)在数列{a n}中,a n+a n+2=n(n∈N*),则数列{a n}的前20项和S20=.16.(2021北京昌平高三模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n=ln n,若存在p∈R,使得a n≤pn对任意n∈N*都成立,则p的取值范围为.三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021广西南宁高三月考)已知等差数列{a n}满足a n+2a n+1=3n+5.(1)求数列{a n}的通项公式;的前n项和为S n.若∀n∈N*,S n<-λ2+4λ(λ为偶数),求实数λ的值.(2)记数列1a n a n+118.(12分)(2021山东泰安高三模拟)已知S n为等比数列{a n}的前n项和,若a3=2,且4a1,3S2,2S3是等差数列{b n}的前三项.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ;(2)求数列{b n }的通项公式,并求使得a n >b n 的n 的取值范围.19.(12分)(2021重庆巴蜀中学高三月考)已知数列{a n }满足a n >0,数列{a n }的前n 项和为S n ,若 ,①a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =n ·3n (n ∈N *); ②数列{c n }满足:c n =1a n+1−1a n,a 1=3,且{c n }的前n 项和为12n+3−13;③S n =(a n +1)24-1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }是首项和公比均为2的等比数列,求数列{a b n }中有多少个小于2 021的项. 20.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足:tS n+1-S n =t (a n+1+a n -1),t ∈R 且t (t-1)≠0,n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)已知数列{b n }是等差数列,且b 1=3a 1,b 2=2a 2,b 3=a 3,求数列{a n b n }的前n 项和T n .21.(12分)(2021福建龙岩高三期中)已知各项均为正数的无穷数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,nS n+1=(n+1)S n +n (n+1)(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记[x ]表示不超过x 的最大整数,如[0.99]=0,[3.01]=3.令b n =[√a n ],求数列{b n }的前51项和T 51.22.(12分)(2021天津和平高三模拟)已知函数f (x )=x 2+m ,其中m ∈R ,定义数列{a n }如下:a 1=0,a n+1=f (a n ),n ∈N *. (1)当m=1时,求a 2,a 3,a 4的值;(2)是否存在实数m ,使a 2,a 3,a 4成公差不为0的等差数列?若存在,请求出实数m 的值;若不存在,请说明理由;(3)求证:当m>14时,总能找到k ∈N *,使得a k >2 021.单元质检卷五 数列1.A 解析:若a ,b ,c 成等比数列,则b 2=ac ,此时a 2c 2=(ac )2=b 4,则a 2,b 2,c 2成等比数列,即充分性成立.反之当a=1,b=1,c=-1时满足a 2,b 2,c 2成等比数列,但a ,b ,c 不成等比数列,即必要性不成立,即“a ,b ,c 成等比数列”是“a 2,b 2,c 2成等比数列”的充分不必要条件.故选A . 2.B 解析:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d ,则根据题意可知,{a 1=25a 1+12×25×24×d,a 1+2d +a 1+7d =32,即{2a 1+25d =0,2a 1+9d =32,解得{a 1=25,d =−2,故S 16=16×25+12×16×15×(-2)=160.故选B .3.C 解析:由题意知,这13个音的频率成等比数列,设这13个音的频率分别是a 1,a 2,…,a 13,公比为q (q>0),则a13a 1=q 12=2,得q=√212,所以a n =a 8q n-8=(√212)n-8f=2n -812f.令2n -812f=√842f=2-14f ,解得n=5.故选C .4.B 解析:由a 2+2a 5=15得a 2+a 4+a 6=15,即3a 4=15,因此a 4=5,于是S 7=7a 4=7×5=35.故选B .5.B 解析:设数列{a n }的公比为q.若q=1,则S 2m S m=2,与题中条件矛盾,故q ≠1.∵S2m S m=a 1(1-q 2m )1−q a 1(1-q m )1−q=q m +1=9,∴q m =8.∵a2m a m=a 1q 2m -1a 1q m -1=q m =8=5m+1m -1,∴m=3,∴q 3=8,∴q=2.故选B .6.C 解析:设数列n a n 的公差为d ,则4a 4=3a 3+d ,5a 5=3a 3+2d ,6a 6=3a 3+3d ,因此1a 3+1a 6=1a 3+163a 3+3d =123a 3+d =12×4a 4=2a 4,故选项C 正确;a 6=2a 3da3+1,a 4=4a 3da3+3,不满足a 3+a 6=2a 4,故选项A 错误;a 5=5a32da 3+3,a 3+a 6≠a 4+a 5,故选项B 错误;1a 3+1a 6=32a 3+12d ,1a 4+1a 5=2720a 3+1320d ,则1a 3+1a 6≠1a 4+1a 5,故选项D 错误.故选C .7.A 解析:设数列{a n }的公比为q ,则q 3=a 4a 1=-18,所以q=-12,所以S n =a 1(1-q n )1−q=8[1−(−12) n ]1−(−12)=1631--12n.当n 为偶数时,S n =1631-12n ,即S 2<S 4<S 6<…<163;当n 为奇数时,S n =163(1+12n ),即S 1>S 3>S 5>…>163,所以数列{S n }有最大项S 1,最小项S 2,故选A .8.D 解析:由题意知,函数f (n )为最接近√n 的整数.f (1)=1,f (2)=1,f (3)=2,f (4)=2,f (5)=2,f (6)=2,f (7)=3,f (8)=3,f (9)=3,f (10)=3,f (11)=3,f (12)=3,…,由此可得在最接近√n 的整数f (n )中,有2个1,4个2,6个3,8个4,….又由a n =1f(n),可得a 1=a 2=1,a 3=a 4=a 5=a 6=12,a 7=a 8=…=a 12=13,…,则a 1+a 2=2,a 3+a 4+a 5+a 6=2,a 7+a 8+…+a 12=2,….因为数列{a n }的前m 项和为20,即S m =10×2=20,可得m 为首项为2,公差为2的等差数列的前10项和,所以m=10×2+10×92×2=110.故选D .9.D 解析:当n=2时,有a 2a 1-a 1+1=0,即12a 2-12+1=0,解得a 2=-1,同理可得a 3=2,a 4=12,因此数列{a n }的项以3为周期重复出现,且S 3=a 1+a 2+a 3=12-1+2=32,所以a 6=a 3=2,故选项A 正确;S 12=4S 3=4×32=6,故选项B 正确;因为a 11=a 2=-1,a 10=a 1=12,a 12=a 3=2,所以a 112=a 10a 12,故选项C 正确;因为2S 11=2(S 9+a 10+a 11)=23×32+12-1=8,S 10+S 12=S 9+a 10+S 12=3S 3+4S 3+a 10=7×32+12=11,所以2S 11≠S 10+S 12,故选项D 不正确,故选D.10.A 解析:对于A 选项,设b n =1a n ,则b n+1b n=a n a n+1=1q(n ≥1,n ∈N *),所以数列1a n为等比数列,故A正确;对于B 选项,若a n <0,则log 2a n 没意义,故B 错误;对于C 选项,当q=-1时,a n +a n+1=0,等比数列的任一项都不能为0,故C 错误;对于D 选项,由题意得q ≠1,S n =a 1(1-q n )1−q=a 1qq -1q n-1-a1q -1.由S n =3n-1+r 得,q=3,a 1q q -1=1,即a 1=23,所以r=-a 1q -1=-13,故D 错误.故选A . 11.A 解析:由圆C :(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0),则圆心C (2,0),半径为a n .因为直线3x+4y+n=0与圆C :(x-2)2+y 2=a n 2(a n >0)相切,所以圆心C (2,0)到直线3x+4y+n=0的距离为a n ,即√9+16=n+65=a n ,则a 1=75,故选项A 错误;由a n =n+65,可得a n+1-a n =15,所以数列{a n }是以15为公差的等差数列,故选项B 正确;将(0,0)代入C :(x-2)2+y 2=a n 2,解得a n =2.由n+65=2,解得n=4,所以当n=4时,圆C 过坐标原点,故选项C 正确;设数列{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(75+n+65)2=n(n+13)10,所以S 10=10×(10+13)10=23,故选项D 正确.故选A.12.C 解析:由题意可得a 1=1,a 2=a 1+2×12,a 3=a 2+2×122,以此类推可得a n+1=a n +2×12n ,则a n+1-a n =22n ,所以a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+221+222+…+22n -1=1+1−12n -11−12=3-12n -2,所以数列{a n }不是等比数列,故A 错误;对于B 选项,S 10=3×10-2(1−1210)1−12=26+128=6657256,故B 错误;对于C 选项,a n =3-12n -2<3恒成立,故C 正确;对于D 选项,因为a n =3-12n -2>0恒成立,且a n+1-a n =3-12n -1-3+12n -2=12n -1>0,则数列{S n }为递增数列,所以数列{S n }无最大值,因此不存在正数m ,使得S n <m ,故D 错误.故选C .13.1 解析:因为数列{a n }为公差为d 的等差数列,所以S 2n =2n(a 1+a 2n )2=n (a 1+a 2n ),S n =n(a 1+a n )2.又S 2n =2S n +n 2,所以n (a 1+a 2n )=2×n(a 1+a n )2+n 2,即a 1+a 2n =a 1+a n +n ,所以a 2n -a n =nd=n ,解得d=1.14.2n+1-2 解析:设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q (q>0),首项为a 1(a 1>0). 因为a n a n+1=22n+1,所以a n+1a n+2=22n+3,因此a n+1a n+2a n a n+1=22n+322n+1=4,即q 2=4,所以q=2.而a 1a 2=8,即a 12q=8,所以a 1=2,所以S n =2(1−2n )1−2=2n+1-2.15.95 解析:因为a n +a n+2=n (n ∈N *),所以a n+1+a n+3=n+1(n ∈N *),所以a n +a n+1+a n+2+a n+3=2n+1(n ∈N *),所以S 20=a 1+a 2+…+a 20=(a 1+a 2+a 3+a 4)+…+(a 17+a 18+a 19+a 20)=2×1+1+2×5+1+2×9+1+2×13+1+2×17+1=2×(1+5+9+13+17)+5=2×(1+17)×52+5=95.16.ln33,+∞ 解析:若存在p ∈R ,使得a n ≤pn 对任意的n ∈N *都成立,则p ≥lnn nmax.设f (x )=lnx x(x ∈N *),则f'(x )=1x·x -lnx x 2.令f'(x )=1−lnx x 2=0,解得x=e,所以函数f (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数在x=e 时取最大值.因为n ∈N *,所以当n=3时函数最大值为ln33,所以p 的取值范围是ln33,+∞.17.解(1)设等差数列{a n }的公差为d.因为a n +2a n+1=3n+5,所以{a 1+2a 2=8,a 2+2a 3=11即{3a 1+2d =8,3a 1+5d =11,解得{a 1=2,d =1,所以a n =2+(n-1)=n+1.经检验,a n =n+1符合题设,所以数列{a n }的通项公式为a n =n+1. (2)由(1)得,1a n a n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2,所以S n =12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2.因为n ∈N *,所以S n <12.又因为∀n ∈N *,S n <-λ2+4λ, 所以-λ2+4λ≥12,即(λ-2)2≤72.因为λ为偶数,所以实数λ的值为2. 18.解(1)设等比数列{a n }的公比为q.由4a 1,3S 2,2S 3是等差数列{b n }的前三项,得6S 2=4a 1+2S 3,即3S 2=2a 1+S 3, 所以3(a 1+a 1q )=2a 1+a 1+a 1q+a 1q 2,整理得q 2=2q ,解得q=2. 由a 3=2,得a 1×22=2,所以a 1=12, 所以S n =12(1-2n )1−2=2n -12.(2)由(1)得a n =2n-2,所以4a 1=2,3S 2=92,2S 3=7, 即等差数列{b n }的前三项为2,92,7,所以b n =2+(n-1)92-2=12(5n-1). 由a n >b n ,得12×2n-1>12×(5n-1),即2n-1>5n-1. 令c n =2n-1-5n+1,则有c n+1-c n =2n-1-5. 当1≤n ≤3时,c n+1-c n <0,即c 1>c 2>c 3>c 4; 当n ≥4时,c n+1-c n >0,即c 4<c 5<…<c n <…. 而c 1=-3,c 5=-8,c 6=3,所以使a n >b n 的n 的取值范围是{n|n ≥6,n ∈N *}. 19.解(1)若选①.因为a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =n ·3n (n ∈N *),所以当n ≥2时,a 1+3a 2+32a 3+…+3n-2a n-1=(n-1)·3n-1, 两式相减得3n-1a n =(2n+1)·3n-1,则a n =2n+1. 又a 1=2+1=3,符合上式,所以a n =2n+1(n ∈N *). 若选②. 由于c 1+c 2+…+c n =1a 2−1a1+1a 3−1a2+…+1a n+1−1an=1an+1−1a 1=12n+3−13,又a 1=3,所以a n+1=2n+3,因此当n ≥2时,a n =2n+1. 又a 1=2+1=3,符合上式,所以a n =2n+1(n ∈N *). 若选③.当n=1时,a 1=3. 因为S n =(a n +1)24-1(n ∈N *),所以当n ≥2时,S n-1=(a n -1+1)24-1(n ∈N *),两式相减得a n =S n -S n-1=(a n +1)24−(a n -1+1)24,即4a n =a n 2+2a n +1-a n -12-2a n-1-1,所以(a n +a n-1)(a n -a n-1-2)=0.又a n >0,所以a n -a n-1=2, 故数列{a n }为等差数列,而a 1=3,d=2, 所以a n =2n+1.(2)由已知得b n =2n ,所以a b n =2b n +1=2n+1+1,易知数列{a b n }为递增数列. 又210=1024<2021,211=2048>2021,所以n+1≤10,n ≤9,n ∈N *,所以数列{a b n }中有9个小于2021的项. 20.解(1)当n=1时,tS 2-S 1=t (a 2+a 1-1),解得a 1=t , 当n ≥2时,tS n+1-S n =t (a n+1+a n -1),tS n -S n-1=t (a n +a n-1-1), 两式相减得ta n+1-a n =t (a n+1-a n-1),即a n =ta n-1. 又因为a 1=t ≠0,所以a n-1≠0,即an a n -1=t ,所以数列{a n }是以t 为首项,t 为公比的等比数列, 故数列{a n }的通项公式为a n =t n ,n ∈N *. (2)由题意可知,2b 2=b 1+b 3,即4a 2=3a 1+a 3,所以4t 2=3t+t 3.因为t ≠0,所以t 2-4t+3=0,解得t=3,t=1. 又因为t ≠1,所以t=3,故a n =3n ,n ∈N *.设数列{b n }的公差为d.由b 1=9,b 2=18,b 3=27,可知d=9, 因此b n =b 1+(n-1)d=9+9(n-1)=9n , 所以a n b n =9n ·3n =n ·3n+2,所以T n =1×33+2×34+3×35+…+n ·3n+2, ① 3T n =1×34+2×35+…+(n-1)·3n+2+n ·3n+3, ②①-②得-2T n =33+34+35+…+3n+2-n ·3n+3=3n+3-272-n ·3n+3,所以T n =(2n -1)3n+3+274.21.解(1)因为nS n+1=(n+1)S n +n (n+1),所以Sn+1n+1=S n n+1.又因为S 1=a 1=1,所以数列S n n是以1为首项,1为公差的等差数列,因此Sn n=n ,即S n =n 2.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n-1,又因为a 1=1符合上式,故a n =2n-1(n ∈N *).(2)由(1)知b n =[√a n ]=[√2n -1],当n ∈{1,2}时,b n =[√2n -1]=1; 当n ∈{3,4}时,b n =[√2n -1]=2;当n ∈{5,6,7,8}时,b n =[√2n -1]=3;当n ∈{9,10,11,12}时,b n =[√2n -1]=4;当n ∈{13,14,15,16,17,18}时,b n =[√2n -1]=5; 当n ∈{19,20,21,22,23,24}时,b n =[√2n -1]=6;当n ∈{25,26,…,31,32}时,b n =[√2n -1]=7; 当n ∈{33,34,…,37,40}时,b n =[√2n -1]=8;当n ∈{41,42,…,49,50}时,b n =[√2n -1]=9; 当n=51时,b n =[√2n -1]=10, 所以数列{b n }的前51项和T 51=2×1+2×2+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9+1×10=320.22.(1)解因为m=1,所以f (x )=x 2+1.因为a 1=0,所以a 2=f (a 1)=f (0)=1,a 3=f (a 2)=f (1)=2,a 4=f (a 3)=f (2)=5. (2)解存在.(方法1)假设存在实数m ,使得a 2,a 3,a 4成公差不为0的等差数列, 则a 2=f (0)=m ,a 3=f (m )=m 2+m ,a 4=f (a 3)=(m 2+m)2+m.因为a 2,a 3,a 4成等差数列,所以2a 3=a 2+a 4,所以2(m 2+m )=m+(m 2+m)2+m ,化简得m 2(m 2+2m-1)=0,解得m=0(舍),m=-1±√2.经检验,此时a 2,a 3,a 4的公差不为0, 所以存在m=-1±√2,使得a 2,a 3,a 4成公差不为0的等差数列.(方法2)因为a 2,a 3,a 4成等差数列,所以a 3-a 2=a 4-a 3,即a 22+m-a 2=a 32+m-a 3, 所以(a 32−a 22)-(a 3-a 2)=0,即(a 3-a 2)(a 3+a 2-1)=0.因为公差d ≠0,故a 3-a 2≠0,所以a 3+a 2-1=0,解得m=-1±√2. 经检验,此时a 2,a 3,a 4的公差不为0,11 所以存在m=-1±√2,使得a 2,a 3,a 4成公差不为0的等差数列.(3)证明因为a n+1-a n =a n 2+m-a n =a n -122+m-14≥m-14,且m>14,所以令t=m-14>0, 得a n -a n-1≥t ,a n-1-a n-2≥t ,…,a 2-a 1≥t. 将上述不等式全部相加得a n -a 1≥(n-1)t ,即a n ≥(n-1)t , 因此要使a k >2021成立,只需(k-1)t>2021, 因此只要取正整数k>2021t +1,就有a k ≥(k-1)t>2021t ·t=2021.综上,当m>14时,总能找到k ∈N *,使得a k >2021.。

高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题（含答案）一、单选题1．某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(利息按月以复利计算)．如果小新同学贷款10000元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么小新同学每月应还的钱约为（ ）（1.002512≈1.03） A ．833B ．858C ．883D ．9022．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（ ） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元3．一种预防新冠病毒的疫苗计划投产两月后，使成本降64%，那么平均每月应降低成本（ ） A ．20%B ．32%C ．40%D ．50%4．今年元旦，市民小王向朋友小李借款100万元用于购房，双方约定年利率为5%，按复利计算（即本年利息计入次年本金生息），借款分三次等额归还，从明年的元旦开始，连续三年都是在元旦还款，则每次的还款额约是（ ）万元.（四舍五入，精确到整数） （参考数据：()21.05 1.1025=，()31.05 1.1576=，()41.05 1.2155=） A ．36B ．37C ．38D ．395．随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到（ ） A ．2022年12月B ．2023年2月C ．2023年4月D ．2023年6月6．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n 个月的还款金额为n a 元，则n a =（ ）A ．2192B ．39128n -C ．39208n -D ．39288n -7．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）A ．464B ．465C ．466D ．4958．某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（ ） A ．1205万元B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元9．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a 元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为r ．按复利计算，则小李每个月应还（ ） A ．()()1111111ar r r ++-元 B ．()()1212111ar r r ++-元C ．()11111a r +元D ．()12111a r +元10．在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（ ） A ．35B ．42C ．49D ．5611．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（ ）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元B ．40000元C ．42500元D ．50000元12．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（ ） A ．2806万元B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元二、填空题13．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.14．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为_______万元．15．银行一年定期储蓄存款年息为r ，三年定期储蓄存款年息为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于______．16．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是____.三、解答题17．一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比． (1)求()*n n N ∈分钟后的水温n t ；(2)当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg 20.3≈）18．某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元.(1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？(2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其它项目，问应在第几年转投其它项目？19．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列{}n a ，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列{}n b . (1)求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到0.1万吨）.（参考数据41.05 1.215≈，51.05 1.276≈，61.05 1.340≈）20．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t ≤万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元． （1）写出1n a +与n a 的关系式，并判断{}2n a t -是否为等比数列；（2）若企业每年年底上缴资金1500t =，第*()m m N ∈年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m 的最小值．21．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月()*1929,k k k +≤≤∈N 日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若9k =，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.22．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：71.1 1.95≈） (2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案： ①方案一：每天回报40元；②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； ③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番. 你会选择哪种方案？请说明你的理由.23．已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由； （Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++； （Ⅲ）证明：当5n =时，成等比数列。

B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元 数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （ ） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里 里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn为其前 n 项和， S 3 = 9 ，且 a 2 - 1 ， a 3 - 1， a 5 - 1构成等比数列，则 S 5 = （ ）A ．15B ． -15C ．30D ．25【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行， 令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n： ， + ， + + ， + + + ， ，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列 满足，且 ，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时， ，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前 项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为 ， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果 ．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ； 即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前 项和 ．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前 项和为 ，且 是 与 的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为 ，已知 ．（1）求证：数列 是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为 ，且 b = 4n nn +1，若对任意 都成立，求实数 的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当 为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得 ．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是 为首项， 为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当 为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在 上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述 的取值范围为．第 7 单元 数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（ ）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （ ）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为 ， ， （ ），则 （ ）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则 ．．故选 B ．满足： ，若数列 是等比数列，则 的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （ ）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列 的前 项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足： ， ， 成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前 项和对任意的恒成立，则 的最大值为（ ）A ．115【答案】C【解析】由 ， ，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列 是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即 的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ， （ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪 琪 琪 琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以 ， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值 ． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前 项和为 ，且 ， ，数列 满足 ，（1）求数列（2）令【答案】（1）， 的通项公式；，求数列 的前 项和 ．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时， ，即 ，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前 项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为 ，首项为 的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是 ，首项 的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理 是偶数时是公比是 ，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即 ，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前 项和为 ，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与 的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。

高考数学一轮复习《等差数列》练习题（含答案）一、单选题1．若3与13的等差中项是4与m 的等比中项，则m =（ ） A ．12B ．16C ．8D ．202．在等差数列{}n a 中，49a =，且2410,,a a a 构成等比数列，则公差d 等于( ) A ．3-B ．0C ．3D ．0或33．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若7614,10S a ==，则{}n a 的公差为（ ） A ．4B ．3C ．2D ．14．已知数列{}n a ，{}n b 均为等差数列，且125a =，175b =，22120a b +=，则3737a b +的值为（ ） A ．760B ．820C ．780D ．8605．在等差数列{an }中，若a 2+2a 6+a 10＝120，则a 3+a 9等于（ ） A ．30B ．40C ．60D ．806．在明朝程大位《算法统宗》中有首依筹算钞歌：“甲乙丙丁戊己庚，七人钱本不均平，甲乙念三七钱钞，念六一钱戊己庚，惟有丙丁钱无数，要依等第数分明，请问先生能算者，细推详算莫差争.”题意是：“现有甲､乙､丙､丁､戊､己､庚七人，他们手里钱不一样多，依次成等差数列，已知甲､乙两人共237钱，戊､己､庚三人共261钱，求各人钱数.”根据上题的已知条件，戊有（ ） A ．107钱B ．102钱C ．101钱D ．94钱7．已知数列{an }是首项为1a ，公差为d 的等差数列，前n 项和为Sn ，满足4325a a =+，则S 9=（ ） A ．35B ．40C ．45D ．50 8．正项等比数列{}n a 中，5a ，34a ，42a -成等差数列，若212a =，则17a a =（ ） A ．4B ．8C ．32D ．649．已知{}n a 是公差不为零的等差数列，2414a a +=，且126,,a a a 成等比数列，则公差为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．410．设等差数列{}n a 的公差为d ，10a >，则“50a >”是“0d >”的（ ）A ．充要条件B ．必要不充分条件C ．充分不必要条件D ．既不充分也不必要条件11．设等差数列 {}n a 的前n 项和为n S ，若3710a a += ，则9S = （ ） A ．22.5B ．45C ．67.5D ．9012．在等差数列{}n a 中n S 为前n 项和，7624a a =- ，则9S =（ ） A ．28 B ．30C ．32D ．36二、填空题13．记n S 为等差数列{n a }的前n 项和，若24a =，420S =，则9a =_________.14．已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4a ，5S ，{}750S ∈-，，则n S 的最小值为__________．15．已知数列{}n a 中，11a =，()1121n n n n a a n a na ++⋅=+-，则通项公式n a =______. 16．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若30a =，636S S =+，则7S =_____． 三、解答题17．已知等差数列{}n a 满足32a =，前4项和47S =． (1)求{}n a 的通项公式；(2)设等比数列{}n b 满足23b a =，415b a =，数列{}n b 的通项公式．18．已知等差数列{}n a 满足首项为3331log 15log 10log 42-+的值，且3718a a +=. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .19．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+． (1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．20．已知在n的展开式中，前3项的系数成等差数列，求：(1)展开式中二项式系数最大项的项； (2)展开式中系数最大的项； (3)展开式中所有有理项.21．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知535S =，且4a 是1a 与13a 的等比中项，数列{}n b 的前n 项和245n T n n =+．(1)求数列{}{}n n a b 、的通项公式； (2)若14a <，对任意*n ∈N 总有1122111444n nS b S b S b λ+++≤---恒成立，求实数λ的最小值．22．这三个条件中任选一个，补充在下面题目条件中，并解答.①25a =，()11232,n n n S S S n n *+--+=≥∈N ；②25a =，()111322,n n n n S S S a n n *+--=--≥∈N ；③()132,12n n S S n n n n *--=≥∈-N . 问题：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且___________.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知n b 是n a 、1n a +的等比中项，求数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T参考答案1．B2．D3．A4．B5．C7．C8．D9．C10．B11．B12．D 13．18 14．6- 15．21nn - 16．717．（1）设等差数列{}n a 首项为1a ，公差为d ．∵3427a S =⎧⎨=⎩∴()1122441472a d a d +=⎧⎪⎨⨯-+=⎪⎩解得：1112a d =⎧⎪⎨=⎪⎩∴等差数列{}n a 通项公式()11111222n a n n =+-⨯=+（2）设等比数列{}n b 首项为1b ，公比为q∵2341528b a b a ==⎧⎨==⎩∴13128b q b q ⋅=⎧⎨⋅=⎩ 解得：24q =即112b q =⎧⎨=⎩或112b q =-⎧⎨=-⎩ ∴等比数列{}n b 通项公式12n n b -=或()12n n b -=--18．（1）根据题意得，13331log 15log 10log 42a =-+333331533log log log log 2log 211022⎛⎫=+=+=⨯= ⎪⎝⎭，因为数列{}n a 是等差数列，设公差为d ，则由3718a a +=，得112618a d a d +++=，解得2d =，所以()11221n a n n =+-⨯=-.（2）由（1）可得1111(21)(21)22121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以1111111112323522121n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11122121nn n ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭. 19．（1）因为221nn S n a n +=+，即222n n S n na n+=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----， 即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈， 所以{}n a 是以1为公差的等差数列． （2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭， 所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-． [方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-， 所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<=.则当12n =或13n =时，()min 78n S =-． 20．（1）n展开式的通项公式为1C kn kk k nT -+=⋅3561C 2n kk n k x -=，依题意得122112C 1C 22n n ⋅⋅=+⋅，即2C 4(1)n n =-，得8n =，所以8的展开式有9项，二项式系数最大的项为5项，所以22433584135C 28T x x ==. （2）由（1）知，2456181C 2kk k k T x -+=，设展开式中系数最大的项为第1k +项，则1881188111C C 2211C C 22k k k k k k k k --++⎧≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，即()()()()()()8!8!2!8!1!9!8!8!2!8!1!7!k k k k k k k k ⎧≥⋅⎪⋅--⋅-⎪⎨⎪⋅≥⎪⋅-+⋅-⎩，即92228k k k k -≥⎧⎨+≥-⎩，解得23k ≤≤，所以2k =或3k =， 所以展开式中系数最大的项为737x 和327x . （3）由2456181C 2kk k k T x -+=(0,1,2,3,4,5,6,7,8)k =为有理项知，2456k -为整数，得0k =，6.所以展开式中所有有理项为4x 和716x. 21．（1）设等差数列{}n a 的公差为d ， 由535S =得151035a d +=， 因为4a 是1a 与13a 的等比中项，所以()()2111312a d a a d +=+．化简得172a d =-且2123a d d =，解方程组得17,0a d ==或13,2a d==．故{}n a 的通项公式为7n a =或21n a n =+（其中N n *∈）；因为245n T n n =+，所以214(1)5(1)n T n n -=-+-，(2)n ≥，所以22145[4(1)5(1)]81n n n b T T n n n n n -=-=+--+-=+，因为119b T ==，满足上式，所以()81N n b n n *=+∈；（2）因为14a <，所以21n a n =+， 所以(2)n S n n =+，所以221114488141n n S b n n n n ==-+---，所以22211221111114442141(2)1n n S b S b S b n +++=+++------1111335(21)(21)n n =+++⨯⨯-+111111123352121n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭， 易见111221n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭随n 的增大而增大，从而11112212n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭恒成立， 所以12λ≥，故λ的最小值为12.22．(1)解：选条件①时，25a =，1123n n n S S S +--+=，整理得()()113n n n n S S S S +----=，故13n n a a +-=（常数），且213a a -=， 所以数列{}n a 是以2为首项，3为公差的等差数列.故()13131n a a n n =+-=-；选条件②时，25a =，()*111322,n n n n S S S a n n +--=--≥∈N ，整理得()1112n n n n n S S S S a +---=--，故112n n n a a a +-+=，故数列{}n a 是等差数列，公差213d a a =-=，故()13131n a a n n =+-=-； 选条件③时，()*132,12n n S S n n n n --=≥∈-N ，且121S =， 所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，32为公差的等差数列，则()33121222n S n n n =+-=+，所以23122n S n n =+，则2n ≥时，131n n n a S S n -=-=-.又112311a S ===⨯-满足31n a n =-，所以31n a n =-，*n ∈N . (2)解：由（1）得：31n a n =-，由于n b 是n a 、1n a +的等比中项，所以()()213132n n n b a a n n +==-+⋅，则()()211111313233132n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 故()11111111113255831323232232n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=⨯-+-++-=-=⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭。

数列的概念考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理 1．数列的定义按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项． 2．数列的分类分类标准 类型 满足条件 项数有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限项与项间的大小关系递增数列a n ＋1＞a n 其中n ∈N *递减数列 a n ＋1＜a n 常数列 a n ＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式． 4．数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．常用结论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ ) 教材改编题1．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2023的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D.13答案 C解析 因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2023＝a 505×4＋3＝a 3＝－12.2．数列13，18，115，124，135，…的通项公式是a n ＝________.答案1nn ＋2，n ∈N *解析 ∵a 1＝11×1＋2＝13， a 2＝12×2＋2＝18，a 3＝13×3＋2＝115，a 4＝14×4＋2＝124，a 5＝15×5＋2＝135，∴通过观察，我们可以得到如上的规律， 则a n ＝1nn ＋2，n ∈N *. 3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)] ＝4n －5，因为a 1也适合上式，所以a n ＝4n －5.题型一 由a n 与S n 的关系求通项公式例1 (1)设S n 为数列{a n }的前n 项和，若2S n ＝3a n －3，则a 4等于( ) A ．27 B ．81 C ．93 D ．243答案 B解析 根据2S n ＝3a n －3， 可得2S n ＋1＝3a n ＋1－3， 两式相减得2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ， 即a n ＋1＝3a n ，当n ＝1时，2S 1＝3a 1－3，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以a 4＝a 1q 3＝34＝81.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝21＝2. ∵a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n，① ∴a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②得，(2n －1)·a n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －12n －1(n ≥2)．显然n ＝1时不满足上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2.教师备选1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则a n ＝________.解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1.由于a 1＝3适合上式，∴a n ＝2n ＋1.2．已知数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 答案 －2n －1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1， ∴a 1＝－1.当n ≥2时，S n ＝2a n ＋1，①S n －1＝2a n －1＋1.②①－②得S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)，∴{a n }是首项为a 1＝－1，公比为q ＝2的等比数列． ∴a n ＝a 1·qn －1＝－2n －1.思维升华 (1)已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2转化为关于a n 的关系式，再求通项公式．(2)S n 与a n 关系问题的求解思路方向1：利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． 方向2：利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2解析 根据题意，可得S n －1＝2(n －1)2＋(n －1)＋1. 由通项公式与求和公式的关系， 可得a n ＝S n －S n －1， 代入化简得a n ＝2n 2＋n ＋1－2(n －1)2－(n －1)－1＝4n －1.经检验，当n ＝1时，S 1＝4，a 1＝3， 所以S 1≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2.(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n n －1，n ≥2解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 两边同时除以S n ＋1S n ， 得1S n ＋1－1S n＝－1.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n＝－1－(n －1)＝－n .所以S n ＝－1n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n n －1，n ≥2.题型二 由数列的递推关系求通项公式 命题点1 累加法例2 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n答案 A解析 因为a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以a 2－a 1＝ln2－ln1，a 3－a 2＝ln3－ln2， a 4－a 3＝ln4－ln3，……a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2)，把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln1， 则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也适合， 因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *)．命题点2 累乘法例3 若数列{a n }满足a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)·a n (n ≥2)，则a n ＝________. 答案2n ＋1解析 由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)， 得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2)． 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1×n －1n ×n －2n －1×…×34×23×1＝2n ＋1， 又a 1＝1满足上式，所以a n ＝2n ＋1. 教师备选1．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n n ＋1，则通项公式a n ＝________.答案 4－1n解析 ∵a n ＋1－a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴当n ≥2时，a n －a n －1＝1n －1－1n， a n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，……a 2－a 1＝1－12，∴以上各式相加得，a n －a 1＝1－1n，∴a n ＝4－1n ，a 1＝3适合上式，∴a n ＝4－1n.2．若{a n }满足2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0，且a n >0，a 1＝1，则a n ＝________. 答案 n ·2n －1解析 由2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0得n (2a 2n ＋a n ·a n ＋1－a 2n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0，∴n (a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0， (a n ＋a n ＋1)[(2a n －a n ＋1)·n ＋2a n ]＝0， 又a n >0，∴2n ·a n ＋2a n －n ·a n ＋1＝0， ∴a n ＋1a n ＝2n ＋1n， 又a 1＝1， ∴当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝2n n －1×2n －1n －2×2n －2n －3×…×2×32×2×21×1＝2n －1·n . 又n ＝1时，a 1＝1适合上式， ∴a n ＝n ·2n －1.思维升华 (1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列，利用累加法，即利用公式a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1(n ≥2)，即可求数列{a n }的通项公式． (2)形如a n ＋1a n ＝f (n )的数列，常令n 分别为1,2,3，…，n －1，代入a n ＋1a n＝f (n )，再把所得的(n －1)个等式相乘，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1(n ≥2)即可求数列{a n }的通项公式． 跟踪训练2 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，则a n ＝________.答案 2n －1＋n解析 ∵a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，∴a n ＋1－a n ＝2n －1＋1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋a 1＋n －1＝1－2n －11－2＋2＋n －1＝2n －1＋n .又∵a 1＝2满足上式， ∴a n ＝2n －1＋n .(2)(2022·莆田模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________． 答案 a n ＝2nn ＋1解析 由S n ＝n 2a n ，可得当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1， 即(n 2－1)a n ＝(n －1)2a n －1， 易知a n ≠0，故a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×a n －2a n －3×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n －1n ＋1×n －2n ×n －3n －1×…×24×13×1 ＝2n n ＋1.当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝2n n ＋1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2nn ＋1. 题型三 数列的性质 命题点1 数列的单调性例4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 若数列{a n }为递增数列， 则有a n ＋1－a n >0，∴(n ＋1)2－2λ(n ＋1)－n 2＋2λn ＝2n ＋1－2λ>0，即2n ＋1>2λ对任意的n ∈N *都成立， 于是有λ<⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋12min ＝32，∵由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件． 命题点2 数列的周期性例5 (2022·广州四校联考)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，则a 2023等于( )A ．－2B ．－1C ．2 D.12答案 C解析 ∵数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)， ∴a 2＝11－2＝－1， a 3＝11－－1＝12，a 4＝11－12＝2，…，可知此数列有周期性，周期T ＝3， 即a n ＋3＝a n ，则a 2023＝a 1＝2. 命题点3 数列的最值例6 已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n，则数列{a n }的最大项为( )A ．a 8或a 9B ．a 9或a 10C ．a 10或a 11D ．a 11或a 12答案 B解析 结合f (x )＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011x的单调性，设数列{a n }的最大项为a n ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥n ＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1，n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n －1，解不等式组可得9≤n ≤10. 所以数列{a n }的最大项为a 9或a 10. 教师备选1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为( ) A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 D解析 因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k2n ＝3－3n －k2n ＋1， 由数列{a n }为递减数列知，对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝3－3n －k 2n ＋1<0， 所以k >3－3n 对任意n ∈N *恒成立， 所以k ∈(0，＋∞)．2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋3＝1，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2023等于( ) A ．－1 B ．0 C ．log 53 D ．4答案 B解析 因为a n a n ＋3＝1，所以a n ＋3a n ＋6＝1，所以a n ＋6＝a n ，所以{a n }是周期为6的周期数列， 所以log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2023 ＝log 5(a 1a 2…a 2023) ＝log 5[(a 1a 2…a 6)337·a 1]， 又因为a 1a 4＝a 2a 5＝a 3a 6＝1， 所以a 1a 2…a 6＝1，所以原式＝log 5(1337×1)＝log 51＝0. 思维升华 (1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列． (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)求数列的最大项与最小项的常用方法 ①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项．跟踪训练3 (1)在数列{a n }中，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，a n<12，2a n－1，a n≥12，若a 1＝45，则a 2023的值为( )A.35B.45C.25D.15答案 D 解析 a 1＝45>12，∴a 2＝2a 1－1＝35>12，∴a 3＝2a 2－1＝15<12，∴a 4＝2a 3＝25<12，∴a 5＝2a 4＝45，……可以看出四个循环一次， 故a 2023＝a 4×505＋3＝a 3＝15.(2)(2022·沧州七校联考)已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项． 答案 5解析 a n ＝n ＋13n －16＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋193n －16，当n >5时，a n >0，且单调递减； 当n ≤5时，a n <0，且单调递减， ∴当n ＝5时，a n 最小．课时精练1．数列{a n }的前几项为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项公式可能是( )A ．a n ＝5n －42B ．a n ＝3n －22C ．a n ＝6n －52D ．a n ＝10n －92答案 A解析 数列为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是以首项为1，公差为5的等差数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝5n －42.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋－1na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23 答案 D 解析 a 2＝1＋－12a 1＝2，a 3＝1＋－13a 2＝12， a 4＝1＋－14a 3＝3，a 5＝1＋－15a 4＝23. 3．已知数列{a n }的前n 项积为T n ，且满足a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，若a 1＝14，则T 2023为( )A ．－4B ．－35C ．－53D.14答案 C解析 由a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，a 1＝14，得a 2＝53，a 3＝－4，a 4＝－35，a 5＝14，…，所以数列{a n }具有周期性，周期为4，因为T 4＝a 1·a 2·a 3·a 4＝1,2023＝4×505＋3， 所以T 2023＝(a 1a 2a 3a 4)…(a 2021a 2022a 2023) ＝14×53×(－4)＝－53. 4．若数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5等于( ) A ．8B ．16C ．32D ．64 答案 B解析 数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)， 则S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)， 两式相减得a n ＝2a n －1(n ≥2)， 由此可得，数列{a n }是等比数列，又S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，令n ＝5，得a 5＝16.5．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1(n ∈N *)，则下列结论正确的是( ) A ．这个数列的第10项为2731B.97100是该数列中的项 C ．数列中的各项都在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1内 D ．数列{a n }是单调递减数列 答案 BC解析 a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝3n －13n －23n －13n ＋1＝3n －23n ＋1， 令n ＝10得a 10＝2831，故A 错误；令3n －23n ＋1＝97100得n ＝33∈N *， 故97100是数列中的项，故B 正确； 因为a n ＝3n －23n ＋1＝3n ＋1－33n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N *.所以数列{a n }是单调递增数列， 所以14≤a n ＜1，故C 正确，D 不正确．6．(多选)若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝n D ．a n ＝lnnn ＋1答案 CD解析 对于A ，若a n ＝3n ，则a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－3n ＝3，所以{a n ＋1－a n }不为递减数列，故A 错误；对于B ，若a n ＝n 2＋1，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1， 所以{a n ＋1－a n }为递增数列，故B 错误； 对于C ，若a n ＝n ， 则a n ＋1－a n ＝n ＋1－n ＝1n ＋1＋n，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故C 正确； 对于D ，若a n ＝ln nn ＋1，则a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＋2－ln nn ＋1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2·n ＋1n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋2n ，由函数y ＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2＋2x 在(0，＋∞)上单调递减，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故D 正确．7．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2解析 ∵a n ＋1＝3S n (n ∈N *)， ∴当n ＝1时，a 2＝3； 当n ≥2时，a n ＝3S n －1， ∴a n ＋1－a n ＝3a n ， 得a n ＋1＝4a n ，∴数列{a n }从第二项起为等比数列， 当n ≥2时，a n ＝3·4n －2， 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2.8．(2022·临沂模拟)已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ， 即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ∈N *，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.9．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3，由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知当n ＝1时，a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1， 于是a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n －1个等式中等号两端分别相乘，整理得a n ＝n n ＋12.当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝n n ＋12.综上可知，{a n }的通项公式为a n ＝n n ＋12.10．求下列数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3n； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2na n .解 (1)由a n ＋1＝a n ＋3n 得a n ＋1－a n ＝3n，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋31＋32＋33＋…＋3n －1＝1×1－3n1－3＝3n－12，当n ＝1时，a 1＝1＝31－12，满足上式，∴a n ＝3n－12(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝2na n 得a n ＋1a n＝2n， 当n ≥2时，a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×…×a na n －1＝1×2×22×23×…×2n －1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝()122n n -.当n ＝1时，a 1＝1满足上式， ∴a n ＝()122n n -(n ∈N *)．11．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a n －2，n ≤6，an －5，n >6，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫167，3 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫167，3C ．(1,3)D ．(2,3)答案 D解析 若{a n }是递增数列，则⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，a 7>a 6，即⎩⎪⎨⎪⎧a <3，a >1，a 2>63－a －2，解得2<a <3，即实数a 的取值范围是(2,3)．12．(多选)(2022·江苏盐城中学模拟)对于数列{a n }，若存在数列{b n }满足b n ＝a n －1a n(n ∈N *)，则称数列{b n }是{a n }的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是( ) A ．若数列{a n }是单增数列，则其“倒差数列”不一定是单增数列 B ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最大值 C ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最小值D ．若a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，则其“倒差数列”有最大值答案 ACD解析 若数列{a n }是单增数列，则b n －b n －1＝a n －1a n －a n －1＋1a n －1＝(a n －a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n a n －1，虽然有a n >a n －1， 但当1＋1a n a n －1<0时，b n <b n －1，因此{b n }不一定是单增数列，A 正确；a n ＝3n －1，则b n ＝3n －1－13n －1，易知{b n }是递增数列，无最大值，B 错误；C 正确，最小值为b 1.若a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，则b n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n－11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，∵函数y ＝x －1x在(0，＋∞)上单调递增，∴当n 为偶数时，a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n∈(0,1)，∴b n ＝a n －1a n<0，当n 为奇数时，a n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n>1，显然a n 是单调递减的，因此b n ＝a n －1a n也是单调递减的，即b 1>b 3>b 5>…，∴{b n }的奇数项中有最大值为b 1＝32－23＝56>0，∴b 1＝56是数列{b n }(n ∈N *)中的最大值，D 正确．13．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________． 答案 5解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.14．(2022·武汉模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1－1a n＝n ＋1，则其前n 项和S n ＝________.答案2nn ＋1解析 ∵1a 2－1a 1＝2，1a 3－1a 2＝3，1a 4－1a 3＝4，…，1a n －1a n －1＝n ，累加得1a n －1a 1＝2＋3＋4＋…＋n ，得1a n＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋12，∴a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2n n ＋1.15．(多选)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法正确的有( ) A ．T n 无最大值 B ．a n 有最大值 C ．T 2023＝1 D ．a 2023＝1答案 BCD解析 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3， a 2023＝a 1＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…， 所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9，T 2023＝T 1＝1.16．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2n －1(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2n －1(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性， 可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2， 最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2n －1＝1＋12n －2－a2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立， 结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a <－8.即a 的取值范围是(－10，－8)．。

数列题型11种（方法+例题+答案）1.作差法求通项公式2.累乘法求通项公式3.累加法求通项公式4.构造法求通项公式（一）5.构造法求通项公式（二）6.取倒法求通项公式7.分组求和法求前n项和8.错位相减法求前n项和9.裂项相消法求前n项和10.数列归纳法与数列不等式问题11.放缩法与数列不等式问题1、作差法求数列通项公式已知n S （12()n a a a f n +++= ）求n a ，{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥注意：分两步，当2≥n 时和1=n 时一、例题讲解1、（2015∙湛江）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+（2n ≥，n *∈N ），且12a =，23a =． ()1求数列{}n a 的通项公式2、（2015∙茂名）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，11=a ，且)1()1(221+=+-+n n S n nS n n ，)(*∈N n ，数列}{n b 满足,0212=+-++n n n b b b )(*∈N n ，53=b ，其前9项和为63（1）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式3、（2015∙中山）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且,40,842==S a 数列}{n b 的前n 项和为n T ，且,032=+-n n b T *∈N n 。

（1）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式4、（2015∙揭阳）已知n S 为数列}{n a 的前n 项和，)1(3--=n n na S n n ，（*∈N n ），且,112=a （1）求1a 的值；（2）求数列}{n a 的通项公式5、（2014∙汕头）数列{}n a 中，11=a ，n S 是{}n a 前n 项和，且)2(11≥+=-n S S n n(1)求数列{}n a 的通项公式6、（2014∙肇庆）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足,21=a )1(1++=+n n S na n n （1）求数列}{n a 的通项公式7、（2014∙江门）已知数列}{n a 的前n 项和122-=n S n ，求数列}{n a 的通项公式。

高考数学一轮复习《数列新定义》练习题（含答案）一、单选题1．定义：在数列{}n a 中，若满足(*211,n n n na a d n d a a +++-=∈N 为常数），称{}n a 为“等差比数列”，已知在“等差比数列”{}n a 中，1231,3a a a ===，则20192017a a 等于（ ） A ．2420171⨯-B ．2420181⨯-C ．2420191⨯-D ．2420201⨯-2．若数列{an }满足21321111222n n a a a a a a --<-<<-<……，则称数列{an }为“半差递增”数列.已知“半差递增”数列{cn }的前n 项和Sn 满足*221()n n S c t n N +=-∈，则实数t 的取值范围是（ ） A ．1(,)2-∞B ．（-∞，1）C ．1(,)2+∞D ．（1， +∞）3．对任意正整数n 定义运算*，其运算规则如下：①1*22=；②()()1*2*22n n +=⨯.则*2n =（ ） A ．()21n -B ．2nC ．12n -D ．2n4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ） A ．99B ．131C ．139D ．1415．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，则该数列的第8项为（ ） A ．95B ．101C ．141D ．2016．若数列{}n a 满足121n n a a +=-，则称{}n a 为“对奇数列”．已知正项数列{}1n b +为“对奇数列”，且12b =，则n b =（ ） A ．123n -⨯B ．12n -C ．12n +D ．2n7．对于数列{}n a ，若存在正整数()2k k ≥，使得1k k a a -<，1k k a a +<，则称k a 是数列{}n a 的“谷值”，k 是数列{}n a 的“谷值点”．在数列{}n a 中，若98n a n n=+-，则数列{}n a 的“谷值点”为（ ） A ．2B ．7C ．2，7D ．2，5，78．在数列{}n a 中，如果对任意*n ∈N 都有211n n n na a k a a +++-=-（k 为常数），则称{}n a 为等差比数列，k 称为公差比，则下列选项中错误的是（ ） A ．等差比数列的公差比一定不为0 B ．等差数列一定是等差比数列C ．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比D ．若32nn a =-+，则数列{}n a 是等差比数列9．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第15项为（ ） A ．94B ．108C ．123D ．13910．已知n a的正整数，其中*n ∈N .若12370m a a a a +++⋅⋅⋅+≥，则正整数m 的最小值为（ ） A ．23B ．24C ．25D ．2611．若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数．已知2n n a =，()f m m =，则63b =（ ） A ．5B ．6C ．7D ．812．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．例如“百层球堆垛”：第一层有1个球()11a =，第二层有3个球()23a =，第三层有6个球()36a =，第四层有10个球()410a =，第五层有15个球()515a =，…，各层球数之差{}1n n a a +-：21a a -，32a a -，43a a -，54a a -，…即2，3， 4，5，…是等差数列．现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，则该数列的第8项为（ ）． A ．51B ．68C ．106D ．157二、填空题13．任取一个正整数，若为奇数，就将该数乘3再加上1；若为偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称为“角谷猜想”等)．如取正整数6m =，根据上述运算法则得到6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”)．现给出冰雹猜想的递进关系如下：已知数列{n a }满足1a m =(m 为正整数)，,231,nn n n n a a a a a ⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时当为奇数时，当9m =时，试确定使得1n a =需要雹程步数为_____________．14．对一切实数x ，令[]x 为不大于x 的最大整数，若,N 10n n a n *⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则20092010S =_______ 15．斐波那契数列，又称黄金分割数列，被誉为最美的数列，若数列{}n a 满足11a =，21a =，12n n n a a a --=+（3n ≥，*n ∈N ），则称数列{}n a 为斐波那契数列，则222123303012a a a a a +++=___________．16．已知有穷数列{}n a 各项均不相等，将{}n a 的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列{}n b ，称数列{}n b 为数列{}n a 的“序数列”.例如数列1a ，2a ，3a 满足132a a a >>，则其序数列{}n b 为1，3，2.若有穷数列{}n d 满足11d =，()114nn n d d +-=（n 为正整数），且数列{}21n d -的序数列单调递减，数列{}2n d 的序数列单调递增，则123420212022d d d d d d -+-+⋅⋅⋅+-=___________.三、解答题17．记n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，且333212n n a a a S +++=．(1)求{}n a 的通项公式； (2)记数列2{}nna S 的前n 项积为n T ，证明：数列{}n T 是递增数列．18．已知等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b 满足14a =，12b =，212n n n b b b ++=+，332a b =+． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)对于集合A 、B ，定义集合{A B x x A -=∈且}x B ∉，设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A 、B ，将集合A B -的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前30项和30S ．19．已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足14a =，12b =，2221a b =-，332a b =+. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前60项和60S .20．已知a 为实数，数列{}n a 满足：①1a a =；②()*13,34,3n n n n n a a a n a a +->⎧=∈⎨-≤⎩N ． (1)当3a =时，求1234a a a a +++的值；(2)求证：存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；(3)设n S 是数列{}n a 的前n 项和，求a 的取值范围，使数列{}n a 为周期数列且方程*2(N )n S n n =∈有解（若数列{}n a 满足：存在N T ∈且0T >，对任意N n ∈且0n >，成立n T n a a +=，则称数列{}n a 为以T 为周期的周期数列）．21．已知数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥满足：①11a =；②()121,2,,1k ka k n a +==-.记()12n n S A a a a =+++.（1）直接写出()3S A 的所有可能值； （2）证明：()0n S A >的充要条件是0n a >； （3）若()0n S A >，求()n S A 的所有可能值的和.22．对于项数为m 的有穷数列{}n a ，设n b 为()12,,,1,2,,n a a a n m ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅中的最大值，称数列{}n b 是{}n a 的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.(1)若各项均为正整数的数列{}n a 的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的{}n a ； (2)设{}n b 是{}n a 的控制数列，满足1n m n a b C -++=（C 为常数，1,2,,n m =⋅⋅⋅）.证明：()1,2,,n n b a n m ==⋅⋅⋅.(3)考虑正整数1,2,,m ⋅⋅⋅的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列{}n c .是否存在数列{}n c ，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列{}n c 的个数；若不存在，请说明理由.23．若无穷数列{n a }满足如下两个条件，则称{n a }为无界数列： ①0n a >（n =1，2，3......）②对任意的正数δ，都存在正整数N ，使得n a δ>.(1)若21n a n =+，2cos()n b n =+（n =1，2，3......），判断数列{n a }，{n b }是否是无界数列； (2)若21n a n =+，是否存在正整数k ，使得对于一切n k ≥，都有12231...1n n a a a n a a a ++++<-成立？若存在，求出k 的范围；若不存在说明理由；(3)若数列{n a }是单调递增的无界数列，求证：存在正整数m ，使得12231...1m m a a a m a a a ++++<-参考答案1．A2．A3．D4．D5．C6．D7．C8．B9．B10．B11．A12．C 13．19 14．100 15．12##0.5 16．2022411154⎛⎫-- ⎪⎝⎭17．（1）由333212n n a a a S +++=可得：当1n =时，有3211a S =，即()21110a a -=.因为0n a >，所以11a =.当2n ≥时，有33321211n n a a a S --+++=，所以3221n n n a S S -=-，即212n n n n n a S S S a -=+=-，即22n n n a a S +=所以有21112n n n a a S ---+=.所以()()2211112n n n n n n n a S S a a a a ---⎡⎤=-=+-+⎣⎦，即2211n n n n a a a a ---=+.因为0n a >，所以11n n a a --=.所以{}n a 为11a =，公差1d =的等差数列. 所以()11n a a n d n =+-=.（2）由（1）可得：()12n n n S +=，所以()222112n n a n nn n S n ==++.因为数列2{}n n a S 的前n 项积为n T ，所以()()21212223221121311111nn n n T n n n ⨯-⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅=+++-+++.因为201nn T n =>+， 所以111221221111222221n n n nn n T n n nn T n n n n +++++++==⨯==+>++++，所以1n n T T +>， 即数列{}n T 是递增数列．18．(1)解：设等差数列{}n a 公差为d ，等比数列{}n b 的公比为()0q q >， 212n n n b b b ++=+，22q q ∴=+，解得2q或10q =-<（舍去）.又12b =，所以1222n nn b -=⨯=.所以33210a b =+=，311043312a a d --===-， 所以，()()33103331n a a n d n n =+-=+-=+. (2)解：3091a =，33100a =，又6764121128b b =<<=， 所以30S 中要去掉数列{}n b 的项最多6项，数列{}n b 的前6项分别为2、4、8、16、32、64， 其中4、16、64三项是数列{}n a 和数列{}n b 的公共项，所以{}n c 前30项由{}n a 的前33项去掉{}n b 的24b =，416b =，664b =这3项构成.()()()()3012332463341004166416322S a a a b b b ⨯+=+++-++=-++=.19．（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2242214542221d q d q d q d q +=⋅-=-⎧⎧⇒⎨⎨+=⋅+=-⎩⎩， ∴2q，3d =，∴31n a n =+，2nn b =.（2）当{}n c 的前60项中含有{}n b 的前6项时，令71273121283n n +<=⇒<， 此时至多有41748+=项（不符）.当{}n c 的前60项中含有{}n b 的前7项时，令831225685n n +<=⇒<，且22，42，62是{}n a 和{}n b 的公共项，则{}n c 的前60项中含有{}n b 的前7项且含有{}n a 的前56项，再减去公共的三项.∴35760565556432222484417050142S ⨯⎛⎫=⨯+⨯++++=+= ⎪⎝⎭. 20．（1）当3a =时，即13a =，则2341,3,1a a a ===，故12348a a a a +++=.（2）先证：若存在正整数k ，使得3k a >，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.证明：若3k a >时，则13k k a a +=-，即从第k 项起到最后一个大于3的项的下一项为止，数列{}n a 为递减数列，设数列{}n a 中满足3n a >的最小项为01n a -，则(]013,6n a -∈，∴(]00130,3n n a a -=-∈，故存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.当3a >，即13a >，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；当03a ≤≤，即103a ≤≤，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；当0a <，即10a <，∴2144a a =->，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；综上所述：故存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.（3）由（2）可知：存在正整数0n ，使得003n a ≤≤，若00n a =，则0144n n a a +=-=，02131n n a a ++=-=，03243n n a a ++=-=，004341n n a a ++=-=，依次类推可得：当0n n ≥时，数列{}n a 不是周期数列，不合题意； 若001n a <<，则()0143,4n n a a +=-∈，()021310,1n n n a a a ++=-=-∈，()00032433,4n n n a a a ++=-=+∈，()0004330,1n n n a a a ++=-=∈，依次类推可得：当0n n ≥时，()0,1n a ∈或()3,4n a ∈，数列{}n a 是以4为周期的周期数列，且循环依次为0,4,1,3n n n n a a a a --+，∵数列{}n a 为周期数列，则()0,1n a ∈或()3,4n a ∈， 故()()0,13,4a ∈，此时()()()4443218Sa a a a ==-+-+=+⨯+，即*2(N )n S n n =∈有解，∴()()0,13,4a ∈符合题意；若013n a ≤≤，则[]0141,3n n a a +=-∈，[]02141,3n n n a a a ++=-=∈，依次类推可得：当0n n ≥时，[]1,3n a ∈，当0n n ≥时，数列{}n a 是以2为周期的周期数列，且循环依次为0,4n n a a -，∵数列{}n a 为周期数列，则[]1,3n a ∈，故[]1,3a ∈，此时()24422S a a =-=+=⨯，即*2(N )n S n n =∈有解，∴[]1,3a ∈符合题意； 综上所述：()0,4a ∈.21．解：（1）()3S A 的所有可能值是7-，5-，3-，1-，1，3，5，7.（2）充分性：若0n a >，即12n n a -=.所以满足12n n a -=，且前n 项和最小的数列是1-，2-，4-，…，22n --，12n -.所以()211212422n n n a a a --++⋅⋅⋅+≥-+++⋅⋅⋅++211222112n n ---⋅=-+=-.所以()0n S A >.必要性：若()0n S A >，即120n a a a ++⋅⋅⋅+>.假设0n a <，即12n n a -=-.所以()()21121242210n n n n S A a a a --=++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+-=-<，与已知()0n S A >矛盾. 所以()0n S A >.综上所述，()0n S A >的充要条件是0n a >.（3）由（2）知，()0n S A >可得0n a >.所以12n n a -=.因为数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥中1a 有1-，1两种，2a 有2-，2两种，3a 有4-，4两种，…，1n a -有22n --，22n -两种，n a 有12n -一种，所以数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥有12n -个，且在这12n -个数列中，每一个数列都可以找到前n 1-项与之对应项是相反数的数列. 所以这样的两数列的前n 项和是122n -⨯. 所以这12n -个数列的前n 项和是1122122222n n n ---⨯⨯⨯=. 所以()n S A 的所有可能值的和是222n -. 22．（1）由题意12a =，23a =，34a =，46a =，56a ≤，所以数列{}n a 有六种可能：2,3,4,6,1；2,3,4,6,2；2,3,4,6,3；2,3,4,6,4；2,3,4,6,5；2,3,4,6,6． （2）因为12max{,,,}n n b a a a =，1121max{,,,,}n n n b a a a a ++=，所以1n n b b +≥，所以控制数列{}n b 是不减的数列，{}n b 是{}n a 的控制数列，满足1n m n a b C -++=，C 是常数，所以1n n a a +≥，即数列{}n a 也是不减的数列，123m a a a a ≤≤≤≤，那么若n k ≤时都有n n b a =，则1121max{,,,,}k k k b a a a a ++=， 若1k k a a +>，则11k k b a ++=，若11k k a b ++=，则11k k k k b b a a ++===， 又11b a =，由数学归纳法思想可得对1,2,,n m =，都有n n b a =； （3）设{}n c 的控制数列是{}n b ，由（2）知{}n b 是不减的数列，{}n b 必有一项等于m ， 当m 是数列{}n b 中间某项时，{}n b 不可能是等差数列， 所以1b m =或m b m =，若1b m =，则n b m =（1,2,,n m =），{}n b 是等差数列， 此时只要1c m =，23,,,m c c c 是1,2,3,,1m -的任意排列均可．共(1)!m -个， m b m =，而1b m ≠时，数列{}n b 中必有n b n =，否则不可能是等差数列， 由此有n c n =，即{}n c 就是1,2,3,,m ，只有一种排列， 综上，{}n c 的个数是(1)!1m -+． 23．（1）{n a }是无界数列，理由如下： 对任意的正整数δ，取N 为大于2δ的一个偶数，有21212N a N δδ=+>⋅+>，所以{n a }是无界数列.{n b }不是无界数列，理由如下： 取=3δ，显然2cos()3n b n =+≤，不存在正整数N ，满足3N b >，所以{n b }不是无界数列. （2）存在满足题意的正整数k ，且4k ≥. 当=1n 时，122=05a a <，不成立. 当=2n 时，231235+157a a a a =+<，不成立 当=3n 时，323124357+++2579a a a a a a =+<，不成立当4n ≥时，将12231...1n n a a a n a a a ++++<-变形为：3211221231231n n n n n a a a a a a a a a n a a a a a a +++⎛⎫----+++=+++ ⎪⎝⎭ 22222221572357911n =++≥+++>+. 即取4k =，对于一切n k ≥，有122311n n a a a n a a a ++++<-成立. （3）因为数列{n a }是单调递增的无界数列，所以0n a >，121n n a a a a +<<<<< 所以3211221231231n n n n n a a a a a a a a a n a a a a a a +++⎛⎫----+++=+++ ⎪⎝⎭ 32111211111111n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a +++++++---->+++==-. 即12123111n n n a a a a n a a a a +++++<-+ 因为{n a }是无界数列，取12a δ=，由定义知存在正整数1N ，使1112N a a +>所以111212311N N a a a N a a a ++++<-.由定义可知{n a }是无穷数列，考察数列11N a +，12N a +，13N a +…，显然这仍是一个单调递增的无界数列，同上理由可知存在正整数2N ，使得 ()1111221221231+11N N N N N N a a a N N a a a ++++++++<--.故存在正整数2N ，使得 ()()1111221112121212312311+11+N N N N N N N N a a a a a a N N N a a a a a a ++++++++++++<-+--21N =-. 故存在正整数2m N =，使得122111m m a a a m a a a ++++<-成立。

数列中的构造问题题型一 形如a n ＋1＝pa n ＋f (n )型命题点1 a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0，其中a 1＝a )例1 (2022·九江模拟)在数列{a n }中，a 1＝5，a n ＋1＝3a n －4，求数列{a n }的通项公式． 解 由a n ＋1＝3a n －4， 可得a n ＋1－2＝3(a n －2)， 所以a n ＋1－2a n －2＝3. 又a 1＝5，所以{a n －2}是以a 1－2＝3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －2＝3n ，所以a n ＝3n＋2.命题点2 a n ＋1＝pa n ＋qn ＋c (p ≠0,1，q ≠0)例2 已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，求数列{a n }的通项公式． 解 ∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )， ∴a n ＋1－n ＋1a n －n＝2，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －n ＝2·2n －1＝2n，∴a n ＝2n＋n .命题点3 a n ＋1＝pa n ＋q n(p ≠0,1，q ≠0,1) 例3 在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1，求数列{a n }的通项公式．解 方法一 原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)．①比较系数得λ＝－4，①式即是a n ＋1－4·3n ＝2(a n －4·3n －1)．则数列{a n －4·3n －1}是首项为a 1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列，∴a n －4·3n －1＝－5·2n －1，即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.方法二 将a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1的两边同除以3n ＋1，得a n ＋13n ＋1＝23·a n 3n ＋432，令b n ＝a n3n ，则b n ＋1＝23b n ＋49，设b n ＋1＋k ＝23(b n ＋k )，比较系数得k ＝－43，则b n ＋1－43b n －43＝23，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －43是以－53为首项，23为公比的等比数列．∴b n －43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－53·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，则b n ＝43－53·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，∴a n ＝3n·b n ＝4·3n －1－5·2n －1.思维升华 (1)形如a n ＋1＝αa n ＋β(α≠0,1，β≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列．(2)递推公式a n ＋1＝αa n ＋β的推广式a n ＋1＝αa n ＋β×γn(α≠0,1，β≠0，γ≠0,1)，两边同时除以γn ＋1后得到a n ＋1γn ＋1＝αγ·a n γn ＋βγ，转化为b n ＋1＝kb n ＋βγ(k ≠0,1)的形式，通过构造公比是k 的等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －βγ1－k求解． 跟踪训练1 (1)(2022·武汉二中月考)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝－3×2n －1B ．a n ＝3×2n －1C ．a n ＝5n＋3×2n －1D ．a n ＝5n－3×2n －1答案 D解析 方法一 将递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25·a n 5n ＋35，① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35， 即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25的等比数列，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n， 故a n ＝5n －3×2n －1.方法二 设a n ＋1＋k ×5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n)，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n，与题中递推公式比较得k ＝－1， 即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n)，所以数列{a n －5n}是首项为a 1－5＝－3， 公比为2的等比数列，则a n －5n＝－3×2n －1，故a n ＝5n－3×2n －1.(2)(2022·衡水质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为________． 答案 a n ＝2n －1，n ∈N *解析 因为S n ＋1－2S n ＝1， 所以S n ＋1＝2S n ＋1. 因此S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)， 因为a 1＝S 1＝1，S 1＋1＝2，所以{S n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以S n ＋1＝2n，S n ＝2n－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，a 1＝1也满足此式，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.题型二 相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型)例4 已知在数列{a n }中，a 1＝5，a 2＝2，a n ＝2a n －1＋3a n －2(n ≥3)，求这个数列的通项公式． 解 ∵a n ＝2a n －1＋3a n －2， ∴a n ＋a n －1＝3(a n －1＋a n －2)， 又a 1＋a 2＝7，∴{a n ＋a n －1}是首项为7，公比为3的等比数列， 则a n ＋a n －1＝7×3n －2，①又a n －3a n －1＝－(a n －1－3a n －2)，a 2－3a 1＝－13，∴{a n －3a n －1}是首项为－13，公比为－1的等比数列， 则a n －3a n －1＝(－13)·(－1)n －2，②①×3＋②得，4a n ＝7×3n －1＋13·(－1)n －1，∴a n ＝74×3n －1＋134(－1)n －1.思维升华 可以化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{a n －a n －1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{a n }．跟踪训练2 (1)数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2＝2a n ＋1－a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为__________． 答案 a n ＝10－2n (n ∈N *)解析 由题意知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， 所以{a n }为等差数列．设公差为d ，由题意得2＝8＋3d ⇒d ＝－2， 得a n ＝8－2(n －1)＝10－2n .(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则a n ＝________. 答案 2n－1解析 由题意知，a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∵a 2－a 1＝2，∴{a n －a n －1}是首项为2，公比为2的等比数列，a n －a n －1＝2n －1(n ≥2)，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1. 显然n ＝1时满足上式， ∴a n ＝2n－1.题型三 倒数为特殊数列⎝⎛⎭⎪⎫形如a n ＋1＝pa nra n ＋s 型 例5 (1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________. 答案2n ＋1解析 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1， ∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12， 即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． (2)已知在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，则a n ＝________. 答案22×3n －1－1解析 ∵1a n ＋1＝3·1a n＋1，∴1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，1a 1＋12＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴1a n ＋12＝3n －1， ∴1a n ＝3n －1－12， ∴a n ＝22×3n －1－1(n ∈N *)．思维升华 两边同时取倒数转化为1a n ＋1＝s p ·1a n ＋r p的形式，化归为b n ＋1＝pb n ＋q 型，求出1a n的表达式，再求a n .跟踪训练3 (1)已知函数f (x )＝x3x ＋1，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为____________． 答案 a n ＝13n －2(n ∈N *) 解析 由已知得，a n ＋1＝a n3a n ＋1，∴1a n ＋1＝1a n＋3，即1a n ＋1－1a n ＝3，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为d ＝3的等差数列，∴1a n＝1＋(n －1)×3＝3n －2.故a n＝13n－2(n∈N*)．(2)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝a n2na n＋1，则a n＝__________.答案1n2－n＋1解析对递推关系两边取倒数，得1a n＋1＝2na n＋1a n＝1a n＋2n.即1a n＋1－1a n＝2n，分别用1,2,3，…，n－1替换n，有1 a2－1a1＝2×1，1 a3－1a2＝2×2，1 a4－1a3＝2×3，…，1 a n －1a n－1＝2(n－1)，以上n－1个式子相加，得1a n－1a1＝2[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝n(n－1)，所以1a n＝n2－n＋1.所以a n＝1n2－n＋1.课时精练1．数列{a n}满足a n＝4a n－1＋3(n≥2)且a1＝0，则此数列第5项是( ) A．15 B．255C．16 D．63答案 B解析∵a n＝4a n－1＋3(n≥2)，∴a n＋1＝4(a n－1＋1)(n≥2)，∴{a n＋1}是以1为首项，4为公比的等比数列，则a n＋1＝4n－1.∴a n＝4n－1－1，∴a5＝44－1＝255.2．(2022·许昌模拟)数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝4a n＋6(n∈N*)，令b n＝log2(a n＋2)，则b1＋b2＋…＋b20222022等于( )A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 答案 D解析∵a n＋1＝4a n＋6(n∈N*)，∴a n＋1＋2＝4a n＋6＋2＝4(a n＋2)>0，即a n＋1＋2a n＋2＝4且a1＝2，∴数列{a n＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列，故a n＋2＝4n，由b n＝log2(a n＋2)得，b n＝log24n＝2n，设数列{b n}的前n项和为S n，则S2022＝2(1＋2＋3＋…＋2021＋2022)＝2022×2023，∴b1＋b2＋…＋b20222022＝2022×20232022＝2023.3．(2022·厦门模拟)已知数列{a n}满足：a1＝a2＝2，a n＝3a n－1＋4a n－2(n≥3)，则a9＋a10等于( )A．47B．48C．49D．410答案 C解析由题意得a1＋a2＝4，由a n＝3a n－1＋4a n－2(n≥3)，得a n＋a n－1＝4(a n－1＋a n－2)，即a n＋a n－1a n－1＋a n－2＝4(n≥3)，所以数列{a n＋a n＋1}是首项为4，公比为4的等比数列，所以a9＋a10＝49.4．已知数列{a n}满足：a1＝1，a n＋1＝2a n＋2n，n∈N*，则a4等于( ) A．64 B．56C ．32D ．24答案 C解析 由a n ＋1＝2a n ＋2n得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，而a 12＝12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为12的等差数列，∴a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n2， ∴a n ＝n ·2n －1，∴a 4＝4×24－1＝32.5．(2022·德州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，则数列{b n }的通项公式b n 等于( ) A.12n B ．n －1 C ．n D ．2n答案 C 解析 由a n ＋1＝a na n ＋2，得1a n ＋1＝1＋2a n，所以1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1，又1a 1＋1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是首项为2，公比为2的等比数列，所以1a n＋1＝2·2n －1＝2n，所以b n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1＝log 22n＝n .6．已知数列{a n }满足3a n －2a n －1＝a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，且a 1＝0，a 6＝2022，则a 2等于( ) A.202231 B.202233 C.202263D.202265答案 A解析 由3a n －2a n －1＝a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)， 可得2(a n －a n －1)＝a n ＋1－a n ， 若a n －a n －1＝0，则a 6＝a 5＝…＝a 1，与题中条件矛盾， 故a n －a n －1≠0， 所以a n ＋1－a na n －a n －1＝2，即数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋1－a n ＝a 2·2n －1，所以a 6－a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋a 5－a 4＋a 6－a 5＝a 2·20＋a 2·21＋a 2·22＋a 2·23＋a 2·24＝31a 2＝2 022， 所以a 2＝2 02231.7．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1,4a n ＋1＝3a n －n ＋4，则下列结论正确的是( ) A ．a 3＝138B ．a 3＝298C ．{a n ＋n －8}是等比数列D ．{a n ＋2}不可能是等比数列 答案 ACD解析 ∵a 1＝1,4a n ＋1＝3a n －n ＋4， ∴a 2＝32，a 3＝138，故A 正确，B 错误；∵4a n ＋1＝3a n －n ＋4， ∴a n ＋1＝34a n －14n ＋1，∴a n ＋1＋(n ＋1)－8 ＝34a n －14n ＋1＋(n ＋1)－8 ＝34a n ＋34n －6 ＝34(a n ＋n －8)， 又∵a 1＋1－8＝－6，∴数列{a n ＋n －8}是首项为－6，公比为34的等比数列，故C 正确；∵a 1＋2＝3，a 2＋2＝72，a 3＋2＝298，显然(a 2＋2)2≠(a 1＋2)(a 3＋2)，∴{a n ＋2}不可能是等比数列，故D 正确．8．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n －1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4 答案 AD解析 因为a n ＋1＝a n2＋3a n ，所以1a n ＋1＝2＋3a n a n ＝2a n＋3，所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋3，且1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，即1a n ＋3＝4×2n －1， 所以1a n＝2n ＋1－3，可得a n ＝12n ＋1－3，故选项A 正确，选项B 不正确； 因为1a n＝2n ＋1－3单调递增，所以a n ＝12n ＋1－3单调递减，即{a n }为递减数列，故选项C 不正确；⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－3n ＝22×1－2n1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4.故选项D 正确．9．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋3n ，则a 5＝________. 答案 405解析 ∵a n ＋1＝3a n ＋3n ， ∴a n ＋13n ＋1－a n 3n ＝13， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是等差数列，公差为13， 又a 13＝13， ∴a n 3n ＝13＋(n －1)×13＝n 3， ∴a n ＝n ·3n －1，a 5＝5×34＝405.10．已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＋1＝3a n a n ＋3，若c n ＝3n a n，则c n ＝____________. 答案 (n ＋1)3n －1解析 因为a 1＝32，a n ＋1＝3a n a n ＋3， 所以1a n ＋1＝a n ＋33a n ＝13＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝13， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝23，公差为13的等差数列， 所以1a n ＝23＋13(n －1)＝n ＋13， 则c n ＝3na n＝(n ＋1)3n －1. 11．已知首项为1的数列{a n }各项均为正数，且na 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＝a n a n ＋1，则a n ＝________. 答案 n解析 因为na 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＝a n a n ＋1， 所以n (a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝a n (a n ＋1＋a n )， 因为数列{a n }各项均为正数， 所以a n ＋1＋a n >0，所以n (a n ＋1－a n )＝a n ， 所以a n ＋1n ＋1＝a n n， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为常数列，由a 1＝1，所以a n n ＝a 11＝1， 所以a n ＝n .12．已知数列{a n }满足递推公式a n ＋1＝2a n ＋1，a 1＝1.设S n 为数列{a n }的前n 项和，则a n ＝______，4n＋7－n －S na n ＋1的最小值是________． 答案 2n －1 174解析 因为a n ＋1＝2a n ＋1， 所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 所以数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列， 所以a n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n－1；所以S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ＝21－2n1－2－n ＝2n ＋1－2－n ， 所以4n ＋7－n －S n a n ＋1＝4n ＋7－n －2n ＋1－2－n2n＝2n ＋92n －2，由对勾函数的性质可得， 当n ＝1时，21＝2,21＋921－2＝2＋92－2＝92；当n ≥2时，2n ≥4，所以y ＝2n ＋92n －2单调递增，当n ＝2时，22＋922－2＝4＋94－2＝174<92，所以4n＋7－n －S na n ＋1的最小值是174.。

单元质检六 数列(A )(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 6=15,S 9=99,则等差数列{a n }的公差是( ) A.14 B.4 C.-4 D.-3答案:B解析:∵数列{a n }是等差数列,a 6=15,S 9=99, ∴a 1+a 9=22,∴2a 5=22,a 5=11. ∴公差d=a 6-a 5=4.2.已知公比为√23的等比数列{a n }的各项都是正数,且a 3a 11=16,则log 2a 16=( ) A.4 B.5 C.6 D.7答案:B解析:由等比中项的性质,得a 3a 11=a 72=16. 因为数列{a n }各项都是正数,所以a 7=4. 所以a 16=a 7q 9=32.所以log 2a 16=5.3.在等差数列{a n }中,已知a 4=5,a 3是a 2和a 6的等比中项,则数列{a n }的前5项的和为( ) A.15 B.20C.25D.15或25答案:A解析:设{a n }的公差为d.∵在等差数列{a n }中,a 4=5,a 3是a 2和a 6的等比中项,∴{a 1+3a =5,(a 1+2a )2=(a 1+a )(a 1+5a ),解得{a 1=-1,a =2, ∴S 5=5a 1+5×42d=5×(-1)+5×4=15.故选A .4.已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足3a 1-a 82+3a 15=0,且a 8=b 10,则b 3b 17=( ) A.9B.12C.16D.36答案:D解析:由3a 1-a 82+3a 15=0,得a 82=3a 1+3a 15=3(a 1+a 15)=3×2a 8,即a 82-6a 8=0.因为a 8=b 10≠0,所以a 8=6,b 10=6,所以b 3b 17=a 102=36.5.设公比为q (q>0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=3a 2+2,S 4=3a 4+2,则a 1=( ) A.-2 B.-1C.12D.23答案:B解析:∵S 2=3a 2+2,S 4=3a 4+2,∴S 4-S 2=3(a 4-a 2),即a 1(q 3+q 2)=3a 1(q 3-q ),q>0,解得q=32,代入a 1(1+q )=3a 1q+2,解得a 1=-1.6.已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数,当x ≤0时,f (x )=x (1-x ).若数列{a n }满足a 1=12,且a n+1=11-a a,则f (a 11)=( ) A.2 B.-2 C.6 D.-6答案:C解析:设x>0,则-x<0.因为f (x )是定义在R 上的奇函数, 所以f (x )=-f (-x )=-[-x (1+x )]=x (1+x ). 由a 1=12,且a n+1=11-a a,得a 2=11-a 1=11-12=2,a 3=11-a 2=11-2=-1,a 4=11-a 3=11-(-1)=12,……所以数列{a n }是以3为周期的周期数列, 即a 11=a 3×3+2=a 2=2.所以f (a 11)=f (a 2)=f (2)=2×(1+2)=6.二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分) 7.已知数列{a n }满足a 1=1,a n -a n+1=2a n a n+1,则a 6= . 答案:111解析:由a n -a n+1=2a n a n+1,得1a a +1−1a a=2,即数列{1a a}是以1a 1=1为首项,2为公差的等差数列.所以1a 6=1a 1+5×2=11,即a 6=111.8.我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列{a (a +1)2}就是二阶等差数列.数列{a (a +1)2}(n ∈N *)的前3项和是 .答案:10 解析:令a n =a (a +1)2,则a 1=1×22=1,a 2=2×32=3,a 3=3×42=6,S 3=1+3+6=10.故答案为10.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知a 1=-7,S 3=-15. (1)求{a n }的通项公式; (2)求S n ,并求S n 的最小值.解:(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. 10.(15分)已知数列{a n }满足a n =6-9a a -1(n ∈N *,n ≥2).(1)求证:数列{1aa -3}是等差数列;(2)若a 1=6,求数列{lg a n }的前999项的和.答案:(1)证明∵1a a -3−1a a -1-3=a a -13a a -1-9−1a a -1-3=a a -1-33a a -1-9=13(n ≥2),∴数列{1a a -3}是等差数列.(2)解∵{1a a -3}是等差数列,且1a 1-3=13,d=13,∴1aa-3=1a 1-3+13(n-1)=a 3.∴a n =3(a +1)a.∴lg a n =lg(n+1)-lg n+lg3. 设数列{lg a n }的前999项的和为S ,则S=999lg3+(lg2-lg1+lg3-lg2+…+lg1000-lg999)=999lg3+lg1000=3+999lg3. 11.(15分)设数列{a n }满足a 1=2,a n+1-a n =3·22n-1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =na n ,求数列{b n }的前n 项和S n . 解:(1)由已知,当n ≥1时,a n+1=[(a n+1-a n )+(a n -a n-1)+…+(a 2-a 1)]+a 1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.而a 1=2,所以数列{a n }的通项公式为a n =22n-1.(2)由b n =na n =n ·22n-1知S n =1·2+2·23+3·25+…+n ·22n-1.①从而22·S n =1·23+2·25+3·27+…+n ·22n+1.②①-②,得(1-22)S n =2+23+25+…+22n-1-n ·22n+1,即S n =19[(3n-1)22n+1+2].。

第七章 第1讲[A 级 基础达标]1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n ＝( ) A ．(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cosn ＋12π D ．cosn ＋22π 【答案】D2．(2019年乐山期末)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋1，n 是奇数，2n －2，n 是偶数，则a 2·a 3等于( )A ．70B ．28C ．20D ．8【答案】C3．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A ．2n －1 B ．n 2 C ．(n ＋1)2n 2D ．n 2(n －1)2【答案】D4．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )n －3，n ≤7，a n －6，n ＞7(n ∈N *)．若{a n }是递增数列，则实数a的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(2,3)C ．[2,3)D ．(1,3)【答案】B5．(2020年辛集月考)已知a n ＝n － 2 018n － 2 019(n ∈N *)，则数列{a n }的前50项中最小项和最大项分别是( )A ．a 1，a 50B ．a 1，a 44C ．a 45，a 50D ．a 44，a 45 【答案】D 【解析】a n ＝n － 2 018n － 2 019＝1＋ 2 019－ 2 018n － 2 019，因为442＝1 936,452＝2 025，所以n ≤44时，数列{a n }单调递减，且a n ＜1；n ≥45时，数列{a n }单调递减，且a n ＞1．所以在数列{a n }的前50项中最小项和最大项分别是a 44，a 45.6．已知数列{a n }中，a 1＝－1，且a n ＋1＝a n ＋3n －1，则数列的通项公式a n ＝________. 【答案】3n 2－5n2【解析】依题意，因为a n ＋1＝a n ＋3n －1，所以a n ＋1－a n ＝3n －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a n －a n －1＝3n －4，a n －1－a n －2＝3n －7，…，a 2－a 1＝2，等式左右两端相加得a n －a 1＝2＋5＋…＋(3n －4)＝2＋(3n －4)2×(n －1)＝3n 2－5n ＋22，(2＋5＋…＋(3n －4)是首项为2、公差为3的等差数列的前(n －1)项的和)．又因为a 1＝－1，所以a n ＝3n 2－5n 2.7．数列53，108，17a ＋b，a －b 24，…中，有序数对(a ，b )是________． 【答案】⎝⎛⎭⎫412，－112 【解析】根号里的数比分母大2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝15，a －b ＝26，解得⎩⎨⎧a ＝412，b ＝－112.8．已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．【答案】5 【解析】因为a n ＝n ＋13n －16，所以数列{a n }的最小项必为a n ＜0，即n ＋13n －16＜0,3n －16＜0，从而n ＜163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．9．已知数列{a n }中，a 10＝17，其前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋cn ＋2. (1)求实数c 的值； (2)求数列{a n }的通项公式． 解：(1)当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋cn ＋2)－[(n －1)2＋c (n －1)＋2]＝2n ＋c －1， 得a 10＝20＋c －1＝17，所以c ＝－2. (2)由(1)得S n ＝n 2－2n ＋2，所以a 1＝S 1＝1．当n ≥2时，a n ＝2n －3； 当n ＝1时，上式不成立．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2.10．设函数f (x )＝log 2x －log x 2(0＜x ＜1)，数列{a n }满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性． 解：(1)因为f (2a n )＝2n (n ∈N *)， 所以log 22a n －1log 22a n＝2n ，所以a n －1a n ＝2n ，化为a 2n －2na n －1＝0， 解得a n ＝2n ±4n 2＋42＝n ±n 2＋1.因为0＜2a n ＜1，所以a n ＜0， 所以a n ＝n －n 2＋1.(2)由(1)得a n ＝n －n 2＋1＝－1n ＋n 2＋1.因为f (n )＝1n ＋n 2＋1关于n 单调递减，所以g (n )＝－1n ＋n 2＋1关于n 单调递增．所以数列{a n }单调递增．[B 级 能力提升]11．数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( )A ．310B ．19C ．119D ．1060【答案】C 【解析】因为a n ＝1n ＋90n ，运用基本不等式得1n ＋90n ≤1290，由于n ∈N *，所以当n ＝9或10时，a n 取得最大值．又a 9＝a 10＝119，故最大值为119.12．(多选)(2020年泰安月考)下列选项中能满足数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式的有( ) A ．a n ＝1＋(－1)n ＋12B ．a n ＝sin 2n π2C ．a n ＝cos 2(n －1)π2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 偶数【答案】ABC 【解析】可以验证，当n 为奇数时，A ，B ，C 对应的项均为1；当n 为偶数时，A ，B ，C 对应的项均为0.13．(2019年兖州质检)已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n －2，n ＜4，(6－a )n －a ，n ≥4，若对任意的n ∈N *都有a n ＜a n ＋1成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(1,4)B ．(2,5)C ．(1,6)D ．(4,6)【答案】A 【解析】因为对任意的n ∈N *都有a n ＜a n ＋1成立，所以数列{a n }是递增数列，因此⎩⎪⎨⎪⎧1＜a ，6－a ＞0，a ＜(6－a )×4－a ，解得1＜a ＜4.14．(一题两空)(2020年北京月考)已知数列{a n }通项公式为a n ＝⎪⎪⎪⎪n －103，则a n 的最小值为________，此时n 的值为________．【答案】13 3 【解析】依题意，a n＝⎩⎨⎧103－n (n ≤3，n ∈N *)，n －103(n ≥4，n ∈N *)，当n ≤3且n ∈N *时，a n 单调递减，所以最小值为a 3＝13；当n ≥4且n ∈N *时，a n 单调递增，所以最小值为a 4＝23.综上，a n 的最小值为13，此时n 的值为3.15．数列{a n }的通项a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ∈N *)，试问该数列{a n }有没有最大项？若有，求出最大项；若没有，说明理由．解：设a n 是该数列的最大项，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1，所以⎩⎨⎧(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n≥n ⎝⎛⎭⎫1011n －1，解得9≤n ≤10，所以最大项为a 9＝a 10＝1010119.16．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)，又a ＝－7，所以a n ＝1＋12n －9(n∈N *)．结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1＞a 1＞a 2＞a 3＞a 4， a 5＞a 6＞a 7＞…＞a n ＞1(n ∈N *)．所以数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a2，已知对任意n∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a2的单调性，可知5＜2－a2＜6，即－10＜a ＜－8.所以a 的取值范围是(－10，－8)．[C 级 创新突破]17．已知数列{a n }满足a n ＝5n －1(n ∈N *)，将数列{a n }中的整数项按原来的顺序组成新数列{b n }，则b 2 019的末位数字为( )A ．8B ．2C ．3D ．7【答案】D 【解析】由a n ＝5n －1(n ∈N *)，可得此数列为4，9，14，19，24，29，34，39，44，49，54，59，64，…，{a n }中的整数项为4，9，49，64，144，169，…，所以数列{b n }的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，….因为2 019＝4×504＋3，故b 2 019的末位数字为718．已知数列{a n }满足a n ≠0,2a n (1－a n ＋1)－2a n ＋1(1－a n )＝a n －a n ＋1＋a n ·a n ＋1，且a 1＝13，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.【答案】1n ＋2 【解析】因为a n ≠0,2a n (1－a n ＋1)－2a n ＋1(1－a n )＝a n －a n ＋1＋a n ·a n ＋1，所以两边同除以a n ·a n ＋1，得2(1－a n ＋1)a n ＋1－2(1－a n )a n ＝1a n ＋1－1a n ＋1，整理得1a n ＋1－1a n ＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以3为首项、1为公差的等差数列，所以1a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝1n ＋2.。

2023年高考数学一轮总复习第22讲：数列的概念【教材回扣】1．数列的有关概念概念 含义 数列 按照________排列的一列数 数列的项 数列中的________ 数列的通项 数列{a n }的第n 项a n通项公式数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的对应关系能用一个式子________表示，这个式子叫做数列的通项公式前n 项和 数列{a n }中，S n ＝________________________叫做数列的前n 项和 2.数列的表示法 列表法 列表格表示n 和a n 的对应关系 图象法 把点________画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用________表示的方法 递推 公式 使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表示数列的方法3.数列的分类分类标准 类型 满足条件项数有穷数列 项数________无穷数列 项数________ 项与项间的大小关系递增数列 a n ＋1>a n其中n ∈N *递减数列 a n ＋1<a n 常数列 a n ＋1＝a n4.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，n ＝1□10 ，n ≥2.【题组练透】题组一 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( ) 2．一个数列中的数是不可以重复的．( ) 3．所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )4．根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．( ) 题组二 教材改编1．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.43C.54D.652．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋2n ，且a n ＝120，则n ＝________.3．已知数列{a n }的前n 项和公式为S n ＝－2n 2，则a n ＝________. 题组三 易错自纠1．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是( ) A.1214B ．30C ．31D ．322．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．3．已知S n ＝2n ＋3，则a n ＝________.题型一 根据数列的前几项求数列的通项公式[例1] (1)(多选题)数列1,2,1,2，…的通项公式可能为( )A ．a n ＝3＋(－1)n 2B ．a n ＝3＋(－1)n ＋12C ．a n ＝3＋cos n π2 D ．a n ＝3＋sin 2n ＋12π2(2)已知数列{a n }的前5项为23，65，123，205，303，则{a n }的一个通项公式为a n ＝________.[听课记录]类题通法由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征；③各项的符号特征和绝对值特征；④对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑤对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N *处理.巩固训练1：数列－23，38，－415，524，－635，…的一个通项公式为a n ＝( )A ．(－1)n ＋1·n ＋15n －2 B ．(－1)n ·n ＋15n －2C ．(－1)n ＋1·n ＋1(n ＋1)2－1D ．(－1)n·n ＋1(n ＋1)2－1题型二 由a n 与S n 的关系求通项a n 高频考点[例2] (1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，n ∈N *，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2n D ．2n －1(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝S n S n ＋1，a 1＝－1，则a n ＝________. (3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝________. [听课记录]类题通法(1)已知S n 求a n 的步骤①先利用a 1＝S 1求出a 1；②用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时，a n 的表达式；③注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并． (2)S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．①利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解．②利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解.巩固训练2：(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则a n ＝________.(3)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则a n ＝________.题型三 数列的函数性质角度|数列的周期性[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 021的值为( ) A ．2 B ．1 C.12 D.14 [听课记录]类题通法(1)周期数列的常见形式①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列． (2)解决此类题目的一般方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n 项的和.巩固训练3：已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1a n ＋1，数列{a n }的前n项和为S n ，则S 2 021等于________．角度|数列的单调性[例4] 已知数列{a n }满足a 1＝2,2a n a n ＋1＝a 2n ＋1，设b n ＝a n －1a n ＋1，则数列{b n }是( ) A ．常数列 B ．摆动数列 C ．递增数列 D ．递减数列 [听课记录]类题通法解决数列的单调性问题可用以下三种方法(1)用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列．(2)用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n>0或a n <0)与1的大小关系进行判断．(3)结合导数的方法判断.巩固训练4：已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k的取值范围为( )A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)角度|数列中的最大(小)项[例5] (1)(多选题)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1110n，则数列的最大项可能为( )A ．第8项B ．第9项C ．第10项D ．第11项(2)已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn的最小值为________．[听课记录]类题通法求数列的最大项与最小项的常用方法(1)将数列视为函数f (x )与x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项．(2)通过通项公式a n 研究数列的单调性，利用{ a n ≥a n －1a n ≥a n ＋1，(n ≥2)确定最大项，利用{ a n ≤a n －1a n ≤a n ＋1，(n ≥2)确定最小项． (3)比较法：若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )>0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n >1，则a n ＋1>a n ，则数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1；若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )<0⎝⎛⎭⎫或a n >0时，a n ＋1a n <1，则a n ＋1<a n ，则数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1.巩固训练5：数列{a n }的通项为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n ≤4－n 2＋(a －1)n ，n ≥5(n ∈N *)，若a 5是{a n }中的最大值，则a 的取值范围是________．[预测1] 核心素养——逻辑推理、数学运算若数列{a n }满足：只要a p ＝a q (p ，q ∈N *)，必有a p ＋1＝a q ＋1，那么就称数列{a n }具有性质P .已知数列{a n }具有性质P ，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 5＝2，a 6＋a 7＋a 8＝20，则a 2 020＝________.[预测2] 新题型——多选题已知数列{a n }对∀n ∈N *，满足a n ＝log n ＋1(n ＋2)，设T n 为数列{a n }的前n 项之积，则下列结论正确的是( )A ．a 1>a 2B ．a 1>a 7C ．T 6＝3D ．T 7<T 6状 元 笔 记由数列的递推关系求通项公式一、累加法：形如a n ＝a n －1＋f(n)型[典例1] (1)设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.(2)若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 019＝( )A.2 0182 019B.2 0192 020C.2 0181 010D.2 0191 010【解析】 (1)由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22. (2)由a n ＋1＝a n ＋n ＋1， 得a n ＋1－a n ＝n ＋1， 则a 2－a 1＝1＋1， a 3－a 2＝2＋1， ……a n －a n －1＝(n －1)＋1. 由以上等式相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ， ∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 019＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 019－12 020 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 020＝2 0191 010.【答案】 (1)n 2＋n ＋22 (2)D二、累乘法：形如a na n －1＝f (n )型[典例2] (1)设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝nn ＋1a n，则a n ＝________.(2)定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n＝d(n ∈N *，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2 015a 2 013等于( )A ．4×2 0152－1B ．4×2 0142－1C ．4×2 0132－1D ．4×2 0132【解析】 (1)∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n.(2)由题意知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是首项为1，公差为2的等差数列，则a n ＋1a n ＝2n －1所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1×a 1＝(2n －3)×(2n －5)×…×1所以a 2 015a 2 013＝(2×2 015－3)×(2×2 015－5)×…×1(2×2 013－3)×(2×2 013－5)×…×1＝(2×2 015－3)(2×2 015－5)＝4 027×4 025＝(4 026＋1)(4 026－1) ＝4 0262－1＝4×2 0132－1【答案】 (1)2n(2)C三、构造法1．形如a n ＋1＝ca n ＋d(c ≠0，其中a 1＝a)型． (1)若c ＝1时，数列{a n }为等差数列； (2)若d ＝0时，数列{a n }为等比数列；(3)若c ≠1且d ≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法如下：设a n ＋1＋λ＝c(a n ＋λ)，得a n ＋1＝ca n ＋(c －1)λ，与题设a n ＋1＝ca n ＋d ，比较系数得λ＝dc －1(c ≠0)，所以a n ＋d c －1＝c ⎝⎛⎭⎫a n －1＋d c －1， 即⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋d c －1构成以a 1＋dc －1为首项，以c 为公比的等比数列．[典例3] 在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________. 【解析】 a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 即a n ＋1＋1a n ＋1＝3， 由a n ＋1＋1a n ＋1＝3，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 当n ≥2时，a n ＋1＝3(a n －1＋1)，∴a n ＋1＝3(a n －1＋1)＝32(a n －2＋1)＝33(a n －3＋1)＝…＝3n －1(a 1＋1)＝2×3n －1，∴a n ＝2×3n －1－1，当n ＝1时，a 1＝1＝2×31－1－1也满足．∴a n ＝2×3n －1－1.【答案】 2×3n －1－12．形如a n ＋1＝pa n ＋q·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)型a n ＋1＝pa n ＋q·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)的求解方法是两端同时除以p n ＋1，即得a n ＋1pn ＋1－a n p n ＝q ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 为等差数列． [典例4] 已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项a n 等于( )A ．－3×2n －1B ．3×2n －1C ．5n ＋3×2n －1D ．5n －3×2n －1【解析】 解法一 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n＋35.① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35， 即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25，所以b n －1＝⎝⎛⎭⎫－35×⎝⎛⎭⎫25n －1， 即b n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1，所以a n 5n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1＝1－3×2n －15n.故a n ＝5n －3×2n －1.解法二 设a n ＋1＋k·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.故选D .【答案】 D3．相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型)可化为(a n ＋1－x 1a n )＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两根．[例5] 数列{a n }中a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n ，求数列{a n }的通项公式．【解析】 由a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n 可得，a n ＋2－a n ＋1＝－13(a n ＋1－a n )，所以数列{a n ＋1－a n }是首项为1，公比为－13的等比数列，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝－13，a 4－a 3＝19，…，a n －a n －1＝⎝⎛⎭⎫－13n －2， 将上面的式子相加可得a n －1＝1＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2， 从而可求得a n ＝2＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2， 故有a n ＝74＋94·⎝⎛⎭⎫－13n . 4．倒数为特殊数列⎝ ⎛⎭⎪⎫形如a n ＝pa n －1ra n －1＋s[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式．【解析】 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．2023年高考数学一轮总复习第22讲：数列的概念答案[教材回扣]确定的顺序 每一个数 a n ＝f(n) a 1＋a 2＋···+ a n （n, a n ) 公式 有限 无限 S 1 □10S n －S n －1 [题组练透] 题组一1．× 2.× 3.× 4.√ 题组二1．解析：由已知得a 2＝2－1a 1＝2－12＝32，a 3＝2－1a 2＝2－23＝43，a 4＝2－1a 3＝2－34＝54，a 5＝2－1a 4＝2－45＝65.故选D. 答案：D2．解析：由题意知a n ＝n 2＋2n ＝120， 解得n ＝－12(舍去)，或n ＝10. 答案：103．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝－2n 2－[－2(n －1)2] ＝－4n ＋2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－2，适合上式， 所以{a n }的通项公式是a n ＝－4n ＋2. 答案：－4n ＋2 题组三1．解析：将数列{a n }的通项公式看作一个关于n 的二次函数．则a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎫n －1122＋1214， ∵n ∈N *，∴当n ＝5或6时，a n 取最大值， 最大值为a 5＝a 6＝30. 故选B. 答案：B2．解析：由题意知a n ＋1>a n ， 即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ， 得2n ＋1＋λ>0即λ>－(2n ＋1) n ∈N *.(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.故λ的取值范围为(－3，＋∞)．答案：(－3，＋∞) 3．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋3－2n －1－3＝2n －1. 当n ＝1时，a n ＝S 1＝5不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝12n －1，n ≥2答案：⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝12n －1，n ≥2课堂题型讲解题型一例1 解析：(1)A 中，当n 为奇数时，a n ＝3－12＝1，当n 为偶数时，a n ＝3＋12＝2，A正确；B 中，当n 为奇数时，a n ＝3＋12＝2，B 不正确；C 中，当n 为奇数时，a n ＝3－12＝1，当n 为偶数时，a n ＝3＋12＝2，C 正确；D 中，当n 为奇数时，a n ＝3－12＝1，当n 为偶数时，a n ＝3＋12＝3，D 正确；故选ACD.(2)因为数列2,6,12,20,30，…可分解为：1×2,2×3,3×4,4×5,5×6，… 可表示为n (n ＋1)，数列3,5,3,5，…，各项减4得－1,1，－1,1，…，其通项为(－1)n ， 所以数列3,5,3,5，…可表示为(－1)n ＋4，故数列的一个通项公式为：a n ＝n (n ＋1)(－1)n ＋4.答案：(1)ACD (2)n (n ＋1)(－1)n ＋4巩固训练1 解析：数列2,3,4,5,6，…可表示为n ＋1， 3,8,15,24,35，…可分解为1×3,2×4,3×5,4×6,5×7，… 可表示为n (n ＋2)＝(n ＋1)2－1，故数列的一个通项公式可表示为(－1)n ·n ＋1(n ＋1)2－1故选D. 答案：D 题型二例2 解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝2(a n －1)－2(a n －1－1) ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1，又a 1＝2， ∴a n ＝2n . 故选C.(2)∵a n ＋1＝S n ＋1S n ， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.同除以S n S n ＋1得：1S n ＋1－1S n＝－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1为首项，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n －1)(－1)＝－n ， ∴S n ＝－1n.当n ≥2时，∴a n ＝S n －S n －1＝－1n －⎝⎛⎭⎫－1n －1＝1n (n －1)， 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2.(3)当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2，∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，①故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得，na n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n. 显然当n ＝1时不满足上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n ＝1，2n －1n，n ≥2. 答案：(1)C (2)⎩⎪⎨⎪⎧ －1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2 (3)⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2 巩固训练2 解析：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1， 故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. (3)当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3， a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13. 两式相减得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13， 则a n ＝13n . 当n ＝1时，a 1＝13满足上式， 得a n ＝13n 答案：(1)4n －5 (2)(－2)n －1 (3)13n 题型三例3 解析：因为a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，由a 1＝1，a 2＝2，得a 3＝2，由a 2＝2，a 3＝2，得a 4＝1，由a 3＝2，a 4＝1，得a 5＝12， 由a 4＝1，a 5＝12，得a 6＝12， 由a 5＝12，a 6＝12，得a 7＝1， 由a 6＝12，a 7＝1，得a 8＝2， 由此推理可得数列{a n }是一个周期为6的周期数列，所以a 2 021＝a 5＝12.故选C.答案：C巩固训练3 解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝a n －1a n ＋1， ∴a 2＝13，a 3＝－12，a 4＝－3，a 5＝2，… ∴数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－76. ∴S 2 021＝S 4×505＋1＝505×⎝⎛⎭⎫－76＋2 ＝－3 5236. 答案：－3 5236例4 解析：∵2a n a n ＋1＝a 2n＋1， ∴a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n . ∵b n ＝a n －1a n ＋1， ∴b n ＋1＝a n ＋1－1a n ＋1＋1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n －112⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＋1＝(a n －1)2(a n ＋1)2， ∴(a n －1)2(a n ＋1)2＝b 2n>0. ∵a 1＝2，b 1＝2－12＋1＝13， ∴b 2＝⎝⎛⎭⎫132，b 3＝⎝⎛⎭⎫1322＝⎝⎛⎭⎫134.b 4＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1342＝⎝⎛⎭⎫138， ∴数列{b n }是递减数列．答案：D巩固训练4 解析：因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k 2n ＝3－3n －k 2n ＋1，由数列{a n }为递减数列知，对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝3－3n －k 2n ＋1<0，所以k >3－3n 对任意n ∈N *恒成立，所以k ∈(0，＋∞)．故选D.答案：D例5 解析：(1)因为a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ＝⎝⎛⎭⎫1011n ×9－n 11，所以当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .所以该数列最大项为第9,10项，且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119.(2)因为a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[1＋2＋…＋(n －1)]＋33＝33＋n 2－n (n ≥2)，当n ＝1时也符合，所以a n ＝n 2－n ＋33.所以a n n ＝33n＋n －1. 构造函数f (x )＝33x＋x －1(x >0)，则f ′(x )＝－33x 2＋1. 令f ′(x )>0得x >33，令f ′(x )<0得0<x <33.所以f (x )＝33x＋x －1在(33，＋∞)上是递增的，在(0，33)上是递减的． 因为n ∈N *，所以当n ＝5或6时，f (n )取得最小值．又a 55＝335＋4>a 66＝336＋5＝212. 答案：(1)BC (2)212巩固训练5 解析：当n ≤4时，a n ＝2n －1单调递增，因此n ＝4时取最大值．a 4＝24－1＝15.当n ≥5时，a n ＝－n 2＋(a －1)n＝－⎝⎛⎭⎫n －a －122＋(a －1)24， ∵a 5是{a n }中的最大值，∴4≤a －12≤5.5. 解得9≤a ≤12.答案：[9,12]高考命题预测预测1 解析：根据题意，数列{a n }具有性质P ，且a 2＝a 5＝2， 则有a 3＝a 6＝3，a 4＝a 7，a 5＝a 8＝2，由a 6＋a 7＋a 8＝20，可得a 3＋a 4＋a 5＝20，则a 4＝20－3－2＝15，进而分析可得：a 3＝a 6＝a 9＝…＝a 3n ＝3，a 4＝a 7＝a 10＝…＝a 3n ＋1＝15，a 5＝a 8＝…＝a 3n ＋2＝2(n ≥1)，则a 2 020＝a 3×673＋1＝15.答案：15预测2 解析：因为a 1＝log 23>log 222＝32，a 2＝log 34<log 333＝32，所以a 1>a 2，故A 正确；a 7＝log 89＝23log 23<a 1，故B 正确；T 6＝log 23×log 34×…×log 78＝log 28＝3，故C 正确；T 7＝T 6×log 89，因为T 6>0，log 89>1，所以T 7>T 6.故D 错误．答案：ABC。

高考数学一轮复习数列多选题知识点-+典型题及答案一、数列多选题1．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（ ） A ．68a = B ．954S =C ．135********a a a a a ++++=D ．22212201920202019a a a a a +++= 【答案】ACD 【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系12211,1,(3)n n n a a a a a n --===+≥，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】对于A ，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A 正确； 对于B ，911235813+21+3488S =++++++=，故B 错误；对于C ，由12a a =，342a a a =-，564a a a =-，……，201920202018a a a =-，可得：13520192426486202020182020a a a a a a a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+=+-+-+-++-=，故C正确.对于D ，斐波那契数列总有21n n n a a a ++=+，则2121a a a =，()222312321a a a a a a a a =-=-，()233423423a a a a a a a a =-=-，……，()220182018201920172018201920172018a a a a a a a a =-=-，220192019202020192018a a a a a =-，可得22212201920202019201920202019a a a a a a a a+++==，故D 正确；故选：ACD. 【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.2．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列{}n f 称为斐波那契数列. 并将数列{}n f 中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为{}n g ，则下列结论正确的是( ) A ．20192g =B ．()()()()222123222022210f f f f f f -+-=C ．12320192688g g g g ++++=D ．22221232019201820202f f f f f f ++++=【答案】AB 【分析】由+2+1+n n n f f f =可得()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-，可判断B 、D 选项；先计算数列{}n g 前几项可发现规律,使用归纳法得出结论：数列{}n g 是以6为最小正周期的数列，可判断A 、C 选项. 【详解】 对于A 选项：12345678910111211,2,3,1,0,1,12310g g g g g g g g g g g g ============，，，，，，，所以数列{}n g 是以6为最小正周期的数列，又20196336+3=⨯，所以20192g =，故A 选项正确；对于C 选项：()()12320193361+1+2+3+1+0+1+1+22692g g g g ++++=⨯=，故C 选项错误；对于B 选项：斐波那契数列总有：+2+1+n n n f f f =，所以()()22222232122232221f f f f f f f f =-=-，()()22121222021222120f f f f f f f f =-=-， 所以()()()()222123222022210f f f f f f -+-=，故B 正确； 对于D 选项：()212+2+1112+n n n f f f f f f f f ==∴=，，，()222312321f f f f f f f f =-=-， ()233423432f f f f f f f f =-=-，，()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-。

数列中的综合问题考试要求 1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题． 题型一 数学文化与数列的实际应用例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块答案 C解析 设每一层有n 环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d ＝9，首项为a 1＝9的等差数列．由等差数列的性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列，且(S 3n －S 2n )－(S 2n －S n )＝n 2d ，则9n 2＝729，解得n ＝9，则三层共有扇面形石板S 3n ＝S 27＝27×9＋27×262×9＝3402(块)．(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm× 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么∑k ＝1n S k ＝_______dm 2.答案 5 240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n解析 依题意得，S 1＝120×2＝240；S 2＝60×3＝180；当n ＝3时，共可以得到5dm×6dm，52dm×12dm，10dm×3dm,20dm×32dm 四种规格的图形，且5×6＝30，52×12＝30,10×3＝30，20×32＝30，所以S 3＝30×4＝120；当n ＝4时，共可以得到5dm×3dm，52dm×6dm，54dm×12dm,10dm×32dm,20dm×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，52×6＝15，54×12＝15,10×32＝15,20×34＝15，所以S 4＝15×5＝75； ……所以可归纳S k ＝2402k ×(k ＋1)＝240k ＋12k. 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋322＋423＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，①所以12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，②由①－②得，12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122－12n×121－12－n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫32－n ＋32n ＋1， 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32ndm 2. 教师备选1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为( ) A ．4.5尺 B ．3.5尺 C ．2.5尺 D ．1.5尺答案 A解析 冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{a n }，设公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝28.5，a 10＋a 11＋a 12＝1.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10.5，d ＝－1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝11.5－n ， 所以a 7＝11.5－7＝4.5， 即春分时节的日影长为4.5尺． 2．古希腊时期，人们把宽与长之比为5－12⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12≈0.618的矩形称为黄金矩形，把这个比值5－12称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形，若M 与K 之间的距离超过1.5m ，C 与F 之间的距离小于11m ，则该古建筑中A 与B 之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )A ．30.3mB ．30.1mC ．27mD ．29.2m答案 C解析 设|AB |＝x ，a ≈0.618，因为矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形， 所以有|BC |＝ax ，|CF |＝a 2x ，|FG |＝a 3x ， |GJ |＝a 4x ，|JK |＝a 5x ，|KM |＝a 6x .由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 6x >1.5，a 2x <11，解得26.786<x <28.796，故选项C 符合题意． 思维升华 数列应用问题常见模型(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值． (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．跟踪训练1 (1)(2022·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到( ) A ．2022年12月 B ．2023年2月 C ．2023年4月 D ．2023年6月答案 B解析 每个月开通5G 基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列， 设预计我国累计开通500万个5G 基站需要n 个月，则70＋5n ＋n n －12×1＝500，化简整理得，n 2＋9n －860＝0， 解得n ≈25.17或n ≈－34.17(舍)，所以预计我国累计开通500万个5G 基站需要25个月，也就是到2023年2月．(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A ．a 4＝12B ．a n ＋1＝a n ＋n ＋1C ．a 100＝5050D ．2a n ＋1＝a n ·a n ＋2解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ，故a n ＝n n ＋12，∴a 4＝4×4＋12＝10，故A 错误； a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×100＋12＝5050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n n ＋1n ＋2n ＋34，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误．题型二 等差数列、等比数列的综合运算例2 (2022·滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4， 所以d ＝a 2－a 1＝2， 所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ， 所以n ＝log 2b n ， 所以b n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n＝2·2n －1＝a 2n －1， 即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ， 因为b 7＝62a ＝a 64，b 8＝72a ＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的， 所以S 100＝P 107－Q 7＝107×2＋2142－2－281－2＝11302.(2020·浙江)已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足a 1＝b 1＝c 1＝1，c n ＝a n ＋1－a n ，c n ＋1＝b nb n ＋2c n ，n ∈N *. (1)若{b n }为等比数列，公比q >0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式； (2)若{b n }为等差数列，公差d >0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1＋1d，n ∈N *.(1)解 由b 1＝1，b 1＋b 2＝6b 3，且{b n }为等比数列，得1＋q ＝6q 2，解得q ＝12(负舍)．∴b n ＝12n －1.∴c n ＋1＝b nb n ＋2c n ＝4c n ，∴c n ＝4n －1. ∴a n ＋1－a n ＝4n －1，∴a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝1－4n －11－4＋1＝4n －1＋23. (2)证明 由c n ＋1＝b n b n ＋2·c n (n ∈N *)， 可得b n ＋2·c n ＋1＝b n ·c n ， 两边同乘b n ＋1，可得b n ＋1·b n ＋2·c n ＋1＝b n ·b n ＋1·c n ， ∵b 1b 2c 1＝b 2＝1＋d ，∴数列{b n b n ＋1c n }是一个常数列， 且此常数为1＋d ，即b n b n ＋1c n ＝1＋d ， ∴c n ＝1＋db n b n ＋1＝1＋d d ·d b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ·b n ＋1－b n b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，又∵b 1＝1，d >0，∴b n >0， ∴c 1＋c 2＋…＋c n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋1b 2－1b 3＋…＋1b n－1b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1<1＋1d，∴c 1＋c 2＋…＋c n <1＋1d.思维升华 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b 1＝1，d >0证明不等式成立．另外本题在探求{a n }与{c n }的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．跟踪训练2 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，a 2＋a 4＝10， 所以2a 1＋4d ＝10， 解得d ＝2. 所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5， 所以b 1q ·b 1q 3＝9. 又b 1＝1，所以q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.则b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.题型三 数列与其他知识的交汇问题 命题点1 数列与不等式的交汇例3 已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.(1)解 因为1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *)，所以1a n ＋1－1a n＝2(n ∈N *)，因为a 1＝12，所以1a 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以首项为2，公差为2的等差数列，所以1a n ＝2＋2(n －1)＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝12n (n ∈N *)．(2)证明 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n >1)， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝14⎝⎛⎭⎪⎫2－1n <12.故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.命题点2 数列与函数的交汇例4 (1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{a n }中，首项a 1＝2，公比q >1，a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，则数列{a n }的前9项和是________． 答案 1022解析 由f (x )＝13x 3－6x 2＋32x ，得f ′(x )＝x 2－12x ＋32，又因为a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，所以a 2，a 3是函数f ′(x )＝x 2－12x ＋32的两个零点，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 3＝12，a 2·a 3＝32，因为q >1，所以a 2＝4，a 3＝8，故q ＝2， 则前9项和S 9＝21－291－2＝210－2＝1022.教师备选1．已知函数f (x )＝log 2x ，若数列{a n }的各项使得2，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，2n ＋4成等差数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝______________. 答案163(4n－1) 解析 设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2， 于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…， 从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，…，易知数列{a n }是等比数列，其公比q ＝a 2a 1＝4， 所以S n ＝244n－14－1＝163(4n－1)．2．求证：12＋1＋222＋2＋323＋3＋…＋n 2n ＋n <2(n ∈N *)．证明 因为n 2n＋n <n2n ， 所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1， 两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证．思维升华 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n 项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练3 (1)(2022·长春模拟)已知等比数列{a n }满足：a 1＋a 2＝20，a 2＋a 3＝80.数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，其前n 项和为S n ，若b nS n ＋11≤λ恒成立，则λ的最小值为________．答案623解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝20，a q ＋a q 2＝80，解得a 1＝4，q ＝4，故{a n }的通项公式为a n ＝4n，n ∈N *.b n ＝log 2a n ＝log 24n ＝2n ， S n ＝2n ＋12n (n －1)·2＝n 2＋n ，b nS n ＋11＝2n n 2＋n ＋11＝2n ＋11n＋1，n ∈N *， 令f (x )＝x ＋11x，则当x ∈(0，11)时，f (x )＝x ＋11x单调递减，当x ∈(11，＋∞)时，f (x )＝x ＋11x单调递增，又∵f (3)＝3＋113＝203，f (4)＝4＋114＝274，且n ∈N *，∴n ＋11n ≥203，即b nS n ＋11≤2203＋1＝623， 故λ≥623，故λ的最小值为623.(2)若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，S 2＝4. ①求数列{a n }的通项公式； ②设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解 ①设{a n }的公差为d (d ≠0)， 则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d . 因为S 1，S 2，S 4成等比数列， 所以a 1·(4a 1＋6d )＝(2a 1＋d )2. 所以2a 1d ＝d 2.因为d ≠0，所以d ＝2a 1.又因为S 2＝4，所以a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1. ②因为b n ＝3a n a n ＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<32. 要使T n <m 20对所有n ∈N *都成立， 则有m 20≥32，即m ≥30. 因为m ∈N *，所以m 的最小值为30. 课时精练1．(2022·青岛模拟)从“①S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12；②S 2＝a 3，a 4＝a 1a 2；③a 1＝2，a 4是a 2，a 8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，________，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝122n n S S ＋－，数列{b n }的前n 项和为W n ，求W n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解 (1)选①： S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12＝n 2＋a 12n ， 令n ＝1，得a 1＝1＋a 12，即a 1＝2， 所以S n ＝n 2＋n .当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，又a 1＝2，满足上式，所以a n ＝2n .选②：由S 2＝a 3，得a 1＋a 2＝a 3，得a 1＝d ，又由a 4＝a 1a 2，得a 1＋3d ＝a 1(a 1＋d )，因为d ≠0，则a 1＝d ＝2，所以a n ＝2n .选③：由a 4是a 2，a 8的等比中项，得a 24＝a 2a 8，则(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，因为a 1＝2，d ≠0，所以d ＝2，则a n ＝2n .(2)S n ＝n 2＋n ，b n ＝(2n ＋1)2＋2n ＋1－(2n )2－2n ＝3·22n ＋2n ，所以W n ＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n ＋2n ＝12×1－4n 1－4＋2×1－2n 1－2＝4(4n－1)＋2(2n －1)＝4n ＋1＋2n ＋1－6.2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝a n ·2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使T n >2022的最小的正整数n 的值． 解 (1)当n ≥2时，由a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2，得a 2n ＝2S n －1＋n －1＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，即a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＝a n ＋1.当n ＝1时，a 22＝2a 1＋2＝4，∴a 1＝1，∴a 2－a 1＝1，∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n .(2)由(1)知b n ＝a n ·2n ＝n ·2n ，∴T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式相减得－T n ＝2·1－2n 1－2－n ·2n ＋1 ＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴T n －T n －1＝n ·2n >0，∴T n 单调递增．当n ＝7时，T 7＝6×28＋2＝1 538<2 022，当n ＝8时，T 8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使T n >2 022的最小的正整数n 的值为8.3．(2022·大连模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝25，且a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求T 2n .解 (1)由题意知，等差数列{a n }的前n 项和为S n ，由S 5＝25，可得S 5＝5a 3＝25，所以a 3＝5， 设数列{a n }的公差为d ，由a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列，可得(6＋d )2＝4(8＋4d )，整理得d 2－4d ＋4＝0，解得d ＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知 b n ＝(－1)n a n ＋1＝(－1)n (2n －1)＋1，所以T 2n ＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n －3)＋1]＋(4n －1＋1)＝4n .4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3.解 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1， 因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2.(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ， 根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2)＝2×1－22n ＋11－2＋3＋2n ＋42n ＋22＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)，(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n2n ＋1，n 为偶数，2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。

数列求和考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．知识梳理数列求和的几种常用方法 1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 11－q n1－q ，q ≠1.2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n·f (n )类型，常采用两项合并求解． 3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 4．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)常见的裂项技巧 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1.②1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.③12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n ＋3的前n 项和可用分组转化法求和．( √ ) 教材改编题1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100答案 D解析 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100等于( )A ．50B ．75C ．100D ．125 答案 B解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d ) ＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d ＝50＋25＝75. 3．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，若{a n }的前n 项和为20222023，则项数n ＝________.答案 2022 解析 a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝20222023， ∴n ＝2022.题型一 分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列． ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝a 1＋5d ＝6，a 1＋d 2＝a 1a 1＋3d ，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)nn ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ， 则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.延伸探究 在本例(2)中，如何求数列{b n }的前n 项和T n ? 解 由本例(2)知b n ＝2n ＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n，n ∈N *. (2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32， 26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1；b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]， 则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思维升华 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和． (2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和．跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25. (1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5， 又a 5＝9＝a 1＋4d ， 所以d ＝2，a 1＝1， 所以a n ＝2n －1，S n ＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)] ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝n －1n2－n 2＝－n n ＋12.综上可知，T n ＝－1nn n ＋12.题型二 错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；[切入点：设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2.[关键点：b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n]教师备选(2020·全国Ⅰ)设{a n}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{a n}的公比；(2)若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，∵a1为a2，a3的等差中项，∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，∵q≠1，∴q＝－2.(2)设{na n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＝(－2)n－1，S n＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①－2S n＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②①－②得，3S n＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝1－－2n1－－2－n(－2)n＝1－1＋3n－2n3，∴S n ＝1－1＋3n －2n9，n ∈N *.思维升华 (1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1. 跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9， 所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9， 两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34. 当n ＝1时，4S 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫－94＋a 2＝－274－9， 解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝－3n ＋14n .(2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n.所以T n ＝－3×34－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫342－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋0×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＋…＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n，①且34T n ＝－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫342－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫343－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＋0×⎝ ⎛⎭⎪⎫345＋…＋(n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝－94＋916⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －11－34－(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，所以T n ＝－4n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1≤λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －4×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立，当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.题型三 裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *， 所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＝4， 即(a n ＋1－a n )2＝4，又{a n }是各项为正数的单调递增数列， 所以a n ＋1－a n ＝2， 又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列， 所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2. (2)b n ＝1a n －1＝14n 2－1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求{a n }的通项公式； (2)若b n ＝3na n ＋1a n ＋1＋1，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34.(1)解 因为2S n ＝3a n －1， 所以2S 1＝2a 1＝3a 1－1， 即a 1＝1.当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1， 则2S n －2S n －1＝2a n ＝3a n －3a n －1， 整理得a na n －1＝3， 则数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)证明 由(1)得b n ＝3n3n －1＋13n＋1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1， 所以T n ＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋1－131＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1－133＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，即T n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋1＝34－323n ＋1，所以T n <34，又因为T n 为递增数列， 所以T n ≥T 1＝34－38＝38，所以38≤T n <34.思维升华 利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1， 1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝4，且当n ≥2时，(n －1)a n＝n (a n －1＋2n －2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)记b n ＝2n ＋1a 2n，求数列{b n }的前n 项和S n .(1)证明 当n ≥2时， (n －1)a n ＝n (a n －1＋2n －2)， 将上式两边都除以n (n －1)， 得a n n ＝a n －1＋2n －2n －1，即a n n －a n －1n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝4为首项，2为公差的等差数列．(2)解 由(1)得a n n＝4＋2(n －1)＝2n ＋2， 即a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＝2n ＋1a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋12， 所以S n ＝14⎩⎨⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－132＋⎭⎬⎫…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋12＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋12＝n 2＋2n 4n ＋12. 课时精练1．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1000，求n 的取值范围． 解 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49， 则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2， 故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝21－22n ＋11－4＋n 1＋2n －12＝22n ＋13＋n 2－23.易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000，故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *.2．(2020·全国Ⅲ改编)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝15－8＝7，由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知，a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n，S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②得，－S n ＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×1－2n －11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝(1－2n )·2n ＋1－2，即S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.3．(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)由已知得a n ＋1－a n ＝2n，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋2＋22＋…＋2n －1＝2＋21－2n －11－2＝2n .又a 1＝2，也满足上式，故a n ＝2n.(2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故T n ＝n n ＋1.4．(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项，所以2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12， 因为数列{a n }是正项等比数列，所以q ＝2.所以a n ＝a 4·q n －4＝2n. (2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1， 所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n·(2n ＋1)， ①若n 为偶数，T n ＝－3＋5－7＋9－…－(2n －1)＋(2n ＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n －1)＋(2n ＋1)]＝2×n2＝n ； ②若n 为奇数，当n ≥3时， T n ＝T n －1＋b n ＝n －1－(2n ＋1)＝－n －2，当n ＝1时，T 1＝－3适合上式，综上得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －2，n 为奇数 (或T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *)．方法二 (错位相减法)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)， T n ＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n ·(2n ＋1)， 所以－T n ＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n ＋1(2n ＋1)， 所以2T n ＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n ]－(－1)n ＋1(2n ＋1) ＝－3＋2×1－－1n －12＋(－1)n (2n ＋1) ＝－3＋1－(－1)n －1＋(－1)n (2n ＋1)＝－2＋(2n ＋2)(－1)n ，所以T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *.5．(2022·重庆调研)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ， 在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①.b n ＝42n ·2n ＋1＝1n n ＋1， 则S n ＝11×2＋12×3＋ (1)n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 选条件②.∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ， 当n 为偶数时， S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝n 2×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数， S n ＝n －1－2n ＝－n －1. ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数. 选条件③.∵a n ＝2n ，b n ＝2n a n a ⋅， ∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，① 4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1，② ①－②得－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ·4n ＋1＝41－4n1－4×2－2n ·4n ＋1＝81－4n－3－2n ·4n ＋1， ∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1.。

高三数学一轮复习《数列》练习题 （含答案）一、单选题1．已知递增等差数列{}n a 中，122a a =-，则3a 的（ ） A ．最大值为－4B ．最小值为4C ．最小值为－4D ．最大值为42．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，2n ≥且*n ∈N ，满足120n n n a S S -+=，数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则下列说法中错误的是（ ） A ．214a =-B ．648211S S S =+ C ．数列{}12n n n S S S +++-的最大项为712D ．1121n n n n nT T T n n +-=++ 3．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且34S =，714S =，则23n n S a +-最小时，n 的值为（ ）. A ．2 B ．1或2 C ．2或3 D ．3或44．设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S .若1q >，2152m m m a a a +++=，且29m m S S =，*m ∈N ，则m 的值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．55．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2k S =，28k S =，则4k S =（ ） A ．28B ．32C ．16D ．246．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（ ） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元7．由1a =4，3d =确定的等差数列{}n a ，当an =28时，序号n 等于（ ） A ．9B ．10C ．11D ．128．在等差数列{}n a 中，1815360a a a ++=，则9102a a -的值为（ ） A ．6B ．8C ．12D ．139．在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，若26712a a a ++=，则9S =A ．20B ．27C ．36D ．4510．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a = 2(1)()nn S a n n N n *=+-∈，则数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是 A ．290B ．920C ．511D ．101111．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ） A ．7B ．8C ．9D ．1012．等比数列{}n a 中，3103384a a ==，，则该数列的通项n a =（ ） A ．32?3n -B ．13?2n -C ．3?2nD ．33?2n -二、填空题13．在等比数列{}n a 中，23341,2a a a a +=+=，则45a a +=________.14．在正项等比数列{}n a 中，若3453a a a π=，()313237sin log log log a a a ++⋯+的值为______________.15．已知数列{}n a 的通项公式212n a n n=+，其前n 项和为n S ，则10S =_____．（用分数作答）16．已知a 是1,2的等差中项，b 是1-，16-的等比中项，则ab 等于___________.三、解答题17．已知实数111,,a b c 成等差数列，求证：,,222b b b ac --成等比数列.18．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4120S =，13n n a a +=. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设321log n n b a -=，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .19．设数列{}n a 满足11a =，1123n n n a a -+-=⋅.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）令()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .20．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 的前20项和.21．已知数列{}n a 中，13a =，点()1,n n a a +在直线3y x =上. (1)求数列{}n a 的通项公式及其前n 项的和n S ； (2)设*,N n nnb n a =∈，证明：1234n b b b +++<.22．若数列{}n a 的前n 项和22n n S a =-，*n N ∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()221log *n n b a n N -=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T .23．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.24．已知数列1a ，2a ，…，6n a 的项{1,2}i a ∈，其中1,2,3,i =…，6n ，*n ∈N ，其前6n 项和为6n S ，记6n S 除以3余数为1的数列1a ，2a ，…，6n a 的个数构成的数列为{}n b ，*n ∈N . （1）求1b 的值；（2）求数列{}n b 的通项公式，并化简.参考答案1．B解：∵递增等差数列{an }中，a 1a 2=﹣2， ∴a 1(a 1+d )=﹣2，且d >0， ∴d =112a a --，∴a 1<0， ∴a 3=a 1+2d =114a a --≥4=， 当且仅当a 1=﹣2时，等号成立， ∴a 3有最小值4. 2．D当2n ≥且*n ∈N 时，由1n n n a S S -=-， 由120n n n a S S -+=可得111112020n n n n n nS S S S S S ----+=⇒-+=， 整理得1112n n S S --=（2n ≥且n +∈N ）. 则1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为以2为首项，以2为公差的等差数列()12122n n n S ⇒=+-⋅=，12n S n ∴=. A 中，当2n =时，221111424a S S =-=-=-，A 选项正确；B 中，1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，显然有648211S S S =+，B 选项正确； C 中，记()()1212211221n n n n b S S n n n S ++=+-=+-++， ()()()1123111212223n n n n b S S S n n n ++++=+-=+-+++，()()()1111602223223n n n b b n n n n n n ++∴-=--=-<++++，故{}n b 为递减数列， ()1123max 111724612n b b S S S ∴==+-=+-=，C 选项正确； D 中，12n n S =，()()2212n n n T n n +∴==+，()()112n T n n +∴=++. ()()()()()()11112112111n n n n T T n n n n n n n n n n n n n n +-=⋅++⋅++=+--+++++222122212n n n n n n T =-++=+-≠，D 选项错误.3．C解：设等差数列{}n a 的公差为d ， 因为34S =，714S =，所以1132342767142a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，解得11a =，13d =，所以2223(1)11550[1(2)]23318n n n n n n S a n n +----=+⨯-++=，因为n ∈+N ，所以当2n =或3n =时，其有最小值. 4．B因为2152m m m a a a +++=，所以252m m m a a q a q +=，得到25102q q -+=，因为1q >，所以2q .由29m m S S =，得()()211121291212m m a a --=⨯--，又10a ≠，所以()212912mm -=-，因为*m ∈N ，则120m -≠， 所以129m +=，解得3m =， 5．B由等差数列{}n a 前n 项和的性质，可得k S ，2k k S S -，32k k S S -，43k k S S -成等差数列， ∴()2322k k k k k S S S S S -=+-，解得318k S =. ∴ 2，6，10，418k S -成等差数列， 可得4210618k S ⨯=+-，解得432k S =. 6．B设每年偿还x 万元，则()()()()()234511111x x x x x a γγγγγ++++++++=+，所以()()()5511111xa γγγ++--=+， 解得()()55111a x γγγ+=+-．7．A解：因为14a =，3d =，所以()1131n a a n d n =+-=+，所以3128n a n =+=，解得9n = 8．C因为1815360a a a ++=，所以8560a =，所以812a =， 所以910180108212a a a a a a =+-==-， 故选：C. 9．C因为{}n a 为等差数列，26712a a a ++=，131212+=a d ∴，因此144+=a d 又()9111989936942S a d a d a d ⨯=+=+=+，936S =∴. 10．C由()2(1)nn S a n n N n*=+-∈得2(1)n n S na n n =--， 当2n ≥时，11(1)4(1)n n n n n a S S na n a n --=-=----，整理得14n n a a --=， 所以{}n a 是公差为4的等差数列，又11a =，所以()43n a n n N *=-∈，从而()2133222(1)2n n n a a S n n n n n n ++=+=+=+， 所以1111132(1)21n S n n n n n ⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭，数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和115121111S ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.11．A∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和， ∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列 ∴24S =，42642S S -=-= ∴641S S -=， ∴641167S S =+=+=. 12．D设等比数列{}n a 的公比为q ，因为3103384a a ==，，可得71033841283a q a ===，解得2q ,所以数列{}n a 的通项公式为33332n n n a a q --==⨯.13．4设公比为q ，由23341,2a a a a +=+=， 得()2323342a q a q q a a a a q =+=+=+=， 所以()453434224a a a q a q q a a +=+=+=⨯=. 14数列{}n a 是正项等比数列，∴343a π= ，()3132373127log log ......log log ...a a a a a a +++= ， ()77733312744...3a a a a a π=== ，∴()73313237312737log log ......log log ...log 33a a a a a a ππ⎛⎫+++=== ⎪⎝⎭， ()3132377sin log log log sinsin 33a a a ππ∴++⋯+===15．175264因为数列{}n a 的通项公式21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 所以10111111111...21324351120S ⎛⎫=-+-+-++- ⎪⎝⎭，111111752121226411⎛⎫=+--= ⎪⎝⎭， 故答案为：17526416．6±因为a 是1,2的等差中项，所以12322a +==， 因为b 是1-，16-的等比中项，所以2(1)(16)16b =-⨯-=，4b =±，所以6ab =±.故答案为：6±.17．因为111,,a b c 成等差数列，所以112a c b +=，即2b ac a c=+且0abc ≠，又()()2220222444b b b b ac b b a c ac a c ac a c a c ⎛⎫⎛⎫-⋅-=-++=-++=> ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭， 所以2222b b b a c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⋅-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立且各项均不为零，所以：,,222b b ba c --成等比数列.18．（1）3nn a =（2）n T 21nn =+ （Ⅰ）∵13n na a +=，∴{}n a 是公比为3q =的等比数列，又()4141312013a S -==-，解得13a=.∴{}n a 是以13a =为首项，以3q =为公比的等比数列，通项公式为113n nn a a q -==.（Ⅱ）∵213log 321n n b n -==- ∴()()11113352121n T n n =+++⨯⨯-+ 111111123352121n n ⎛⎫=-+-++- ⎪-+⎝⎭11(122121nn n =-=++） 19．（1）13-=n n a ，*n N ∈；（2）3n n S n =⋅，*n N ∈.（1）由已知，当2n ≥时， 2123n n n a a ---=⋅，()()()121321n n n a a a a a a a a -=+-+-++-()12211312133312313n n n ----=+++++=+⨯=-当1n =时，11131a -==符合上式，13n n a -∴=，*n N ∈.（2）由（1）知()()121213n n n b n a n -=+=+⨯，()0113353213n n S n -=⨯+⨯+++⨯①3n S =()()1213353213213n n n n -⨯+⨯++-⨯++⨯②①-②得()()121232333213n n n S n --=++++-+⋅()()121213332131n n n -=++++-+⋅+()132213113nn n -=⨯-+⋅+-23n n =-⋅所以，3nn S n =⋅，*n N ∈.20．（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300.解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+， 所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===， 所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是122,5,31n b b b n ===-． [方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=． 由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知， 数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ． 所以11213(1)11222b a a -==++=+=， 322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-． （2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+， 所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=． 21．(1)3nn a =，1332n n S +-=；因为点()1,n n a a +在直线3y x =上，所以13n na a +=，又13a =， 故数列{n a }是以3为公比，3为首项的等比数列，所以3nn a =，()31313n n S -==-1332n +-. (2)由题可知3n n nb =，记12nn T b b b =+++，所以212333n nnT =+++① ①13⨯，得2311123333n n nT +=+++②①-②，得2111211111132133333233223n n n n n n n n nT ++++⎛⎫=+++-=--=- ⎪⨯⎝⎭，故332443n n n T +=-⨯，又32043nn+>⨯，故34nT <，即证. 22．（1）2n n a =；（2）2n T n =.（1）数列{}n a 的前n 项和22n n S a =-，*n N ∈.2n ≥时，()112222n n n n n a S S a a --=-=---，化为：12n n a a -=，1n =时，1122a a =-，解得12a =.∴数列{}n a 是等比数列，首项为2，公比为2.2n n a ∴=.（2）221log 21n n b a n -==-.因为12n nb b ，∴数列{}n b 是等差数列，首项为1，公差为2，所以21()(1+21)22n n n a a n n T n +-∴===. 23．（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.24．（1）121b =（2）6213n n b -=，*n ∈N 解：（1）因为前六项的和除以3余数为1 所以这6项中包含2个1或5个1，其余均为2，所以这样的数列共有256621C C +=个，故121b =（2）因为1a ，2a ，…，6n a 和6n S 除以3余数为1，所以这6n 项中包含2个1或5个1……或61n -个1，其余均为2，所以2561666n n n n n b C C C -=+++，设6n S 除以3余数为2，0的数列1a ，2a ，…，6n a 的个数构成的数列分别为{}n c ，n d同理，1462666n n n n nc C C C -=+++，036666nn n n n d C C C =+++∵146261642666666n n n n n n n n n n n c C C C C C C b ---=++⋯+=++⋯+=∵66222n nn n n n n b c d d b ++=⇒=-结合（1）猜想6213n n b -=，*n ∈N下面用数学归纳法证明当1n =时，6121213b -==，成立 假设当n k =时，有6213k k b -=，*k ∈N 成立，且6213k k k c b -==，6223k k d += 则当1n k =+时，数列共()66k +项，分两步看，第一步先看前6k 项，前6k 项的和除以3余数为1，2，0的数列的个数分别为k b ，k c ，k d ，第二步看后6项，最后6项的和除以3众数为0，2，1的数列的个数分别为22，21，21∴6666(1)1212122212221212221213333k k k k k k k k b b c d ++--+-=⨯+⨯+⨯=⨯+⨯+⨯=所以当1n k =+时，猜想也成立 综上，6213n n b -=，*n ∈N。