近五年上海高考分类汇编——数列与数学归纳法

6.9数列通项公式的求法例题精讲【例1】例3设{}n a 是首项为1的正项数列，且()011221=+-+++n n n n a a na a n （n =1，2，3，…），则它的通项公式是n a =________．【参考答案】已知等式可化为：[]0)1()(11=-++++n n n n na a n a aΘ0>n a (*N n ∈)∴(n+1)01=-+n n na a , 即11+=+n na a n n ∴2≥n 时，nn a a n n 11-=- ∴112211a a a a a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅=---Λ=121121⋅⋅--⋅-Λn n n n =n 1．【例2】已知数列}{n a 中，,2121,211+==+n n a a a 求通项n a ． 【参考答案】由,21211+=+n n a a 得)1(2111-=-+n n a a ,所以数列}1{-n a 构成以111=-a 为首项，以21为公比的等比数列所以1)21(1-=-n n a ,即 1)21(1+=-n n a ．【例3】已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，11=a ，n n a n S ⋅=2，求数列{}n a 的通项公式． 【参考答案】Θ11=a ，n n a n S ⋅=2，∴当2≥n 时，121)1(--⋅-=n n a n S∴11)1(11221+-=⇒--=-=---n n a a a n a n S S a n n n n n n n ． ∴1122332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----Λ.)1(21314213211+=⋅⋅⋅⋅--⋅-⋅+-=n n n n n n n n Λ【例4】已知数列{}n a 中，n n n a a a 32,111+==+，求数列{}n a 的通项公式． 【参考答案】Θn n n a a 321+=+，∴nn n n n a a )23(2211+=-+，令n n n b a =-12则 n n n b b )23(1=-+，∴112211)()()(b b b b b b b b n n n n n +-++-+-=---Λ123)23()23()23()23(2321++++++=---Λn n n 2)23(2-⨯=n【例5】已知数列{}n a 中，21=a ，)2(1211≥+=--n a a a n n n ，求通项公式n a 。

上海高中高考数学知识点总结高中数学是高考重点科目之一，对于上海高中生来说，掌握数学知识点是取得高分的关键。

以下是上海高中高考数学知识点的详细总结。

一、数与代数1.数的性质和运算：-自然数、整数、有理数、实数、复数的概念、性质和运算法则；-科学记数法、比例、百分数；-绝对值及其性质。

2.代数式与方程式：-代数式与方程式的概念、性质和基本运算法则；-一元一次方程及一元一次不等式；-一元二次方程与一元二次不等式；-二次根式、双曲线函数及其应用。

3.数列与数学归纳法：-等差数列、等比数列及其求和公式；-递推数列的概念与性质。

二、函数与方程1.函数的概念与性质：-函数的定义、定义域、值域、图像与性质；-函数间的运算、复合函数、反函数；-奇偶函数、周期函数、映射函数。

2.一元函数的应用：-函数的最值、函数和方程的应用；-一元函数的模型建立与求解。

3.二元函数与平面几何：-二元函数的概念与性质；-点、线、面的几何性质与解析方法；-平面直角坐标系与空间直角坐标系。

三、三角函数1.三角函数的概念：-正弦函数、余弦函数、正切函数和它们的图像、性质；-三角函数间的基本关系式与诱导公式。

2.三角函数的应用：-三角函数在平面几何和立体几何中的应用；-三角函数的和差化积、倍角公式与积化和差公式。

四、数理统计与概率1.数据的收集与整理：-数据的概念与类型、频数分布；-统计图表的制作与分析。

2.统计量的计算：-平均数、中位数、众数、四分位数、标准差、方差；-累计频率与累计相对频率。

3.概率与统计：-概率的基本概念、性质和运算；-事件与样本空间、频率与古典概型；-条件概率与贝叶斯公式。

五、解析几何与立体几何1.平面解析几何：-平面上的点、直线和圆的方程；-解析几何与平面几何的应用。

2.空间解析几何：-空间直角坐标系、空间点、直线的方程与性质；-空间几何体的相交关系与计算。

六、数学思维与数学方法1.探索与证明：-数学问题的探索、发现与解决方法；-数学思维的培养与运用。

沪教版(上海) 高三年级新高考辅导与训练第四章数列与数学归纳法一、等差数列与等比数列一、解答题(★★★) 1. 已知是等差数列，，前项和为是等比数列，公比满足，前项和为，求．(★★★) 2.等差数列的前项和为．（Ⅰ）求数列的通项与前项和；（Ⅱ）设，求证：数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(★★★) 3.设数列的前项和为已知（I）设，证明数列是等比数列.（II）求数列的通项公式.(★★★) 4. 求和（1）；（2），求；（3），求．(★★★) 5. 求数列的前项和．(★★★) 6. 据下列关系求通项公式：（1），求；（2），求；（3），求．(★★★) 7. 在数列中，．（1）求；（2）求．(★★★★) 8. 设数列的前项和为，已知，且其中为常数．（1）求与的值；（2）证明数列为等差数列；（3）证明不等式对任何正整数都成立．(★★) 9. 在等差数列中，已知，求的值．(★★) 10. 已知数列的前项和为，求数列的前项和．(★★★) 11. 设是公差不为零的等差数列，为其前项和，满足．（1）求数列的通项公式及前项和；（2）试求所有的正整数，使得为数列中的项．(★★★) 12. 已知数列的前 n项和为，，且（ n为正整数）.（1）求数列的通项公式；（2）记…若对任意正整数 n，恒成立，求实数 k的最大值.(★★★) 13. 根据下列条件，求的通项公式：（1）已知，求；（2）已知，求．(★★★) 14. 已知前项和满足下列关系，求．（1）；（2），且，求；（3），求．(★★★) 15. 解答下列各题：（奇表示奇数项和，偶表示偶数项和）（1）是等比数列，，项数为偶数．奇＝85，偶＝170，求；（2）是等差数列，共项，为奇数，，偶，，求通项公式．(★★) 16. 求和：；(★★)17. 为公差为的等差数列，且，求的和（用、表示）.(★★) 18. 求和：．(★★★) 19. 已知数列，求：（1）前项和；（2）通项公式．(★★★) 20. 已知数列{ a n}的前 n项和为 S n，且 S n＝ n﹣5 a n﹣85，n∈N *（1）证明：{ a n﹣1}是等比数列；（2）求数列{ S n}的通项公式．请指出 n为何值时， S n取得最小值，并说明理由？（参考数据15＝﹣14.85）(★★★) 21. 将数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成下表：……记表中的第一列数、、、……构成的数列为，，为数列的前项和，且满足（I）证明数列成等差数列，并求数列的通项公式；（II）上表中，若从第三行起，每一行中的数从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当时，求上表中第行所有项的和(★★★★) 22. 在直角坐标平面上的一列点，简记为．若由构成的数列满足，其中为方向与轴正方向相同的单位向量，则称为点列．（1）判断，是否为点列，并说明理由；（2）若为点列，且点在点的右上方．任取其中连续三点，判断的形状（锐角三角形、直角三角形、钝角三角形），并予以证明；（3）若为点列，正整数，满足，求证：．(★★★)23. (3’+7’+8’)已知以 a 1为首项的数列{ a n}满足： a n＋1＝.（1）当 a 1＝1， c＝1， d＝3时，求数列{ a n}的通项公式；（2）当0＜ a 1＜1， c＝1， d＝3时，试用 a 1表示数列{ a n}的前100项的和S 100；（3）当0＜ a 1＜（m是正整数）， c＝，d≥3m时，求证：数列 a 2－， a 3m+2－， a 6m+2－，a 9m+2－成等比数列当且仅当 d＝3m.(★★★★) 24.已知数列{ a n}和{ b n}满足： a 1= λ， a n+1= 其中λ为实数， n为正整数．（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{ a n}不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{ b n}是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜ a＜ b， S n为数列{ b n}的前 n项和．是否存在实数λ，使得对任意正整数 n，都有 a＜ S n＜ b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．二、填空题(★) 25. 仔细观察数列给出部分的数字，寻找规律，在空白处填上合适的数字．（1）2，3，5，8，__________21；（2）8，_______14，17，20，23；（3）2，4，8，16，_______，64；（4），，，，，_________．(★) 26. 设f（n）＝2+2 4+2 7+2 10+⋅⋅⋅+2 3n+1（n∈N*），则f（n）＝_____．(★★★) 27. 已知等比数列中，则其前3项的和的取值范围是 ________ .(★★★) 28. ，则____________；(★★★) 29. __________；(★★★) 30. __________；(★★) 31. _____________ ．(★★) 32. 在等差数列中，若，则有：（，且）成立.类比上述性质，在等比数列中，若，则有______.(★★) 33. 数列中，且（是正整数），则数列的通项公式．(★★★) 34. 设数列{ }是首项为1的正项数列，且（n+1）,则它的通项公式 ______ .(★★★) 35. 一个有限数列、、、的部分和定义为，其中，称为该有限数列的“凯森和”．已知一个有项的数列、、、的“凯森和”为，则有项的数列、、、、的“凯森和”为_______．三、双空题(★★★) 36. 设平面内有条直线，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用表示这条直线交点的个数，则________；当时，______（用表示）；(★★★) 37. 已知次多项式．如果在一种算法中，计算的值共需要次乘法，计算的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算的值共需要______次运算．下面给出一种减少运算次数的算法：．利用该算法，计算的值共需要6次运算，计算的值共需要______次运算；四、单选题(★★)38. 在等比数列中, ,前项和为,若数列也是等比数列,则等于（）A．B．C．D．(★★★) 39. 设是以为首项，为公差的等差数列，是为首项，为公比的等比数列，记，则中不超过的项的个数为（）A．8B．9C．10D．11(★★★) 40. 已知数列的前项和，其中、是非零常数，则存在数列、使得（）A．，其中为等差数列，为等比数列B．，其中和都为等差数列C．，其中为等差数列，为等比数列D．，其中和都为等比数列(★★★) 41. 等比数列的公比为，则与的大小关系是（）A．B．C．D．不能确定。

数列汇编一、题型一：等差数列及其求和1．（23-24高三下·上海浦东新·期中）设()()101100,10Z m m m m m f x a x a x a x a a m m --=++++≠≥∈ ，，记()()1n n f x f x -'=(1,2,,1)n m =-L ，令有穷数列n b 为()n f x 零点的个数()1,2,,1n m =- ，则有以下两个结论：①存在()0f x ，使得n b 为常数列；②存在()0f x ，使得n b 为公差不为零的等差数列.那么（）A ．①正确，②错误B ．①错误，②正确C ．①②都正确D ．①②都错误2．（2024·上海松江·二模）已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，若35a S =，则使得n n S a <成立的n 的最大值为.3．（2024·上海杨浦·二模）已知实数a 满足：①[0,2π)a ∈；②存在实数,(2π)b c a b c <<<，使得a ，b ，c 是等差数列，cos b ，cos a ，cos c 也是等差数列.则实数a 的取值范围是.4．（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为.5．（2024·上海黄浦·二模）已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m n S S -{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00m n -的值为.6．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知等差数列{}n a 满足1612a a +=，47a =，则3a =.7．（2024·上海崇明·二模）若等差数列{}n a 的首项11a =，前5项和525S =，则5a =．8．（2024·上海虹口·二模）已知等差数列{}n a 满足25a =，9672a a +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 前n 项和为n S ，且221n n n b a a +=-，若432m S >，求正整数m 的最小值.二、题型二：等比数列及其求和9．（2024·上海松江·二模）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，有以下两个命题：①若{}n a 是公差不为零的等差数列且N k ∈，2k ≥，则12210k S S S -⋅= 是120k a a a ⋅= 的必要非充分条件；②若{}n a 是等比数列且N k ∈，2k ≥，则120k S S S ⋅= 的充要条件是10k k a a ++=.那么（）A ．①是真命题，②是假命题B ．①是假命题，①是真命题C ．①、②都是真命题D ．①、②都是假命题10．（2024·上海普陀·二模）设n S 是数列{}n a 的前n 项和(1,N)n n ≥∈，若数列{}n a 满足：对任意的2n ≥，存在大于1的整数m ，使得()()10m n m n S a S a +--<成立，则称数列{}n a 是“G 数列”.现给出如下两个结论：①存在等差数列{}n a 是“G 数列”；②任意等比数列{}n a 都不是“G 数列”.则（）A ．①成立②成立B ．①成立②不成立C ．①不成立②成立D ．①不成立②不成立11．（2024·上海青浦·二模）设n S 是首项为1a ，公比为q 的等比数列{}n a 的前n 项和，且202320252024S S S <<，则（）．A ．10a >B ．0q >C ．1n S a ≤D ．n S q<12．（2024·上海长宁·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若存在非零常数c ，使得对任意正整数n ，都有n a c =+，则称数列{}n a 具有性质p ：①存在等差数列{}n a 具有性质p ；②不存在等比数列{}n a 具有性质p ；对于以上两个命题，下列判断正确的是（）A ．①真②真B ．①真②假C ．①假②真D ．①假②假13．（2024·上海普陀·二模）设等比数列{}n a 的公比为(1,N)q n n ≥∈，则“212a ，4a ，32a 成等差数列”的一个充分非必要条件是.14．（2024·上海普陀·二模）设k ，m ，n 是正整数，n S 是数列{}n a 的前n 项和，12a =，11n n S a +=+，若()11ki i i m t S ==-∑，且{0,1}i t ∈，记12()k f m t t t =+++ ，则(2024)f =.15．（2024·上海徐汇·二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若3122n n S a =-（n 是正整数），则5a =.16．（2024·上海杨浦·二模）各项为正的等比数列{}n a 满足：12a =，2312a a +=，则通项公式为n a =.17．（2024·上海静安·二模）已知等比数列的前n 项和为12nn S a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则a 的值为．18．（2024·上海金山·二模）设公比为2的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若202420226S S -=，则2024a =．19．（2024·上海奉贤·二模）已知{}n a 是公差d =2的等差数列，其前5项和为15，{}n b 是公比q 为实数的等比数列，11b =，426b b -=．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设()221,na n n cb n n =+≥∈N ，计算1ni i c =∑．三、题型三：数列极限及新定义问题20．（2024·上海虹口·二模）已知等比数列{}n a 是严格减数列，其前n 项和为12,n S a =，若123,2,3a a a 成等差数列，则lim n n S →∞=.21．（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题22．（2024·上海徐汇·二模）已知各项均不为0的数列{}n a 满足2211n n n n n a a a a a +++=+（n 是正整数），121a a ==，定义函数11()1(0)!nkn k y f x x x k ===+≥∑，e 是自然对数的底数.(1)求证：数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记函数()n y g x =，其中()1e ()x n n g x f x -=-.（i ）证明：对任意0x ≥，3430()()()≤≤-g x f x f x ；（ii ）数列{}n b 满足12n n nb a -=，设n T 为数列{}n b 的前n 项和.数列{}n T 的极限的严格定义为：若存在一个常数T ，使得对任意给定的正实数u （不论它多么小），总存在正整数m 满足：当n m ≥时，恒有n T T u -<成立，则称T 为数列{}n T 的极限.试根据以上定义求出数列{}n T 的极限T .23．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列{}n a 满足：存在正整数T ，使得n T n a a +=对一切正整数n 成立，则称{}n a 是周期为T 的周期数列．(1)若ππsin 3n n a m ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（其中正整数m 为常数，N,1n n ∈≥），判断数列{}n a 是否为周期数列，并说明理由；(2)若1sin (N,1)n n n a a a n n +=+∈≥，判断数列{}n a 是否为周期数列，并说明理由；(3)设{}n b 是无穷数列，已知1sin (N,1)n n n a b a n n +=+∈≥．求证：“存在1a ，使得{}n a 是周期数列”的充要条件是“{}n b 是周期数列”．24．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知函数()y f x =及其导函数()y f x '=的定义域均为D .设0x D ∈，曲线()y f x =在点()()00,x f x 处的切线交x 轴于点()1,0x .当1n ≥时，设曲线()y f x =在点()(),n n x f x 处的切线交x 轴于点()1,0n x +.依此类推，称得到的数列{}n x 为函数()y f x =关于0x 的“N 数列”.(1)若()ln f x x =，{}n x 是函数()y f x =关于01ex =的“N 数列”，求1x 的值；(2)若()24f x x =-，{}n x 是函数()y f x =关于03x =的“N 数列”，记32log 2n n n x a x +=-，证明：{}n a 是等比数列，并求出其公比；(3)若()2xf x a x =+，则对任意给定的非零实数a ，是否存在00x ≠，使得函数()y f x =关于0x 的“N 数列”{}n x 为周期数列？若存在，求出所有满足条件的0x ；若不存在，请说明理由.参考答案一、题型一：等差数列及其求和1．（23-24高三下·上海浦东新·期中）设()()101100,10Z m m m m m f x a x a x a x a a m m --=++++≠≥∈ ，，记()()1n n f x f x -'=(1,2,,1)n m =-L ，令有穷数列n b 为()n f x 零点的个数()1,2,,1n m =- ，则有以下两个结论：①存在()0f x ，使得n b 为常数列；②存在()0f x ，使得n b 为公差不为零的等差数列.那么（）A ．①正确，②错误B ．①错误，②正确C ．①②都正确D ．①②都错误【答案】C【分析】对于①，列举()0mf x x =验证，对于②，列举()()()()012f x x x x m =--- 验证.【详解】当()0mf x x =时，()()110m f x f x mx '-==，此时11b =，()()()2211m f x f x m m x '-==-，此时21b =，⋯()()()()12122m m f x f x m m m x '--==--⨯⨯ ，此时11m b -=，故存在()0f x ，使n b 为常数列；①正确；设()()()()012f x x x x m =--- ，则()0f x 有m 个零点1,2,3,,m ，则()1f x 在()()()1,2,2,3,,1,m m - 的每个区间内各至少一个零点，故()1f x 至少有1m -个零点，因为是一个1m -次函数，故最多有1m -个零点，因此()1f x 有且仅有1m -个零点，同理，()2f x 有且仅有2m -个零点，L ，()k f x 有且仅有m k -个零点，故n b m n =-，所以{}n b 是公差为1-的等差数列，故②正确.故选：C.2．（2024·上海松江·二模）已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，若35a S =，则使得n n S a <成立的n 的最大值为.【答案】53．（2024·上海杨浦·二模）已知实数a 满足：①[0,2π)a ∈；②存在实数,(2π)b c a b c <<<，使得a ，b ，c 是等差数列，cos b ，cos a ，cos c 也是等差数列.则实数a 的取值范围是.4．（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为.【答案】134【分析】由题设信息，第一层有m根，共有n层，利用等差数列前n项和公式列出关系式，再借助整除的思想分析计算得解.【详解】设第一层有m根，共有n层，则(1)20242nn nS nm-=+=，4(21)404821123n m n+-==⨯⨯，显然n和21m n+-中一个奇数一个偶数，则1121368nm n=⎧⎨+-=⎩或1621253nm n=⎧⎨+-=⎩或23176nm=⎧⎨=⎩，即11179nm=⎧⎨=⎩或16119nm=⎧⎨=⎩或2377nm=⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53厘米，当11179nm=⎧⎨=⎩时，10531096.6h=⨯+≈厘米150<厘米，此时最下层有189根；当16119nm=⎧⎨=⎩时，155310139.9h=⨯+≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377nm=⎧⎨=⎩时，225310200.52150h=⨯+≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根.故答案为：1345．（2024·上海黄浦·二模）已知数列{}n a是给定的等差数列，其前n项和为n S，若9100a a<，且当m m=与0n n=时，m nS S-{}()*,|30,m n x x x∈≤∈N取得最大值，则00m n-的值为.【答案】21【分析】不妨设数列{}n a的公差大于零，不妨取m n>，则1mm n ii nS S a=+-=∑，设3030910iik S S a==-=∑，再分9,30n m>=和9,30n m<=两种情况讨论，可得出n的值，再讨论30m<，即可求出0m，即可得解.【详解】不妨设数列{}n a的公差大于零，6．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知等差数列{}n a 满足1612a a +=，47a =，则3a =.【答案】5【分析】由等差数列的性质可得.【详解】因为{}n a 是等差数列，所以1634a a a a +=+，则有3127a =+，解得35a =.故答案为：5.7．（2024·上海崇明·二模）若等差数列{}n a 的首项11a =，前5项和525S =，则5a =．【答案】9【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式，列出方程，即可求解.【详解】因为等差数列{}n a 的首项11a =，前5项和525S =，由等差数列的求和公式，可得15555()5(1)2522a a a S ⨯+⨯+===，解得59a =.故答案为：9.8．（2024·上海虹口·二模）已知等差数列{}n a 满足25a =，9672a a +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 前n 项和为n S ，且221n n n b a a +=-，若432m S >，求正整数m 的最小值.【答案】(1)21n a n =+(2)10【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意根据等差数列通项公式得到关于1a 、d 的方程组，解得即可求出通项公式；（2）由（1）可得22188n n n b a a n +=-=+，利用等差数列求和公式求出n S ，再解不等式即可.【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则1115872(5)a d a d a d +=⎧⎨++=+⎩，解得132a d =⎧⎨=⎩，故1(1)21n a a n d n =+-=+；（2）由（1）可得123n a n +=+，则22221(23)(21)88n n n b a a n n n +=-=+-+=+，所以18(2)n n b b n --=≥，则数列{}n b 是以116b =为首项，8为公差的等差数列，故()216884122n n n S n n++==+，因为432m S >，所以2412432m m +>，所以4(12)(9)0m m +->，所以9m >或12m <-，因为N*m ∈，所以9m >，所以m 的最小值是10．二、题型二：等比数列及其求和9．（2024·上海松江·二模）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，有以下两个命题：①若{}n a 是公差不为零的等差数列且N k ∈，2k ≥，则12210k S S S -⋅= 是120k a a a ⋅= 的必要非充分条件；②若{}n a 是等比数列且N k ∈，2k ≥，则120k S S S ⋅= 的充要条件是10k k a a ++=.那么（）A ．①是真命题，②是假命题B ．①是假命题，①是真命题C ．①、②都是真命题D ．①、②都是假命题分析得解.10．（2024·上海普陀·二模）设n S 是数列{}n a 的前n 项和(1,N)n n ≥∈，若数列{}n a 满足：对任意的2n ≥，存在大于1的整数m ，使得()()10m n m n S a S a +--<成立，则称数列{}n a 是“G 数列”.现给出如下两个结论：①存在等差数列{}n a 是“G 数列”；②任意等比数列{}n a 都不是“G 数列”.则（）A ．①成立②成立B ．①成立②不成立C ．①不成立②成立D ．①不成立②不成立【答案】D【分析】由题意可得任意的n ≥2，存在大于1的整数m ，使得1n m n a S a +<<，对命题①，分公差0d >或0d <两种情况讨论可判断结论，对于②，举例如2n n a =，可判断结论.【详解】由“G 数列”的定义，对任意的n ≥2，存在大于1的整数m ，使得1()()0m n m n S a S a +--<，成立，则对任意的n ≥2，存在大于1的整数m ，使得1n m n a S a +<<，对于命题①不成立，理由如下：假设存在11n m n m a S a S ++<<<< ，当0d >时，总存在2k a d >，由于对任意正整数n ，有1n n a a d +-=，所以总存在正整数k ，使得1k S -与1S 2k k S d -->，所以不会存在112n k n k n a S a S a -++<<<<，当0d <时，总存在2k a d <，由于对任意正整数n ，有1n n a a d +-=，所以总存在正整数k ，使得1k S -与1S 2k k S d --<，所以不会存在112n k n k n a S a S a -++<<<<，对于命题②不成立，理由如下：举例说明：如2n n a =，有122n n S +=-，因为1n m n a S a +<<，所以112222n m n ++<-<，可以取m n =，就可以保证不等式成立，综上所述：①不成立，②不成立.故选：D.【点睛】考查新定义题型，考查转化思想与阅读理解能力，以及分类讨论思想的应用.11．（2024·上海青浦·二模）设n S 是首项为1a ，公比为q 的等比数列{}n a 的前n 项和，且202320252024S S S <<，则（）．A ．10a >B ．0q >C ．1n S a ≤D ．n S q<12．（2024·上海长宁·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若存在非零常数c ，使得对任意正整数n ，都有n a c =+，则称数列{}n a 具有性质p ：①存在等差数列{}n a 具有性质p ；②不存在等比数列{}n a 具有性质p ；对于以上两个命题，下列判断正确的是（）A ．①真②真B ．①真②假C ．①假②真D ．①假②假【答案】B【分析】直接构造21n a n =-和()11n n a -=-，说明存在等差数列{}n a 具有性质p ，且存在等比数列{}n a 具有性质p ，从而得到①真②假.【详解】一方面，对21n a n =-，知{}n a 是等差数列.而()211212n S n n n =⋅+-=，令1c =就有22211n n S n n a c ==-+=+，所以{}n a 具有性质p ，这表明存在等差数列{}n a 具有性质p ；另一方面，对()11n n a -=-，知{}n a 是等比数列.当n 为奇数时，1n a =；n 为偶数时，1n a =-.故当n 为奇数时，1n S =；n 为偶数时，0n S =.故当n 为奇数时，22111n n S a ==+=+；n 为偶数时，20111n n S a ==-+=+.这表明21n n S a =+恒成立，再令1c =就有2n n S a c =+，所以{}n a 具有性质p ，这表明存在等比数列{}n a 具有性质p .综上，①正确，②错误，故B 正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：构造21n a n =-和()11n n a -=-作为例子，直接判断命题的真假，是判断选项正确性的简单有效的方法.13．（2024·上海普陀·二模）设等比数列{}n a 的公比为(1,N)q n n ≥∈，则“212a ，4a ，32a 成等差数列”的一个充分非必要条件是.【答案】3q =（或2q =-,答案不唯一）【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．【详解】212a ，4a ，32a 成等差数列，则4232122a a a =+，即26q q =+，解得3q =或2q =-，故“212a ，4a ，32a 成等差数列”的一个充分非必要条件是3q =（或2)q =-．故答案为：3q =（或2q =-,答案不唯一）14．（2024·上海普陀·二模）设k ，m ，n 是正整数，n S 是数列{}n a 的前n 项和，12a =，11n n S a +=+，若()11ki i i m t S ==-∑，且{0,1}i t ∈，记12()k f m t t t =+++ ，则(2024)f =.【答案】7【分析】根据数列递推式求出{}n a 的通项，从而可得i S ，进而可得m ，根据12()k f m t t t =+++ ，即可求出(2024)f ．15．（2024·上海徐汇·二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若22n n S a =-（n 是正整数），则5a =.16．（2024·上海杨浦·二模）各项为正的等比数列{}n a 满足：12a =，2312a a +=，则通项公式为n a =.【答案】2n【分析】利用给定条件，求出等比数列{}n a 的公比，再写出通项公式.【详解】设正项等比数列{}n a 的公比为,0q q >，由12a =，2312a a +=，得21112a q a q +=，则260q q +-=，解得2q =，所以112n nn a a q -==.故答案为：2n17．（2024·上海静安·二模）已知等比数列的前n 项和为12nn S a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则a 的值为．【答案】1-【分析】根据题意，分别求得112a a =+，214a =-，318a =-，结合2213a a a =，列出方程，即可求解.【详解】由等比数列的前n 项和为12nn S a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，可得1112a S a ==+，22111()2414a S a S a ==+-=--+，33211()4818a S a S a ==+-=--+，所以2111()()()428a -=+⨯-，解得1a =-，经检验符合题意.故答案为：1-.18．（2024·上海金山·二模）设公比为2的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若202420226S S -=，则2024a =．【答案】4【分析】根据等比数列的通项公式及前n 项和的概念计算即可得解.【详解】因为20242022202420232023(1)6S S a a a q -=+=⋅+=，所以20232a =，故20242023224a a q =⋅=⨯=.故答案为：419．（2024·上海奉贤·二模）已知{}n a 是公差d =2的等差数列，其前5项和为15，{}n b 是公比q 为实数的等比数列，11b =，426b b -=．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设()221,na n n cb n n =+≥∈N ，计算ni c ∑．【答案】(1)23n a n =-，12n n b -=；(2)()5416n-．三、题型三：数列极限及新定义问题20．（2024·上海虹口·二模）已知等比数列{}na 是严格减数列，其前n 项和为12,n S a =，若123,2,3a a a 成等差数列，则lim n n S →∞=.21．（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【分析】根据题意，结合“T 数列”的定义，举出实例说明①②，即可得出答案.【详解】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n -=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列，当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S -=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =-，则()()112n a a n d n d =+-=-，则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤-+-+-⎣⎦===，因为21n -≥-且2Z n -∈，()2313912228n n n -⎛⎫=--≥- ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n -∈∈，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”，故命题②正确；故选：A.22．（2024·上海徐汇·二模）已知各项均不为0的数列{}n a 满足2211n n n n n a a a a a +++=+（n 是正整数），121a a ==，定义函数11()1(0)!nkn k y f x x x k ===+≥∑，e 是自然对数的底数.(1)求证：数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记函数()n y g x =，其中()1e ()x n n g x f x -=-.（i ）证明：对任意0x ≥，3430()()()≤≤-g x f x f x ；（ii ）数列{}n b 满足12n n nb a -=，设n T 为数列{}n b 的前n 项和.数列{}n T 的极限的严格定义为：若存在一个常数T ，使得对任意给定的正实数u （不论它多么小），总存在正整数m 满足：当n m ≥时，恒有n T T u -<成立，则称T 为数列{}n T 的极限.试根据以上定义求出数列{}n T 的极限T .再证：343()()()≤-g x f x f x .又434()()4!-=f x f x x ，记334()()4!=-g x h x x ，则()()3333!''=-x h x g x ()3e 13!x x -=-，由0,e 10x x -≥-≤，故()30h x '≤且仅当0x =时等号成立，于是()3h x 在[)0,+∞上是严格减函数，故()()3300h x h ≤=，于是()4304!≤≤x g x ，证毕.（ii ）由题意知，()2112221(2)1!2!1!--=++++=- n n n f T n ，下面研究()n y f x =.将（i ）推广至一般情形.()111111e !1!n n k k k k xn g x x x k k -=-=⎡⎤⎛⎫'=-⎥⎛+⎢ ⎪⎝⎭⎭⎣ ⎝⎦⎫+⎪∑∑e !n x x n -=，由()*0,N ,e 0,!nxn x x n g x n -'≥∈=≥当且仅当0x =时等号成立，于是()n g x 在[)0,+∞上是严格增函数，故()()00n n g x g ≥=成立.①再证：1()()()n n n g x f x f x +≤-.()11()(1)!n n n f x f x x n ++-=+，记()1!()()1n n n h x g x x n ++=-，则()()!n n n x h x g x n ''=-()1!nx xe n -=-，由*0,N ,e 10x x n -≥∈-≤，故()0nh x '≤当且仅当0x =时等号成立，于是()n h x 在[)0,+∞上是严格减函数，故()()00n n h x h ≤=，于是()()101!n n x g x n +≤≤+，所以，()1101!11e (1)!n nxk k x x k n -+=≤-+≤+∑，即对任意0x ≥，10()()()n n n g x f x f x +≤≤-.于是对2n ≥，110()()()≤≤---n n n g x f x f x ，整理得1(0e e !)-≤-≤n n xxf x x n ，令2x =，得12(2)20e e !-≤-≤n x n n f ，即22e 20e !n n T n ⋅≤-≤，故22e 2e !n n T n ⋅-≤.（方法一）当6n ≥时，(1)(2)5416n n --≥⨯>故44222[1(2)(1)][23(3)](1)!n n n n n n -=⨯<⋅-⋅-⋅⨯⨯⨯-=-…即2(1)!n n <-，23．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列{}n a 满足：存在正整数T ，使得n T n a a +=对一切正整数n 成立，则称{}n a 是周期为T 的周期数列．(1)若ππsin 3n n a m ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（其中正整数m 为常数，N,1n n ∈≥），判断数列{}n a 是否为周期数列，并说明理由；(2)若1sin (N,1)n n n a a a n n +=+∈≥，判断数列{}n a 是否为周期数列，并说明理由；(3)设{}n b 是无穷数列，已知1sin (N,1)n n n a b a n n +=+∈≥．求证：“存在1a ，使得{}n a 是周期数列”的充要条件是“{}n b 是周期数列”．【答案】(1){}n a 是周期为2m 的周期数列，理由见解析(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题设定义，利用sin y x =的周期，即可得出结果；（2）分()1πZ a k k =∈与()1πa k k Z ≠∈两种情况讨论，当()1πZ a k k =∈，易得到{}n a 是周期为1的周期数列，当()1πZ a k k ≠∈时，构造()sin f x x x =+，则1()n n a f a +=，利用导数与函数单调性间的关系，可得出{}n a是严格增（或减）数列，从而可得出结果；（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果.【详解】（1）因为2ππππππsin (2)sin 2πsin 333n m n n n a n m a mm m +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=++=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以{}n a 是周期为2m 的周期数列．（2）①当12a a =时，1sin 0a =，()1πZ a k k =∈，所以当()1πZ a k k =∈时，{}n a 是周期为1的周期数列，②当()1πZ a k k ≠∈时，记()sin f x x x =+，则1()n n a f a +=，()1cos 0f x x '=+≥，当且仅当()()1121πZ x k k =+∈时等号成立，即()1cos 0f x x =+>'，所以()f x 在R 上严格增，若12a a <，则12()()f a f a <，即23a a <，进而可得1234a a a a <<<< ，即{}n a 是严格增数列，不是周期数列；同理，若12a a >，可得{}n a 是严格减数列，不是周期数列．综上，当1π()a k k =∈Z 时，{}n a 是周期为1的周期数列；当1π()a k k ≠∈Z 时，{}n a 不是周期数列．（3）必要性：若存在1a ，使得{}n a 是周期数列，设{}n a 的周期为0T ，则00011sin sin n T n T n T n n n b a a a a b +++++=-=-=，所以{}n b 是周期为0T 的周期数列，充分性：若{}n b 是周期数列，设它的周期为T ，记1a x =，则10()a f x x==211()sin a f x b x ==+，是关于x 的连续函数；3221()sin ()a f x b f x ==+，是关于x 的连续函数；…1()T T a f x -=，是关于x 的连续函数；11sin ()T T T a b f x +-=+，令1()sin ()T T g x x b f x -=--，则()g x 是连续函数，且1(2)2sin ()0T T g b f x -+=->，1(2)2sin ()0T T g b f x --=--<，所以()g x 存在零点c ，于是1sin ()0T T c b f c ---=，取1a c =，则111sin ()T T T a b f c c a +-=+==，从而211112sin sin T T T a b a b a a +++=+=+=，322223sin sin T T T a b a b a a +++=+=+=，……一般地，n T n a a +=对任何正整数n 都成立，即{}n a 是周期为T 的周期数列．（说明：关于函数连续性的说明不作要求）【点睛】方法点晴：对于数列的新定义问题，解决问题的关键在于准确理解定义，并结合定义进行判断或转化条件.24．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知函数()y f x =及其导函数()y f x '=的定义域均为D .设0x D ∈，曲线()y f x =在点()()00,x f x 处的切线交x 轴于点()1,0x .当1n ≥时，设曲线()y f x =在点()(),n n x f x 处的切线交x 轴于点()1,0n x +.依此类推，称得到的数列{}n x 为函数()y f x =关于0x 的“N 数列”.(1)若()ln f x x =，{}n x 是函数()y f x =关于01ex =的“N 数列”，求1x 的值；(2)若()24f x x =-，{}n x 是函数()y f x =关于03x =的“N 数列”，记32log 2n n n x a x +=-，证明：{}n a 是等比数列，并求出其公比；(3)若()2x f x a x=+，则对任意给定的非零实数a ，是否存在00x ≠，使得函数()y f x =关于0x 的“N 数列”{}n x 为周期数列？若存在，求出所有满足条件的0x ；若不存在，请说明理由.求出函数的单调区间，进而可得出结论.【详解】（1）由()ln f x x =，得()1f x x'=，因为01ex =，则()()001,e f x f x -'==，所以曲线()y f x =在点()()00,x f x 的切线方程为()11e e y x ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭，令0y =，则2ex =，所以12ex =；（2）由()24f x x =-，得()2f x x '=，于是曲线()y f x =在点()(),n n x f x 处的切线方程为()()242n n n y x x x x --=-，令0y =，则2142n n nx x x x ++==，由题意得到2113332142222log log 2log 242222n n n n n n n n n nx x x x a a x x x x +++++++====+---，所以12n n a a +=，又因为0113333102232log 2log 2log 2log 52232x x a x x +++====---，所以数列{}n a 是以32log 5为首项，2为公比的等比数列；（3）由()2x f x a x =+，得()()222a x f x a x -'=+，所以曲线()y f x =在点()(),n n x f x 处的切线方程为()()2222n n n n n x a x y x x a x a x --=-++，令0y =，则3122n n n x x x x a+==-，设特征函数为()322x g x x a =-，则()()()()224222222326x x a x ax g x x a x a -'-==--，情况1：当a<0时，则()(),,x a a ∞∞∈---⋃-+，此时()()()2222230x x a g x x a --'=≥，所以函数()g x 在定义域内为增函数，情况2：当0a >时，x 令()0g x '>，得3x >令()0g x '<，得3a -所以不可能为0，所以数列不可能为周期数列；若k 为奇数，()()121ki j j k k k i j x x x x x x +--==+++++∑ 中，每一个括号内的式子都与k x 是同号的，所以不可能为0，所以数列不可能为周期数列；当()(),,,,33n a a x a a a a ∞∞⎛⎫⎛⎫∈--⋃--⋃⋃+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，1n n x x +>，可得得到起初1,n n x x +是正负交替，但是以后会一直为正或负，所以不能成周期数列，故当0a >时，有13a x =±满足条件，使得数列成周期为2的周期数列，此时03a x =±，综上所述，存在03a x =±满足题意.【点睛】方法点睛：等比数列的两种判定方法：（1）定义法：1n na q a +=（常数）()N n *∈⇔数列{}n a 为等比数列；（2）等差中项法：()212N n n n a a a n *++=⋅∈⇔数列{}n a 为等比数列.。

上海高三数列知识点总结数列作为高中数学中的重要内容之一，一直以来都是考试中的热门考点。

上海高三的学生们需要对数列知识点进行全面的总结和掌握，以应对考试的挑战。

本文将对上海高三数列知识点进行详细总结，帮助学生们系统地学习和理解这一部分内容。

一、等差数列等差数列是指数列中的相邻两项之间的差值保持不变。

其通项公式为An = A1 + (n-1)d，其中An为第n项，A1为首项，d为公差。

对于等差数列，我们需要掌握以下几个重要的知识点：1. 公差的计算：可以通过已知的两项来计算等差数列的公差，公式为d = A(n+1) - An。

2. 前n项和的计算：等差数列的前n项和可以通过公式S(n) = (n/2)(A1 + An)来计算，其中S(n)表示前n项和。

3. 判断数列是否为等差数列：对于给定的数列，可以通过计算相邻两项的差值是否相等来判断是否为等差数列。

二、等比数列等比数列是指数列中的相邻两项之间的比值保持不变。

其通项公式为An = A1 * r^(n-1)，其中An为第n项，A1为首项，r为公比。

对于等比数列，我们需要掌握以下几个重要的知识点：1. 公比的计算：可以通过已知的两项来计算等比数列的公比，公式为r = An / A(n-1)。

2. 前n项和的计算：等比数列的前n项和可以通过公式S(n) = A1 * (1 - r^n) / (1 - r)来计算，其中S(n)表示前n项和。

3. 判断数列是否为等比数列：对于给定的数列，可以通过计算相邻两项的比值是否相等来判断是否为等比数列。

三、数列的性质除了掌握等差数列和等比数列的相关知识点外，还需要了解数列的一些重要性质，以深入理解数列的内涵。

以下是数列的常见性质：1. 单调性：数列可以是递增的（严格递增或非严格递增），也可以是递减的（严格递减或非严格递减）。

2. 有界性：数列可以是有上界的（存在上确界）或有下界的（存在下确界），也可以是无界的。

3. 奇偶性：数列中的项可以具有奇偶性，即可以是奇数项或偶数项。

上海高三数学知识点汇总在上海的高三学生中，数学是一门重要的学科，占据着高中阶段学业的重要部分。

为了帮助广大高三学生更好地复习，下面将对上海高三数学的知识点进行汇总和总结，以便学生们更好地掌握和回顾。

1. 数列与数列的通项公式：- 等差数列：数列中的每个数与它的前一个数的差相等。

通项公式为：An = A1 + (n-1)d。

- 等比数列：数列中的每个数与它的前一个数的比相等。

通项公式为：An = A1 * r^(n-1)。

- 斐波那契数列：数列中的每个数都是前两个数之和。

通项公式为：An = An-1 + An-2。

2. 函数与方程：- 一次函数：y = kx + b，其中k和b分别代表斜率和截距。

- 二次函数：y = ax^2 + bx + c，其中a、b、c分别代表二次项系数、一次项系数和常数项。

- 指数函数：y = a^x，其中a为底数，x为指数。

- 对数函数：y = loga(x)，其中a为底数，x为真数。

- 一元二次方程：ax^2 + bx + c = 0，其中a、b、c为已知常数，求解x的值。

3. 三角函数：- 正弦函数：sin(x) = 对边/斜边。

- 余弦函数：cos(x) = 临边/斜边。

- 正切函数：tan(x) = 对边/临边。

- 余切函数：cot(x) = 临边/对边。

- 正割函数：sec(x) = 斜边/临边。

- 余割函数：csc(x) = 斜边/对边。

4. 几何知识点：- 直线与平面的关系：直线可以与平面相交、平行或位于平面内部。

- 平行线与垂直线：两线平行的条件为斜率相等，两线垂直的条件为斜率的乘积为-1。

- 三角形分类：根据边长和角度大小，可以将三角形分类为等边三角形、等腰三角形、直角三角形等。

- 同位角与内错角：同位角是指两条直线被一条直线相交所形成的一对内错角。

以上仅为上海高三数学知识点的汇总，仍然包含了大量的内容。

高三学生们可以结合自己的学习情况，有针对性地进行复习和巩固。

一．基础题组1. 【上海市黄浦区2014届高三上学期期末考试（即一模）数学（理）试题】已知数列{}n a 是公差为2的等差数列，若6a 是7a 和8a 的等比中项，则n a =________.2. 【上海市嘉定区2014届高三上学期期末质量调研（一模）数学（理）试卷】已知数列}{n a 的前n 项和2n S n =（*N ∈n ），则8a 的值是__________．3. 【上海市嘉定区2014届高三上学期期末质量调研（一模）数学（理）试卷】若nn r r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→12lim 存在，则实数r 的取值范围是_____________．4. 【虹口区2013学年度第一学期高三年级数学学科期终教学质量监控测试题】在n n n C B A ∆中，记角n A 、n B 、n C 所对的边分别为n a 、n b 、n c ，且这三角形的三边长是公差为1的等差数列，若最小边1+=n a n ，则=∞→n n C lim （ ）．.A 2π .B 3π .C 4π .D 6π5. 【上海市浦东新区2013—2014学年度第一学期期末质量抽测高三数学试卷（理卷）】221lim 2n n n n→∞+=-___________.6. 【上海市普陀区2014届高三上学期12月质量调研数学（理）试题】若圆1)1(22=-+y x 的圆心到直线:n l 0=+ny x （*N n ∈）的距离为n d ，则=∞→n n d lim .【答案】1 【解析】试题分析：圆心为(0,1)，21nd n =+，22limlim1111n n n n→∞→∞==++． 考点：点到直线距离公式，极限．7.【2013学年第一学期十二校联考高三数学（理）考试试卷】计算：2(1)(13)lim(2)(1)n n n n n n →∞+-=-++________．8. 【上海市浦东新区2013—2014学年度第一学期期末质量抽测高三数学试卷（理卷）】已知数列{}n a 中，11a =，*13,(2,)n n a a n n N -=+≥∈，则n a =___________.9. 【2013学年第一学期十二校联考高三数学（理）考试试卷】设正项数列}{n a 的前n 项和是n S ,若}{n a 和}{n S 都是等差数列,且公差相等,则1a =_______________. 【答案】14【解析】试题分析：等差数列}{n a 的公差为d ，则21()22n d dS n a n =+-，21()22n d dS n a n =+-，数列}{n S 是等差数列，则n S 是关于n 的一次函数（或者是常函数），则102da -=，2n d S n =，从而数列}{n S 的公差是2d ，那么有2d d =，0d =（舍去）或12d =，114a =． 考点：等差数列的通项公式．10. 【上海市十三校2013年高三调研考数学试卷（理科）】计算：2211lim[()]12n n n n n →+∞--++=_________．11. 【上海市十三校2013年高三调研考数学试卷（理科）】设正数数列{}n a 的前n 项和是n S ,若{}n a 和{n S }都是等差数列,且公差相等,则=+d a 1__ _.12. 【2013学年第一学期徐汇区学习能力诊断卷高三年级数学学科（理科）】计算：210lim323xnn→∞++=.【答案】23【解析】试题分析：这属于“∞∞”型极限问题，求极限的方法是分子分母同时除以n（n的最高次幂），化为一般可求极限型，即210lim323xnn→∞++1022lim2333nnn→∞+==+．考点：“∞∞”型极限13.【2013学年第一学期徐汇区学习能力诊断卷高三年级数学学科（理科）】如果()1111112312nf nn n=++++++++L L(*n N∈)那么()()1f k f k+-共有项.14.【上海市杨浦区2013—2014学年度第一学期高三年级学业质量调研数学试卷（理科）】计算：=+∞→133limnnn．15.【上海市长宁区2013—2014第一学期高三教学质量检测数学试卷（理科）】已知数列{}{}n n b a ,都是公差为1的等差数列,其首项分别为11,b a ,且,511=+b a,,11N b a ∈设),(N n a c n b n ∈=则数列{}n c 的前10项和等于______.【答案】85 【解析】试题分析：数列{}n c 到底是什么暂时不知，因此我们试着把其前10项的和10S 表示出来，1210b b S a a =++L10b a +11121[(1)][(1)][(1)]n a b a b a b =+-++-+++-L 1121010()10a b b b =++++-L =111091010102a b ⨯++-1110()451085a b =++-=. 考点：等差数列的通项公式与前n 和公式.二．能力题组1. 【上海市黄浦区2014届高三上学期期末考试（即一模）数学（理）试题】已知数列{}na 满足()()*+∈=-+N n n a a n nn ,11，则数列{}na 的前2016项的和2016S 的值是___________．可行，由此我们可得2016S =12344342414()()k k k k a a a a a a a a ---+++++++++L L 20132014(a a ++2015a + 2016)a +(222)(226)(22(42))(222014)k =+⨯++⨯+++⨯-+++⨯L L 25044(13=⨯+⨯++5+L 1007)+=1017072．考点：分组求和．2. 【上海市嘉定区2014届高三上学期期末质量调研（一模）数学（理）试卷】某种平面分形图如下图所示，一级分形图是一个边长为1的等边三角形（图（1））；二级分形图是将一级分形图的每条线段三等分，并以中间的那一条线段为一底边向形外作等边三角形，然后去掉底边（图（2））；将二级分形图的每条线段三等边，重复上述的作图方法，得到三级分形图（图（3））；…；重复上述作图方法，依次得到四级、五级、…、n 级分形图．则n 级分形图的周长为__________．3. 【虹口区2013学年度第一学期高三年级数学学科期终教学质量监控测试题】已知函数2sin)(2πn n n f =，且)1()(++=n f n f a n ，则=++++2014321a a a a Λ ． 【答案】4032- 【解析】试题分析：考虑到sin2n π是呈周期性的数列，依次取值1,0,1,0,-L ，故在122014a a a +++L 时要分组求和，又由n a 的定义，知1352013a a a a ++++L (1)(2)(3)(4)(2013)(2014)f f f f f f =++++++L2222221357200920112013=-+-++-+L 1(53)(53)(97)(97)=+-++-++L (20132011)+-⋅(20132011)+12(357920112013)=+++++++L 110062016=+⨯，242014a a a +++L(2)(3)(4)f f f =+++(5)(2014)(2015)f f f +++L 22223520132015=-+++-L 22(352013)2015=+++-L 2100620062015=⨯-，从而122014a a a +++L 1210062016=+⨯⨯图（1）图（2）图（3）……22015-4032=-．考点：周期数列，分组求和．4. 【虹口区2013学年度第一学期高三年级数学学科期终教学质量监控测试题】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且1a 与5a 的等比中项为2，则42a a +的最小值等于 ．5. 【上海市长宁区2013—2014第一学期高三教学质量检测数学试卷（理科）】数列{}n a 满足*,5221...2121221N n n a a a n n ∈+=+++，则=n a .6. 【上海市浦东新区2013—2014学年度第一学期期末质量抽测高三数学试卷（理卷）】已知函数,1)(22+=x x x f 则 ()()()111112(2013)20142320132014f f f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭K L （ ）(A) 201021 (B) 201121 (C) 201221 (D) 2013217. 【上海市普陀区2014届高三上学期12月质量调研数学（理）试题】数列}{n a 中，若11=a ，n n n a a 211=++（*N n ∈），则=+++∞→)(lim 221n n a a a Λ .8. 【上海市普陀区2014届高三上学期12月质量调研数学（理）试题】数列}{n a 的前n 项和为n S ，若2cos 1πn n a n +=（*N n ∈），则=2014S . 【答案】1006 【解析】试题分析：组成本题数列的通项公式中，有式子cos2n π，它是呈周期性的，周期为4，因此在求和2014S 时，想象应该分组，依次4个为一组，12341(12)1(14)a a a a +++=+-+++6=，56781(16)1(18)6a a a a +++=+-+++=，43424141[1(42)]1(14)k k k k a a a a k k ---+++=+--+++6=，最后还剩下20131a =，2014120142013a =-=-，所以20146503120131006S =⨯+-=．考点：分组求和．9. 【2013学年第一学期十二校联考高三数学（理）考试试卷】若数列{}n a 满足：111,2()n n a a a n N *+==∈，则前6项的和6S= .（用数字作答）10. 【上海市十三校2013年高三调研考数学试卷（理科）】等差数列{}n a 中，1102,15a S ==，记2482n n B a a a a =++++L ，则当n =____时，n B 取得最大值.11. 【上海市十三校2013年高三调研考数学试卷（理科）】已知函数()(2318,3133,3x tx x f x t x x ⎧-+≤⎪=⎨-->⎪⎩，记()()*n a f n n N =∈，若{}n a 是递减数列，则实数t 的取值范围是______________.12. 【上海市十三校2013年高三调研考数学试卷（理科）】已知无穷数列{}n a 具有如下性质:①1a 为正整数；②对于任意的正整数n ,当n a 为偶数时,12nn a a +=;当n a 为奇数时,112n n a a ++=.在数列{}n a 中，若当n k ≥时，1n a =，当1n k ≤<时，1n a >（2k ≥，*k N ∈），则首项1a 可取数值的个数为 （用k 表示）三．拔高题组1. 【虹口区2013学年度第一学期高三年级数学学科期终教学质量监控测试题】数列{}n a 是递增的等差数列，且661-=+a a ，843=⋅a a ． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S 的最小值； （3）求数列{}n a 的前n 项和n T ．【答案】(1) 210n a n =-；（2）20-；（3）229,15,*,940,6,*,n n n n n N T n n n n N ⎧-+≤≤∈⎪=⎨-+≥∈⎪⎩．【解析】2.【上海市普陀区2014届高三上学期12月质量调研数学（理）试题】已知数列{}a中，n13a =，132n n n a a ++=⋅，*n N ∈.（1）证明数列{}2n n a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）在数列{}n a 中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，请说明理由；（3）若1r s <<且r ，*s N ∈，求证：使得1a ，r a ，s a 成等差数列的点列(),r s 在某一直线上.（2）假设在数列{}n a 中存在连续三项成等差数列，不妨设连续的三项依次为1k a -，k a ，1k a +（2k ≥，*k N ∈），由题意得，112+-+=k k k a a a ，将1)1(2--+=k k k a ，211)1(2----+=k k k a ，kk k a )1(211-+=++代入上式得……7分])1(2[])1(2[])1(2[21211k k k k k k -++-+=-++---………………8分化简得，21)1(42---⋅=-k k ，即11)1(42---⋅=k k ，得4)2(1=--k ，解得3=k所以，存在满足条件的连续三项为2a ，3a ，4a 成等比数列。

第7章 数列与数学归纳法练习四 数列求通项公式及求和的几种方法 ※ 等差、等比基本概念及性质（补充）：1、公差：111n n mn n a a a a d a a n n m---===--- 公比：11,n n m n nma a qq a a --==； 2、若{},{}n n a b 为等差数列,前n 项和分别为n n S T 、,若()n n S f n T =，则(21)n naf n b =-； 第一部分：求数列通项公式：类型1：等差求通项思想：叠加求通项，用于11()()nn n n a a f n a a f n ---=⇔=+型；1123111)2()1()()()()(a f n f n f a a a a a a a a n n n n n +++-+=+-++-+-=--- 例1：设数列{}a n 中，12a =，11n n a a n +=++，则通项a n = .类型2：等比求通项思想：叠乘求通项，用于11()()nn n n a f n a a f n a --=⇔=⋅型； 1122332211a a aa a a a a a a a a n n n n n n n ••••••=----- = 1)2()1()(a f n f n f •••-• 例2：在数列{}n a 中，111,(2),1n n a na n a n -==≥-则?n a = 类型3： 已知 n S 求通项n a ：⎩⎨⎧=≥-=-1,2,11n S n S S a n n n例3：设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，142n n S a +=+．①设12n n n b a a +=-，例3：已知数列{}a n 的前n 项和,22n n S a =-① 求34a a 、；②证明：数列12a a n n +-是一个等比数列.③求{}a n 的通项公式.2，，．:求{n a 11lg n b r+=+1. 错位相减法：设数列{}n a 的等比数列，数列{}n b 是等差数列，则求数列{}n n b a 的前n 项和时，常常将{}n n b a 的各项乘以{}n b 的公比，并向后错一项；2. 裂项相消法：把通项公式是分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式拆成两个分式差的形式之后再求和； 裂项求和的几种常见类型：① 111)1(1+-=+=n n n n a n ② )121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n③])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n④ nn n n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 ⑤()n k n kkn n -+=++11⑥⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-12112121)12)(12(1n n n n⑦ 若{}n a 为公差d 的等差数列，则111111()n n n n a a d a a ++=-；221111()2n n n n a a d a a ++=-⑧()b a ba ba --=+11 ⑨mn m n m n C C C -=+-113. 倒序相加法：若某数列中，与首末两项等距离的两相和等于首末两项和，可采用把正着写的和倒着写的两个式子相加，就得到一个与常数数列求和相关的式子；4. 分组求和：若数列{}n a 的通项公式为n n n b a c +=，其中{}{}n n b a ,中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般用分组结合法；5. 公式法：（1）直接用等差、等比求和公式求和； （2）一些常见的数列的前n 项和： ① 2)1(321+=++++n n n ②2222(1)(21)1236n n n n ++++++=③2462(1)n n n ++++=+ ④213521n n ++++-=⑤2233332(1)(1)123[]24n n n n n ++++++==※数列求和及通项的练习见 练习三、等差数列与等比数列的综合运用(数列求和、递推公式)。

上海市高中数学知识点总结一、集合与函数概念1. 集合的含义、表示方法以及集合与集合之间的关系；2. 集合的运算，包括交集、并集、补集；3. 函数的概念、函数的性质、函数的运算；4. 函数的图像、函数的变换、反函数的概念；5. 常见函数类型，如一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角函数等。

二、数列与数学归纳法1. 数列的概念、数列的通项公式；2. 等差数列与等比数列的性质、求和公式；3. 数列的极限概念及其计算；4. 数学归纳法的原理与应用。

三、排列组合与概率1. 排列组合的基本概念、公式及计算方法；2. 二项式定理及其应用；3. 事件的概率、条件概率、独立事件的概率；4. 随机事件的概率计算、期望值与方差。

四、三角函数与三角恒等变换1. 三角函数的定义、性质和图像；2. 三角函数的基本关系式、三角函数的和差公式；3. 三角函数的倍角公式、半角公式；4. 三角函数的积化和差公式、和差化积公式。

五、平面向量与解析几何1. 向量的基本概念、线性运算、数量积；2. 向量的几何意义、向量的坐标表示；3. 直线的方程、圆的方程；4. 圆锥曲线的方程及其性质。

六、立体几何1. 空间几何体的基本概念、性质；2. 空间直线与平面的位置关系；3. 立体图形的表面积与体积计算；4. 空间向量及其在立体几何中的应用。

七、微积分1. 导数的定义、性质、运算法则；2. 函数的极值与最值问题、导数的应用；3. 不定积分的概念、积分法则；4. 定积分的概念、性质、计算方法；5. 微积分在实际问题中的应用。

八、概率论与数理统计1. 随机变量的概念、分布律、期望与方差；2. 离散型随机变量与连续型随机变量；3. 多维随机变量及其分布；4. 大数定律与中心极限定理；5. 样本及其分布、参数估计、假设检验。

九、数学思维与方法1. 逻辑推理、数学归纳与演绎；2. 数学建模与问题解决策略；3. 创新思维在数学学习中的应用；4. 数学思想方法的历史发展与现代教育意义。

专题09 数列【2021年】一、【2021·浙江高考】已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） A.100332S << B. 10034S << C. 100942S <<D.100952S << 【答案】A 【解析】【分析】显然可知，10012S >，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10012S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒==+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<+⇒<+⎪⎪⎭12<11122n n -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得： 所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100321S <<． 故选：A ．24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．【2021·浙江高考】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.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤. 【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（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)4444444n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n nT 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-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.二、【2021·江苏高考】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∑S k n k=1= ______ dm 2．【答案】5 240(3−n+32n)【知识点】数列求和方法【解析】解：易知有20dm ×34dm,10dm ×32dm,5dm ×3dm,52dm ×6dm ，54dm ×12dm ，共5种规格； 由题可知，对折k 次共有k +1种规格，且面积为2402k ，故S k =240(k+1)2k，则∑S k n k=1=240∑k+12kn k=1，记T n =∑k+12kn k=1，则12T n =∑k+12k+1n k=1， ∴12T n =∑k+12k n k=1−∑k+12k+1n k=1=1+(∑k+22k+1n−1k=1−∑k+22k+1n k=1)−n+12n+1=1+14(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，∴T n =3−n+32n，∴∑S k n k=1=240(3−n+32n)． 故答案为：5；240(3−n+32n)．依题意，对折k 次共有k +1种规格，且面积为2402k ，则S k =240(k+1)2k，∑S k n k=1=240∑k+12knk=1，然后再转化求解即可．本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意识，属于中档题．【2021·江苏高考】已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1={a n +1,n 为奇数,a n +2,n 为偶数.(1)记b n =a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．【答案】解：(1)因为a 1=1，a n+1={a n +1,n 为奇数a n +2,n 为偶数，所以a2=a1+1=2，a3=a2+2=4，a4=a3+1=5，所以b1=a2=2，b2=a4=5，b n−b n−1=a2n−a2n−2=a2n−a2n−1+a2n−1−a2n−2=1+2=3，所以数列{b n}是以b1=2为首项，以3为公差的等差数列，所以b n=2+3(n−1)=3n−1．(2)由(1)可得a2n=3n−1，n∈N∗，则a2n−1=a2n−2+2=3(n−1)−1+2=3n−2，n≥2，当n=1时，a1=1也适合上式，所以a2n−1=3n−2，n∈N∗，所以数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，×3+则{a n}的前20项和为a1+a2+...+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=10+10×92×3=300．10×2+10×92【知识点】数列的递推关系、数列求和方法【解析】(1)由数列{a n}的通项公式可求得a2，a4，从而可得求得b1，b2，由b n−b n−1=3可得数列{b n}是等差数列，从而可求得数列{b n}的通项公式；(2)由数列{a n}的通项公式可得数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．【2020年】一、【2020·北京高考】在等差数列{a n}中，a1=−9，a5=−1.记T n=a1a2…a n(n=1,2，…)，则数列{T 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【答案】B【知识点】等差数列的通项公式、等差数列的性质、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值，进一步分析得答案． 【解答】解：设等差数列{a n }的首项为d ，由a 1=−9，a 5=−1，得d =a 5−a 15−1=−1−(−9)4=2，∴a n =−9+2(n −1)=2n −11． 由a n =2n −11=0，得n =112，而n ∈N ∗，可知数列{a n }是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值． 可知T 1=−9<0，T 2=63>0，T 3=−315<0，T 4=945>0为最大项， 自T 5起均小于0，且逐渐减小． ∴数列{T n }有最大项，无最小项． 故选：B ．【2020·北京高考】已知{a n }是无穷数列．给出两个性质：①对于{a n }中任意两项a i ，a j (i >j)，在{a n }中都存在一项a m ，使得 a i2a j =a m ；②对于{a n }中任意一项a n (n ≥3)，在{a n }中都存在两项a k ，a l (k >l)，使得a n =a k2a l．(Ⅰ)若a n =n(n =1,2，…)，判断数列{a n }是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若a n =2n−1(n =1,2，…)，判断数列{a n }是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若{a n }是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{a n }为等比数列． 【答案】解：(Ⅰ)不满足，理由：a 32a 2=92∉N ∗，不存在一项a m 使得a 32a 2=a m ．(Ⅱ)数列{a n }同时满足性质①和性质②，理由：对于任意的i 和j ，满足a i 2a j=22i−j−1，因为i ∈N ∗，j ∈N ∗且i >j ，所以2i −j ∈N ∗，则必存在m =2i −j ，此时，2m−1∈{a i }且满足a i 2a j=22i−j−1=a m ，性质①成立，对于任意的n ，欲满足a n =2n−1=a k2a l=22k−l−1，满足n =2k −l 即可，因为k ∈N ∗，l ∈N ∗，且k >l ，所以2k −l 可表示所有正整数，所以必有一组k ，l 使n =2k −l ，即满足a n =a k2a l，性质②成立．(Ⅲ)首先，先证明数列恒正或恒负， 反证法：假设这个递增数列先负后正，那么必有一项a l 绝对值最小或者有a l 与a l+1同时取得绝对值最小， 如仅有一项a l 绝对值最小，此时必有一项a m =a l2a j，此时|a m |<|a l |与前提矛盾，如有两项a l 与a l+1 同时取得绝对值最小值，那么必有a m =a i 2a i+1，此时|a m |<|a l |，与前提条件矛盾， 所以数列必然恒正或恒负，在数列恒正的情况下，由②知，存在k ，l 使得a k 2a l=a 3，因为是递增数列，a 3>a k >a l ，即3>k >l ，所以a 22a 1=a 3，此时a 1，a 2，a 3成等比数列，数学归纳法：(1)已证n =3时，满足{a n }是等比数列，公比q =a2a 1，(2)假设n =k 时，也满足{a k }是等比数列，公比q =a2a 1，那么由①知a k 2a k−1=qa k 等于数列的某一项a m ，证明这一项为a k+1即可，反证法：假设这一项不是a k+1，因为是递增数列，所以该项a m =a l2a l−1=qa k >a k+1，那么a k <a k+1<qa k ，由等比数列{a k }得a 1q k−1<a k+1<a 1q k ， 由性质②得a 1q k−1<a m2a l<a 1q k ，同时a k+1=a m2a l>a m >a l ，所以k +1>m >l ，所以a m ，a l 分别是等比数列{a k }中两项，即a m =a 1q m−1，a l =a 1q l−1， 原式变为a 1q k−1<a 1q 2m−l−1<a 1q k ，所以k −1<2m −l −1<k ，又因为k ∈N ∗，m ∈N ∗，l ∈N ∗，不存在这组解，所以矛盾， 所以知a k 2ak−1=qa k =a k+1，前{a k+1}为等比数列，由数学归纳法知，{a n }是等比数列得证， 同理，数列恒负，{a n }也是等比数列． 【知识点】等比数列的性质、数列的函数特征 【解析】(Ⅰ)由a 32a 2=92∉N ∗，即可知道不满足性质．(Ⅱ)对于任意的i 和j ，满足a i2a j=22i−j−1，⇒2i −j ∈N ∗，必存在m =2i −j ，可得满足性质①；对于任意的n ，欲满足a n =2n−1=a k2a l=22k−l−1，⇒n =2k −l 即可，必存在有一组k ，l 使使得它成立，故满足性质②．(Ⅲ)先用反证法证明数列必然恒正或恒负，再用数学归纳法证明{a n}也是等比数列，即可．本题属于新定义题，考查等比数列的性质，数学归纳法等，考查逻辑思维能力，属于难题．二、【2020·浙江高考】已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，a1d⩽1.记b1=S2，b n+1=S n+2−S2n，n∈N∗，下列等式不可能成立的是()A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b8【答案】B【知识点】等差数列的通项公式、数列的递推关系、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，a1d⩽1判断B与D．【解答】解：在等差数列{a n}中，a n=a1+(n−1)d，S n+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，b1=S2=2a1+d，b n+1=S n+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d，a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d，故A正确；B.2b4=−2a1−10d，b2+b6=a1+2d−3a1−24d=−2a1−22d，若2b4=b2+b6，则−2a1−10d=−2a1−22d，即d=0不合题意，故B错误；C.若a42=a2a8，则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得a1d=d2，∵d≠0，∴a1=d，符合a1d⩽1，故C正确；D.若b42=b2b8，则(−a1−5d)2=(a1+2d)(−5a1−55d)，即2(a1d )2+25a1d+45=0，则a1d有两不等负根，满足a1d⩽1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．【2020·浙江高考】我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列，数列{n(n+1)2}，(n∈N∗)的前3项和______．【答案】10【知识点】数列的通项公式、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查．求出数列的前3项，然后求解即可．【解答】解：数列{a n}满足a n=n(n+1)2，可得a1=1，a2=3，a3=6，所以S3=1+3+6=10．故答案为：10．【2020·浙江高考】已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1=b1=c1=1，c n+1=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)．(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，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：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1d，n∈N∗．【答案】(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，整理，得6q2−q−1=0，解得q=−13(舍去)，或q=12，∴c n+1=b nb n+2⋅c n=1b n+2b n⋅c n=1q2⋅c n=1(12)2⋅c n=4⋅c n，∴数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴c n=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．∴a n+1−a n=c n+1=4n，则a1=1，a2−a1=41，a3−a2=42，……a n−a n−1=4n−1，各项相加，可得a n=1+41+42+⋯+4n−1=1−4n1−4=4n−13．(2)证明：依题意，由c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)，可得b n+2⋅c n+1=b n⋅c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n=1+d，∴c n=1+db n b n+1=1+dd⋅db n b n+1=(1+1d)⋅b n+1−b nb n b n+1=(1+1d)(1b n−1b n+1)，∴c1+c2+⋯+c n=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+⋯+(1+1d)(1b n−1b n+1) =(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+⋯+1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b n+1)=(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d，∴c1+c2+⋯+c n<1+1d，故得证．【知识点】数列的递推关系、数列求和方法、裂项相消法、等比数列的通项公式【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属于综合题．(1)先根据等比数列的通项公式将b 2=q ，b 3=q 2代入b 1+b 2=6b 3，计算出公比q 的值，然后根据等比数列的定义化简c n+1=b nbn+2⋅c n 可得c n+1=4c n ，则可发现数列{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c n }的通项公式，然后将通项公式代入c n+1=a n+1−a n ，可得a n+1−a n =c n+1=4n ，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{a n }的通项公式； (2)通过将已知关系式c n+1=b nbn+2⋅c n 不断进行转化可构造出数列{b n b n+1c n }，且可得到数列{b n b n+1c n }是一个常数列，且此常数为1+d ，从而可得b n b n+1c n =1+d ，再计算得到c n =1+db n b n+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．三、【2020·天津高考】已知{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，a 1=b 1=1，a 5=5(a 4−a 3)，b 5=4(b 4−b 3). (Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：S n S n+2<S n+12(n ∈N ∗)；(Ⅲ)对任意的正整数n ，设c n ={(3a n −2)b na n a n+2,n 为奇数,a n−1bn+1,n 为偶数．求数列{c n }的前2n 项和．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由a 1=1，a 5=5(a 4−a 3)，则1+4d =5d ，可得d =1， ∴a n =1+n −1=n ， ∵b 1=1，b 5=4(b 4−b 3)， ∴q 4=4(q 3−q 2)， 解得q =2， ∴b n =2n−1； 证明(Ⅱ)由(Ⅰ)可得S n =n(n+1)2，∴S n S n+2=14n(n +1)(n +2)(n +3)，(S n+1)2=14(n +1)2(n +2)2，∴S n S n+2−S n+12=−12(n +1)(n +2)<0， ∴S n S n+2<S n+12(n ∈N ∗)；解：(Ⅲ)，当n 为奇数时，c n =(3a n −2)b n a n a n+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2−2n−1n，当n 为偶数时，c n = a n−1b n+1=n−12n，对任意的正整数n ，有∑c 2k−1n k=1=∑(n k=122k 2k+1−22k−22k−1)=22n 2n+1−1，和∑c 2k n k=1=∑2k−14knk=1=14+342+543+⋯+2n−14n，①， 由①×14可得14∑c 2k n k=1=14+34+⋯+2n−34+2n−14，②，①−②得34∑c 2k n k=1=14+242+243+⋯+24 n −14--2n−14n+1， ∴∑c 2k n k=1=59−6n+59×4n ，因此∑c 2k 2n k=1=∑c 2k−1n k=1+∑c 2k n k=1=4n 2n+1−6n+59×4−49．数列{c n }的前2n 项和4n2n+1−6n+59×4n−49．【知识点】错位相减法、等差数列的通项公式、数列求和方法、等比数列的通项公式【解析】本题考查了等差数列等比数列的通项公式和求和公式，考查了不等式的大小比较，考查了数列求和的方法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类与整合能力，属于难题． (Ⅰ)分别根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式即可求出； (Ⅱ)根据等差数列的求和公式和作差法即可比较大小，则可证明； (Ⅲ)分类讨论，再根据错位相减法即可求出前2n 项和．四、【2020·上海高考】计算：lim n→∞ n+13n−1=【答案】13【知识点】极限思想 【解析】 【分析】本题考查数列的极限的求法，注意运用极限的运算性质，考查运算能力，是一道基础题． 由极限的运算法则和重要数列的极限公式，可得所求值． 【解答】解：，故答案为：13．【2020·上海高考】已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10=a9，则a1+a2+⋯+a9a10=．【答案】278【知识点】等差数列的通项公式、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查等差数列的前n项和与等差数列通项公式的应用，注意分析a1与d的关系，属于基础题．根据等差数列的通项公式可由a1+a10=a9，得a1=−d，在利用等差数列前n项和公式化简a1+a2+⋯+a9a10即可得出结论．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满足a1+a10=a9，即a1+a1+9d=a1+8d，变形可得a1=−d，所以a1+a2+⋯+a9a10=9a1+9×8d2a1+9d=9a1+36da1+9d=−9d+36d−d+9d=278．故答案为：278．【2020·上海高考】已知数列{a n}为有限数列，满足|a1−a2|≤|a1−a3|≤⋯≤|a1−a m|，则称{a n}满足性质P．(1)判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；(2)若a1=1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；(3)若{a n}是1，2，3，…，m的一个排列(m≥4)，{b n}符合b k=a k+1(k=1,2，…，m−1)，{a n}、{b n}都具有性质P，求所有满足条件的数列{a n}．【答案】解：(1)对于数列3，2，5，1，有|2−3|=1，|5−3|=2，|1−3|=2，满足题意，该数列满足性质P；对于第二个数列4、3、2、5、1，|3−4|=1，|2−4|=2，|5−4|=1.不满足题意，该数列不满足性质P．(2)由题意：|a1−a1q n|≥|a1−a1q n−1|，可得：|q n−1|≥|q n−1−1|，n∈{2,3，…，9}，两边平方可得：q2n−2q n+1≥q2n−2−2q n−1+1，整理可得：(q−1)q n−1[q n−1(q+1)−2]≥0，当q≥1时，得q n−1(q+1)−2≥0此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)−2≥0，所以，(q+2)(q−1)≥0，所以q≤−2，或q≥1，所以取q≥1，当0<q≤1时，得q n−1(q+1)−2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)−2≤0，所以(q+2)(q−1)≤0，所以−2≤q≤1，所以取0<q≤1．当−1≤q<0时：q n−1[q n−1(q+1)−2]≤0，当n为奇数时，得q n−1(q+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，q n−1(q+1)−2≥0，不恒成立；故当−1≤q<0时，矛盾，舍去．当q<−1时，得q n−1[q n−1(q+1)−2]≤0，当n为奇数时，得q n−1(q+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，q n−1(q+1)−2≥0，恒成立；故等价于n=2时，q(q+1)−2≥0，所以(q+2)(q−1)≥0，所以q≤−2或q≥1，所以取q≤−2，综上．(3)设a1=p，p∈{3,4，…，m−3，m−2}，因为a1=p，a2可以取p−1，或p+1，a3可以取p−2，或p+2，如果a2或a3取了p−3或p+3，将使{a n}不满足性质P；所以{a n}的前5项有以下组合：①a1=p，a2=p−1；a3=p+1；a4=p−2；a5=p+2；②a1=p，a2=p−1；a3=p+1；a4=p+2；a5=p−2；③a1=p，a2=p+1；a3=p−1；a4=p−2；a5=p+2；④a1=p，a2=p+1；a3=p−1；a4=p+2；a5=p−2；对于①，b1=p−1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=1，与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于②，b1=p−1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=3，|b4−b1|=2与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于③，b1=p+1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=3，|b4−b1|=1与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于④b1=p+1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=1，与{b n}满足性质P矛盾，舍去；所以P∈{3,4，…，m−3，m−2}，均不能同时使{a n}、{b n}都具有性质P．当p=1时，有数列{a n}:1，2，3，…，m−1，m满足题意．当p=m时，有数列{a n}:m，m−1，…，3，2，1满足题意．当p=2时，有数列{a n}:2，1，3，…，m−1，m满足题意．当p=m−1时，有数列{a n}:m−1，m，m−2，m−3，…，3，2，1满足题意．所以满足题意的数列{a n}只有以上四种．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用、等比数列的通项公式【解析】本题考查数列的综合应用，不等式以及不等关系，二次函数的性质以及函数的相关性质的综合应用，考查分析问题解决问题的能力是难度大的题目，必须由高的数学思维逻辑修养才能解答．(1)根据定义，验证两个数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P即可；(2)假设公比q的等比数列满足性质P，可得：|a1−a1q n|≥|a1−a1q n−1|，推出(q−1)q n−1[q n−1(q+1)−2]≥0，通过q≥1，0<q≤1时，−1≤q<0时：q<−1时，四种情况讨论求解即可．(3)设a1=p，分p=1时，当p=m时，当p=2时，当p=m−1时，以及P∈{3,4，…，m−3，m−2}，五种情况讨论，判断数列{a n}的可能情况，分别推出{b n}判断是否满足性质P即可．【2019年】一、【2019·北京高考（理）】设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2=−3，S5=−10，则a5=(1)，S n的最小值为(2)．【答案】0 −10【知识点】等差数列的通项公式、数列的函数特征、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前n项和的最小值的求法，属于基础题．利用等差数列{a n}的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出a1=−4，d=1，由此能求出a5的S n的最小值．【解答】解：设等差数列{a n}的前n项和为S n，a2=−3，S5=−10，∴{a1+d=−35a1+5×42d=−10,解得a1=−4，d=1，∴a5=a1+4d=−4+4×1=0，S n=na1+n(n−1)2d=−4n+n(n−1)2=12(n−92)2−818，∴n=4或n=5时，S n取最小值为S4=S5=−10．故答案为0，−10．【2019·北京高考（理）】已知数列{a n}，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i1<i2<⋯<i m)，若a i1<a i2<⋯<a im，则称新数列a i1，a i2，…，a im为{a n}的长度为m的递增子列．规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列．(Ⅰ)写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；(Ⅱ)已知数列{a n}的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m0，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n.若p<q，求证：a m0<a n；(Ⅲ)设无穷数列{a n}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s−1，且长度为s末项为2s−1的递增子列恰有2s−1个(s=1,2，…)，求数列{a n}的通项公式．【答案】解：(I)1，3，5，6．(II)证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，∴a n0>该数列的第p项≥a m，∴a m0<a n．(III)解：考虑2s−1与2s这一组数在数列中的位置．若{a n}中有2s，2s在2s−1之后，则必然存在长度为s+1，且末项为2s的递增子列，这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s−1矛盾，∴2s必在2s−1之前．继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列．∵对于数列2n−1，2n，由于2n在2n−1之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n与2n−1，∵对于1至2s的所有整数，研究长度为s+1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，……，第s项是2s−1与2s二选1，故递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之前．∴2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．即a2k=2k−1，a2k−1=2k，k∈N∗．【知识点】数列的递推关系【解析】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．(I)1，3，5，6.答案不唯一．(II)考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，可得a n0>该数列的第p项≥a m，即可证明结论．(III)考虑2s−1与2s这一组数在数列中的位置，可得2s必在2s−1之前．继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列，即可得出：递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之前．可得2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．【2019·北京高考（文）】设{a n}是等差数列，a1=−10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．【答案】解：(Ⅰ)∵{a n}是等差数列，a1=−10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．∴(a3+8)2=(a2+10)(a4+6)，∴(−2+2d)2=d(−4+3d)，解得d=2，∴a n=a1+(n−1)d=−10+2n−2=2n−12．(Ⅱ)由a1=−10，d=2，得：S n=−10n+n(n−1)2×2=n2−11n=(n−112)2−1214，∴n=5或n=6时，S n取最小值−30．【知识点】等差数列的通项公式、等比数列的性质、等差数列的概念、等差数列的求和【解析】本题考查数列的通项公式、前n项和的最小值的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．(Ⅰ)利用等差数列通项公式和等比数列的性质，列出方程求出d=2，由此能求出{a n}的通项公式；(Ⅱ)由a1=−10，d=2，得S n=−10n+n(n−1)2×2=n2−11n=(n−112)2−1214，由此能求出S n的最小值．二、【2019·浙江高考】设a，b∈R，数列{a n}满足a1=a，a n+1=a n2+b，n∈N∗，则()A. 当b=12时，a10>10 B. 当b=14时，a10>10C. 当时，a10>10D. 当时，a10>10【答案】A【知识点】数列的递推关系、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查数列的性质等基础知识，考查化归与转化思想，考查推理论证能力，属于难题．逐项检验，可得结果．【解答】解：对于B，令λ2−λ+14=0，得λ=12，取a1=12，∴a2=12,…,a n=12<10，∴当b =14时，a 10<10，故B 错误；对于C ，令λ2−λ−2=0，得λ=2或λ=−1， 取a 1=2，∴a 2=2，…，a n =2<10， ∴当b =−2时，a 10<10，故C 错误； 对于D ，令λ2−λ−4=0，得λ=1±√172， 取a 1=1+√172，∴a 2=1+√172，…，a n =1+√172<10，∴当b =−4时，a 10<10，故D 错误；对于A ，a 2=a 2+12≥12，a 3=(a 2+12)2+12≥34， a 4=(a 4+a 2+34)2+12≥916+12=1716>1， a n+1−a n >0，{a n }递增， 当n ≥4时，a n+1a n=a n +12a n>1+12=32，∴{ a 5a 4>32a 6a 5>32⋅⋅⋅a 10a 9>32,∴a 10a 4>(32)6,∴a 10>72964>10.故A 正确． 故选：A ．【2019·浙江高考】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=4，a 4=S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N ∗，S n +b n ，S n+1+b n ，S n+2+b n 成等比数列． (Ⅰ)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(Ⅱ)记c n =√an2b n，n ∈N ∗，证明：c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．【答案】解：(Ⅰ)设数列{a n }的公差为d ， 由题意得{a 1+2d =4a 1+3d =3a 1+3d ，解得a 1=0，d =2， ∴a n =2n −2，n ∈N ∗． ∴S n =n 2−n ，n ∈N ∗，∵数列{b n }满足：对每个n ∈N ∗，S n +b n ，S n+1+b n ，S n+2+b n 成等比数列．∴(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n )，解得b n =1d (S n+12−S n S n+2)， 解得b n =n 2+n ，n ∈N ∗．证明：(Ⅱ)c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1)，n ∈N ∗， 用数学归纳法证明：①当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；②假设n =k ，(k ∈N ∗)时不等式成立，即c 1+c 2+⋯+c k <2√k ， 则当n =k +1时，c 1+c 2+⋯+c k +c k+1<2√k +√k (k +1)(k +2)<2√k +√1k +1<2√k +√k+1+√k=2√k +2(√k +1−√k)=2√k +1，即n =k +1时，不等式也成立．由①②得c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．【知识点】等差数列的通项公式、运用数学归纳法证明、数列的综合应用【解析】(Ⅰ)利用等差数列通项公式和前n 项和公式列出方程组，求出a 1=0，d =2，从而a n =2n −2，n ∈N ∗.S n =n 2−n ，n ∈N ∗，利用(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n )，能求出b n ．(Ⅱ)c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1)，n ∈N ∗，用数学归纳法证明，得到c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．本题考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力和综合应用能力．三、 【2019·天津高考（理）】设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1=4，b 1=6，b 2=2a 2−2，b 3=2a 3+4．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{c n }满足c 1=1，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N ∗． (i)求数列{a2n(c2n−1)}的通项公式；(ii)求∑a i 2ni=1c i (n ∈N ∗).【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 依题意有：{6q =6+2d 6q 2=12+4d，解得{d =3q =2， ∴a n =4+(n −1)×3=3n +1，b n =6×2n−1=3×2n ．(Ⅱ)(i)∵数列{c n }满足c 1=1，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k ,其中k ∈N ∗． ∴a 2n (c 2n−1)=a 2n (b n −1)=(3×2n +1)(3×2n −1)=9×4n −1， ∴数列{a 2n (c 2n −1)}的通项公式为：a2n (c 2n −1)=9×4n −1． (ii)∑a i 2n i=1c i =∑[2n i=1a i +a i (c i −1)]=∑a i 2n i=1+∑a 2i ni=1(c 2i −1)=(2n ×4+2n (2n −1)2×3)+∑(n i=19×4i −1) =(3×22n−1+5×2n−1)+9×4(1−4n )1−4−n =27×22n−1+5×2n−1−n −12.(n ∈N ∗).【知识点】等差数列的通项公式、分组转化求和法、等比数列的求和、等比数列的通项公式、等差数列的求和【解析】本题考查等差数列、等比数列通项公式及前n 项和等基础知识，考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，利用等差数列、等比数列的通项公式列出方程组，能求出{a n }和{b n }的通项公式．(Ⅱ)(i)由a2n (c 2n −1)=a 2n (b n −1)，能求出数列{a 2n (c 2n −1))}的通项公式． (ii)∑a i 2n i=1c i =∑[2n i=1a i +a i (c i −1)]=∑a i 2n i=1+∑a 2i n i=1(c 2i −1)=(2n ×4+2n (2n −1)2×3)+∑(n i=19×4i −1)，由此能求出结果．【2019·天津高考（文）】设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1=b 1=3，b 2=a 3，b 3=4a 2+3．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{c n }满足c n ={1,n 为奇数,b n 2,n 为偶数．求a 1c 1+a 2c 2+⋯+a 2n c 2n (n ∈N ∗).【答案】解：(Ⅰ){a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，q>0，由题意可得：3q=3+2d①，3q2=15+4d②，解得：d=3，q=3，故a n=3+3(n−1)=3n，b=3×3n−1=3n，(Ⅱ)数列{c n}满足a1c1+a2c2+⋯+a2n c2n(n∈N∗)=(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)+(a2b1+a4b2+a6b3+⋯+a2n b n)=[3n+n(n−1)2×6]+(6×3+12×32+18×33+⋯+6n×3n)=3n2+6(1×3+2×32+⋯+n×3n)令T n=(1×3+2×32+⋯+n×3n)①，则3T n=1×32+2×33+⋯+n3n+1②，②−①得：2T n=−3−32−33…−3n+n3n+1=−3×1−3n1−3+n3n+1=(2n−1)3n+1+32，故a1c1+a2c2+⋯+a2n c2n=3n2+6T n=(2n−1)3n+2+6n2+92(n∈N∗).【知识点】错位相减法、分组转化求和法、数列的递推关系【解析】本题主要考查等差等比数列通项公式和前n项和的求解，考查数列求和的基本方法分组和错位相减法的运算求解能力，属中档题．(Ⅰ)由等差等比数列通项公式和前n项和的求解{a n}和{b n}的通项公式即可．(Ⅱ)利用分组求和和错位相减法得答案．四、【2019·上海高考】已知数列{a n}，a1=3，前n项和为S n．(1)若{a n}为等差数列，且a4=15，求S n；(2)若{a n}为等比数列，且limn→+∞S n<12，求公比q的取值范围．【答案】解：(1)设公差为d∵a4=a1+3d=3+3d=15，∴d=4，∴S n =3n +n(n−1)2×4=2n 2+n ；(2)设公比为q ，当q =1时，S n =3n ，显然不满足lim n→∞S n <12，故q ≠1， ∴S n =3(1−q n )1−q ，∵lim n→+∞S n 存在，∴−1<q <1，且q ≠0， ∴lim n→+∞S n =lim n→+∞3(1−q n )1−q=31−q ， ∴31−q <12，∴q <34，∴−1<q <0或0<q <34， ∴公比q 的取值范围为(−1,0)∪(0,34).【知识点】等比数列的求和、极限思想、等差数列的求和【解析】本题考查了等差数列和等比数列的前n 项和及等差数列的通项公式，考查了极限的定义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)求出公差即可求S n ；(2)当q =1时，显然不合题意，由lim n→+∞S n 存在得−1<q <1且q ≠0，由lim n→+∞S n <12得q <34，取交集可得公比q 的取值范围．【2019·上海高考】已知等差数列{a n }的公差d ∈(0,π]，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}．(1)若a 1=0,d =2π3，求集合S ； (2)若a 1=π2，求d 使得集合S 恰好有两个元素；(3)若集合S 恰好有三个元素：b n+T =b n ，T 是不超过7的正整数，求T 的所有可能的值．【答案】解：(1)∵等差数列{a n }的公差d ∈(0,π]，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}． ∴当a 1=0,d =2π3， 集合S ={−√32,0，√32}. (2)∵a 1=π2，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}恰好有两个元素，如图：根据三角函数线，①等差数列{a n }的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时d =π， ②a 1终边落在OA 上，要使得集合S 恰好有两个元素，可以使a 2，a 3的终边关于y 轴对称，如图OB ，OC ，此时d =2π3， 综上，d =23π或者d =π．(3)①当T =1时，b n+1=b n ，数列{b n }为常数列，S 仅有1个元素，显然不符合条件；②当T =2时，b n+2=b n ，，数列{b n }的周期为2，S 中有2个元素，显然不符合条件；③当T =3时，b n+3=b n ，集合S ={b 1,b 2,b 3}，(1)情况满足，符合题意．④当T =4时，b n+4=b n ，sin(a n +4d)=sina n ，a n +4d =a n +2kπ，k ∈Z ，或者a n +4d =π+2kπ−a n ，k ∈Z ，当时，集合S ={−1,0，1}，符合条件．⑤当T =5时，b n+5=b n ，sin(a n +5d)=sina n ，a n +5d =a n +2kπ，k ∈Z ，或者a n +5d =π+2kπ−a n ，k ∈Z ，因为d ∈(0,π]，取，，集合S ={sin π10,1，−sin 3π10}满足题意．⑥当T =6时，b n+6=b n ，sin(a n +6d)=sina n ，所以a n+6d=a n+2kπ，k∈Z，或者a n+6d=π+2kπ−a n，k∈Z，d∈(0,π]，取a1=0，，S={−√32,0,√32}，满足题意．⑦当T=7时，b n+7=b n，sin(a n+7d)=sina n，所以a n+7d=a n+2kπ，k∈Z，或者a n+7d=π+2kπ−a n，k∈Z，d∈(0,π]，故取，k=1，2，3，当k=1时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π，，d=2πm−n =2π7，m−n=7，m>7，不符合条件．当k=2时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π，d=2πm−n =4π7，m−n不是整数，不符合条件．当k=3时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π或者4π，d=2πm−n =6π7，或者d=4πm−n=6π7，此时，m−n均不是整数，不符合题意．综上，T=3，4，5，6．【知识点】数列综合、集合中元素的性质、正弦、余弦函数的图象与性质【解析】本题考查等差数列的相关知识、集合元素的性质以及三角函数的周期性，是一道综合题．(1)根据等差数列及三角函数周期性求解；(2)由集合S的元素个数，结合题意进而可求得答案；(3)分别令T=1，2，3，4，5，6，7进行验证，判断T的可能取值．【2018年】一、【2018·北京高考（理）】“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献，十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A. √23fB. √223fC. √2512fD. √2712f【答案】D 【知识点】等比数列的应用【解析】【分析】本题考查等比数列的应用，考查计算能力，属于基础题．根据题意，进行求解即可．【解答】解：由题意，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为：(√212)7⋅f =√2712f ．故选：D ．【2018·北京高考（理）】设{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{a n }的通项公式为______．【答案】a n =6n −3【知识点】等差数列的通项公式【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，属于基础题．列出方程组，求出d ，由此能求出{a n }的通项公式．【解答】解：设数列{a n }的公差为d ，∵{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，∴{a 1=3a 1+d +a 1+4d =36, 解得a 1=3，d =6，∴a n =a 1+(n −1)d =3+(n −1)×6=6n −3．∴{a n }的通项公式为a n =6n −3．故答案为a n =6n −3．【2018·北京高考（文）】设{a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求e a1+e a2+⋯+e a n．【答案】解：(Ⅰ){a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．可得：2a1+3d=5ln2，可得d=ln2，{a n}的通项公式；a n=a1+(n−1)d=nln2，(Ⅱ)e a n=e ln2n=2n，∴e a1+e a2+⋯+e a n=21+22+23+⋯+2n=2(1−2n)=2n+1−2．1−2【知识点】等差数列的通项公式、等比数列的求和【解析】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列的通项公式以及数列求和，考查计算能力．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)化简数列的通项公式，利用等比数列求和公式求解即可．二、【2018·浙江高考】已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且若a1>1，则()A. a1<a3，a2<a4B. a1>a3，a2<a4C. a1<a3，a2>a4D. a1>a3，a2>a4【答案】B【知识点】等比数列的性质、对数与对数运算、对数函数及其性质、分类讨论思想【解析】【分析】本题考查等比数列的性质的应用，函数的值的判断，对数函数的性质，考查分类讨论思想，难度比较大．利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论分析判断即可．【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1>1，设公比为q，当q>0时，有a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3，所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立；当q=−1时，a1+a2+a3+a4=0，ln(a1+a2+a3)=ln(a1)>0，等式不成立，所以q≠−1；当q<−1时，a1+a2+a3+a4<0，ln(a1+a2+a3)>0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立；所以q ∈(−1,0)，此时有a 1>a 3>0，a 2<a 4<0，并且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，能够成立， 故选B ．【2018·浙江高考】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项 .数列{b n }满足b 1=1，数列{(b n+1−b n )a n }的前n 项和为2n 2+n ．(Ⅰ)求q 的值；(Ⅱ)求数列{b n }的通项公式．【答案】解：(1)等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项，可得2a 4+4=a 3+a 5=28−a 4，解得a 4=8，由8q +8+8q =28，可得q =2或q =12(舍去)，则q 的值为2；(2)由q =2及a 3+a 4+a 5=28可得a 1(q 2+q 3+q 4)=28，解得a 1=1，故a n =1×2n−1=2n−1，设c n =(b n+1−b n )a n =(b n+1−b n )2n−1，可得n =1时，c 1=2+1=3，n ≥2时，可得c n =2n 2+n −2(n −1)2−(n −1)=4n −1，上式对n =1也成立，则(b n+1−b n )a n =4n −1，即有b n+1−b n =(4n −1)⋅(12)n−1，可得b n =b 1+(b 2−b 1)+(b 3−b 2)+⋯+(b n −b n−1)=1+3×(12)0+7×12+⋯+(4n −5)⋅(12)n−2，12b n=12+3×12+7×(12)2+⋯+(4n −5)⋅(12)n−1， 相减可得12b n =72+4[12+(12)2+⋯+(12)n−2]−(4n −5)⋅(12)n−1=72+4⋅12(1−12n−2)1−12−(4n −5)⋅(12)n−1，化简可得b n =15−(4n +3)⋅(12)n−2．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用【解析】本题考查等比数列的通项公式、前n 项和公式及等差数列的性质、错位相减法的运用，考查运算能力，属于中档题．(1)运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q ；(2)设c n =(b n+1−b n )a n =(b n+1−b n )2n−1，运用数列的递推式可得c n =4n −1，再由数列的恒等式求得b n =b 1+(b 2−b 1)+(b 3−b 2)+⋯+(b n −b n−1)，运用错位相减法，可得所求数列的通项公式．三、【2018·天津高考（理）】设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N ∗)，{b n }是等差数列．已知a 1=1，a 3=a 2+2，a 4=b 3+b 5，a 5=b 4+2b 6．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N ∗)，(i)求T n ；(ii)证明∑(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)n k=1=2n+2n+2−2(n ∈N ∗).【答案】(Ⅰ)解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1=1，a 3=a 2+2，可得q 2−q −2=0．∵q >0，可得q =2．故a n =2n−1．设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4=b 3+b 5，得b 1+3d =4，由a 5=b 4+2b 6，得3b 1+13d =16，∴b 1=d =1．故b n =n ；(Ⅱ)(i)解：由(Ⅰ)，可得S n =1−2n 1−2=2n −1，故T n =∑(n k=12k −1)=∑2k n k=1−n =2×(1−2n )1−2−n =2n+1−n −2；(ii)证明：∵(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=(2k+1−k−2+k+2)k (k+1)(k+2) =k⋅2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2−2k+1k+1． ∴∑(T k +b k+2)b k (k +1)(k +2)n k=1=(233−222)+(244−233)+⋯+(2n+2n +2−2n+1n +1) =2n+2n+2−2．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用、裂项相消法。