高三数学一轮复习典型题专题训练：数列(含解析)

常考题型强化练——数列A 组 专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1.设等差数列{a n }前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A.6B.7C.8D.9答案 A解析 设该数列的公差为d ，则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2 ＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，∴当n ＝6时，取最小值.2.已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和.若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( ) A.35B.33C.31D.29答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知， a 4＋2a 7＝2×54， ∴a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54－a 4＝14. ∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12， ∴a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2， ∴a 1＝16，∴S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝31. 3.已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n －a 1＝S 1·S n (a 1≠0，n ∈N *)，则a 7等于( )A.16B.32C.64D.128答案 C解析 令n ＝1，则a 1＝1，当n ＝2时，2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2，当n ≥2时，由2a n －1＝S n ，得2a n －1－1＝S n －1，两式相减，解得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1，于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，因此a n ＝2n －1.故a 7＝26＝64. 4.已知等差数列{a n }的公差d ＝－2，a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝50，那么a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99的值是( ) A.－78B.－82C.－148D.－182 答案 B解析 ∵a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝(a 1＋2d )＋(a 4＋2d )＋(a 7＋2d )＋…＋(a 97＋2d )＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＋2d ×33＝50＋66×(－2)＝－82.5.设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N *，且m ≥2)，则必定有( )A.S m >0，且S m ＋1<0B.S m <0，且S m ＋1>0C.S m >0，且S m ＋1>0D.S m <0，且S m ＋1<0 答案 A解析 －a m <a 1<－a m ＋1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a m >0，a 1＋a m ＋1<0. 易得S m ＝a 1＋a m 2·m >0，S m ＋1＝a 1＋a m ＋12·(m ＋1)<0. 二、填空题6.若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝________.答案 20解析 由题意知，若{a n }为调和数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列， ∴由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，可得数列{x n }为等差数列， 由等差数列的性质知，x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝x 2＋x 19＝…＝x 10＋x 11＝20010＝20.7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________.答案 2－⎝⎛⎭⎫12n －1解析 由于S n ＝2n －a n ，所以S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n ＝2－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，则数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12为公比的等比数列.又a 1＝2－a 1，即a 1＝1.则a n －2＝(－1)⎝⎛⎭⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1. 8.已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为________. 答案 3＋2 2解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝a 1＋2a 2. ∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q .∴q 2－2q －1＝0.∴q ＝1±2.∵各项都是正数，∴q ＞0.∴q ＝1＋ 2.∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 三、解答题9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，a 3＝5，S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，10a 1＋10×92d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝n a 2＋2n ＝12×4n ＋2n ， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12(4＋42＋…＋4n )＋2(1＋2＋…＋n ) ＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23×4n ＋n 2＋n －23. 10.已知等差数列{a n }的前三项为a －1,4,2a ，记前n 项和为S n .(1)设S k ＝2 550，求a 和k 的值；(2)设b n ＝S n n，求b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1的值. 解 (1)由已知得a 1＝a －1，a 2＝4，a 3＝2a ，又a 1＋a 3＝2a 2，∴(a －1)＋2a ＝8，即a ＝3.∴a 1＝2，公差d ＝a 2－a 1＝2.由S k ＝ka 1＋k (k －1)2d ， 得2k ＋k (k －1)2×2＝2 550， 即k 2＋k －2 550＝0，解得k ＝50或k ＝－51(舍去).∴a ＝3，k ＝50.(2)由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ， 得S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n . ∴b n ＝S n n＝n ＋1. ∴{b n }是等差数列.则b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n －1＋1)＝(4＋4n )n 2. ∴b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝2n 2＋2n .B 组 专项能力提升(时间：25分钟)1.已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A.1B.－1C.1或－1D. 2答案 C解析 依题意，有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或q ＝－1.2.在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )A.1B.2C.3D.4答案 A解析 由等差、等比数列的性质，可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴P 1(2,2)，P 2(3,4).∴21P OP S ∆＝1.3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋2a 2n ， n 为偶数，12＋2a 21-n ， n 为奇数，n ＝2,3,4，…，设b n ＝12-n a ＋1，n ＝1,2,3，…，则数列{b n }的通项公式是________. 答案 b n ＝2n解析 由题意，得对于任意的正整数n ，b n ＝a 21-n ＋1，∴b n ＋1＝a 2n ＋1，又＋1＝(2a 22n ＋1)＋1＝2(12-n a ＋1)＝2b n ，∴b n ＋1＝2b n ，又b 1＝a 1＋1＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴b n ＝2n .4.某音乐酒吧的霓虹灯是用，，三个不同音符组成的一个含n ＋1(n ∈N *)个音符的音符串，要求由音符开始，相邻两个音符不能相同.例如n ＝1时，排出的音符串是，；n ＝2时，排出的音符串是，，，；…….记这种含n ＋1个音符的所有音符串中，排在最后一个的音符仍是的音符串的个数为a n .故a 1＝0，a 2＝2.则(1)a 4＝________；(2)a n ＝________.答案 (1)6 (2)2n ＋2(－1)n 3解析 由题意知，a 1＝0，a 2＝2＝21－a 1，a 3＝2＝22－a 2，a 4＝6＝23－a 3，a 5＝10＝24－a 4， 所以a n ＝2n －1－a n －1， 所以a n －1＝2n －2－a n －2，两式相减得a n －a n －2＝2n －2. 当n 为奇数时，利用累加法得a n －a 1＝21＋23＋…＋2n －2＝2n －23， 所以a n ＝2n －23. 当n 为偶数时，利用累加法得a n －a 2＝22＋24＋…＋2n －2＝2n －223， 所以a n ＝2n ＋23.综上所述，a n ＝2n ＋2(－1)n 3.5.已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n，求T 2 012； (3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝13， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，又S n ＝12－12a n ， 所以a n ＝13a n －1， 即数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列， 故a n ＝⎝⎛⎭⎫13n .(2)由已知可得f (a n )＝log 3⎝⎛⎭⎫13n ＝－n ，则b n ＝－1－2－3－…－n ＝－n (n ＋1)2， 故1b n ＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 又T n ＝－2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1， 所以T 2 012＝－4 0242 013. (3)由题意得c n ＝(－n )·⎝⎛⎭⎫13n ， 故U n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫131＋2×⎝⎛⎭⎫132＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ， 则13U n ＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫132＋2×⎝⎛⎭⎫133＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 两式相减可得23U n ＝－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫131＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝－12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1 ＝－12＋12·⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，则U n ＝－34＋34·⎝⎛⎭⎫13n ＋32n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1.。

一、数列多选题1．已知数列{}n a 中，11a =，1111n n a a n n +⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈.若对于任意的[]1,2t ∈，不等式()22212na t a t a a n<--++-+恒成立，则实数a 可能为（ ） A ．－4B ．－2C ．0D ．2答案：AB 【分析】由题意可得，利用裂项相相消法求和求出，只需对于任意的恒成立，转化为对于任意的恒成立，然后将选项逐一验证即可求解. 【详解】 ，， 则，，，，上述式子累加可得：，， 对于任意的恒成立解析：AB 【分析】 由题意可得11111n n a a n n n n +-=-++，利用裂项相相消法求和求出122n a n n=-<，只需()222122t a t a a --++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，转化为()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，然后将选项逐一验证即可求解.【详解】111n n n a a n n++-=，11111(1)1n n a a n n n n n n +∴-==-+++， 则11111n n a a n n n n --=---，12111221n n a a n n n n ---=-----，，2111122a a -=-， 上述式子累加可得：111n a a n n -=-，122n a n n∴=-<，()222122t a t a a ∴--++-+≥对于任意的[]1,2t ∈恒成立，整理得()()210t a t a --+≤⎡⎤⎣⎦对于任意的[]1,2t ∈恒成立，对A ，当4a =-时，不等式()()2540t t +-≤，解集5,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故A 正确；对B ，当2a =-时，不等式()()2320t t +-≤，解集3,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，包含[]1,2，故B 正确；对C ，当0a =时，不等式()210t t +≤，解集1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故C 错误；对D ，当2a =时，不等式()()2120t t -+≤，解集12,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，不包含[]1,2，故D 错误，故选：AB. 【点睛】本题考查了裂项相消法、由递推关系式求通项公式、一元二次不等式在某区间上恒成立，考查了转化与划归的思想，属于中档题.2．已知数列{}n a 的前4项为2，0，2，0，则该数列的通项公式可能为（ ） A ．0,2,n n a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数B ．1(1)1n n a -=-+C ．2sin2n n a π= D ．cos(1)1n a n π=-+答案：BD 【分析】根据选项求出数列的前项，逐一判断即可. 【详解】解：因为数列的前4项为2，0，2，0， 选项A ：不符合题设； 选项B ： ，符合题设； 选项C ：， 不符合题设； 选项D ： ，符合题设解析：BD 【分析】根据选项求出数列的前4项，逐一判断即可. 【详解】解：因为数列{}n a 的前4项为2，0，2，0， 选项A ：不符合题设；选项B ：01(1)12,a =-+=12(1)10,a =-+=23(1)12,a =-+=34(1)10a =-+=，符合题设；选项C ：，12sin2,2a π==22sin 0,a π==332sin22a π==-不符合题设； 选项D ：1cos 012,a =+=2cos 10,a π=+=3cos 212,a π=+=4cos310a π=+=，符合题设.故选：BD. 【点睛】本题考查数列的通项公式的问题，考查了基本运算求解能力，属于基础题.3．若数列{}n a 满足112,02121,12n n n n n a a a a a +⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<<⎪⎩，135a =，则数列{}n a 中的项的值可能为（ ） A ．15B ．25C ．45D ．65答案：ABC 【分析】利用数列满足的递推关系及，依次取代入计算，能得到数列是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果. 【详解】数列满足，，依次取代入计算得， ，，，，因此继续下去会循环解析：ABC 【分析】利用数列{}n a 满足的递推关系及135a =，依次取1,2,3,4n =代入计算2345,,,a a a a ，能得到数列{}n a 是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果. 【详解】数列{}n a 满足112,02121,12n n n n n a a a a a +⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<<⎪⎩，135a =，依次取1,2,3,4,...n =代入计算得，211215a a =-=，32225a a ==，43425a a ==，5413215a a a =-==，因此继续下去会循环，数列{}n a 是周期为4的周期数列，所有可能取值为：1234,,,5555. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了数列的递推公式的应用和周期数列，属于基础题.4．已知数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠，且满足11140(2),4n n n a S S n a -+=≥=，则下列说法正确的是（ ） A ．数列{}n a 的前n 项和为1S 4n n= B ．数列{}n a 的通项公式为14(1)n a n n =+C ．数列{}n a 为递增数列D ．数列1{}nS 为递增数列 答案：AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求，最后根据和项与通项关系得. 【详解】因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D 正确；解析：AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求S n ，最后根据和项与通项关系得n a . 【详解】11140(2),40n n n n n n n a S S n S S S S ---+=≥∴-+= 11104n n n S S S -≠∴-= 因此数列1{}n S 为以114S =为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D 正确； 所以1144(1)44n n n n S S n=+-=∴=，即A 正确； 当2n ≥时111144(1)4(1)n n n a S S n n n n -=-=-=--- 所以1,141,24(1)n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，即B ，C 不正确；故选：AD 【点睛】本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.5．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1385a a S +=，则下列结论一定正确的是（ ） A ．100a = B ．911a a = C ．当9n =或10时，n S 取得最大值D ．613S S =答案：ABD 【分析】由题意利用等差数列的通项公式、求和公式可得，结合等差数列的性质，逐一判断即可得出结论． 【详解】∵等差数列的前项和为，， ∴，解得， 故，故A 正确；∵，，故有，故B 正确； 该数解析：ABD 【分析】由题意利用等差数列的通项公式、求和公式可得19a d =-，结合等差数列的性质，逐一判断即可得出结论． 【详解】∵等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1385a a S +=， ∴()111875282a a d a d ⨯++=+，解得19a d =-， 故10190a a d =+=，故A 正确；∵918a a d d d =+=-=，11110a a d d =+=，故有911a a =，故B 正确； 该数列的前n 项和()21119222n n n n S na d d d n -=+=-⋅ ，它的最值，还跟d 的值有关，故C 错误； 由于61656392S a d d ⨯=+=-，131131213392S a d d ⨯=+=-，故613S S =，故D 正确， 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式进行化简，直接根据性质判断结果. 6．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且35a =，73a =，则（ ）A ．12d =B ．12d =-C ．918S =D ．936S =答案：BD 【分析】由等差数列下标和性质结合前项和公式，求出，可判断C ，D ，由等差数列基本量运算，可得公差，判断出A ，B ． 【详解】 因为， 所以．因为，，所以公差． 故选：BD解析：BD 【分析】由等差数列下标和性质结合前n 项和公式，求出9S ，可判断C ，D ，由等差数列基本量运算，可得公差，判断出A ，B ． 【详解】因为1937538a a a a +=+=+=， 所以()1999983622a a S +⨯===． 因为35a =，73a =，所以公差731732a a d -==--． 故选：BD7．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（ ） A ．4B ．5C ．7D ．8答案：BD 【分析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为，公差即每一层比上一层多的根数为，设一共放层，利用等差数列求和公式，分析即可得解. 【详解】依据题意，根数从上至下构成等差解析：BD 【分析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为1a ，公差即每一层比上一层多的根数为1d =，设一共放()2n n ≥层，利用等差数列求和公式，分析即可得解. 【详解】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为1a ，公差为1d =，设一共放()2n n ≥层，则总得根数为：()()111110022n n n d n n S na na --=+=+= 整理得120021a n n=+-， 因为1a *∈N ，所以n 为200的因数，()20012n n+-≥且为偶数， 验证可知5,8n =满足题意. 故选：BD. 【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的求和公式，解题的关键是分析题意，把题目信息转化为等差数列，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于基础题. 8．已知数列{}n a 为等差数列，则下列说法正确的是（ ） A ．1n n a a d +=+（d 为常数） B ．数列{}n a -是等差数列 C ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 D ．1n a +是n a 与2n a +的等差中项答案：ABD 【分析】由等差数列的性质直接判断AD 选项，根据等差数列的定义的判断方法判断BC 选项. 【详解】A.因为数列是等差数列，所以，即，所以A 正确；B. 因为数列是等差数列，所以，那么，所以数解析：ABD 【分析】由等差数列的性质直接判断AD 选项，根据等差数列的定义的判断方法判断BC 选项. 【详解】A.因为数列{}n a 是等差数列，所以1n n a a d +-=，即1n n a a d +=+，所以A 正确；B. 因为数列{}n a 是等差数列，所以1n n a a d +-=，那么()()()11n n n n a a a a d ++---=--=-，所以数列{}n a -是等差数列，故B 正确；C.111111n n n n n n n n a a d a a a a a a ++++---==，不是常数，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等差数列，故C 不正确；D.根据等差数列的性质可知122n n n a a a ++=+，所以1n a +是n a 与2n a +的等差中项，故D 正确. 故选：ABD 【点睛】本题考查等差数列的性质与判断数列是否是等差数列，属于基础题型. 9．定义11222n nn a a a H n-+++=为数列{}n a 的“优值”.已知某数列{}n a 的“优值”2nn H =，前n 项和为n S ，则（ ）A ．数列{}n a 为等差数列B ．数列{}n a 为等比数列C ．2020202320202S = D ．2S ，4S ，6S 成等差数列答案：AC 【分析】由题意可知，即，则时，，可求解出，易知是等差数列，则A 正确，然后利用等差数列的前n 项和公式求出，判断C ，D 的正误. 【详解】 解：由， 得， 所以时，， 得时，， 即时，， 当时，由解析：AC 【分析】 由题意可知112222n n nn a a a H n-+++==，即112222n n n a a a n -+++=⋅，则2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，可求解出1n a n =+，易知{}n a 是等差数列，则A 正确，然后利用等差数列的前n 项和公式求出n S ，判断C ，D 的正误. 【详解】 解：由112222n n nn a a a H n-+++==，得112222n n n a a a n -+++=⋅，①所以2n ≥时，()211212212n n n a a a n ---+++=-⋅，②得2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，即2n ≥时，1n a n =+，当1n =时，由①知12a =，满足1n a n =+．所以数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 错， 所以()32n n n S +=，所以2020202320202S =，故C 正确．25S =，414S =，627S =，故D 错，故选：AC ． 【点睛】本题考查数列的新定义问题，考查数列通项公式的求解及前n 项和的求解，难度一般. 10．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ．已知a 3＝12，S 12＞0，a 7＜0，则（ ） A ．a 6＞0 B ．2437d -<<- C ．S n ＜0时，n 的最小值为13 D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项 答案：ABCD 【分析】S12＞0，a7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a6+a7＞0，a6＞0．再利用a3＝a1+2d ＝12，可得＜d ＜﹣3．a1＞0．利用S13＝13a7＜0．可得Sn ＜0解析：ABCD 【分析】S 12＞0，a 7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a 6+a 7＞0，a 6＞0．再利用a 3＝a 1+2d ＝12，可得247-＜d ＜﹣3．a 1＞0．利用S 13＝13a 7＜0．可得S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0.7≤n ≤12时，n n S a ＜0．n ≥13时，n n S a ＞0．进而判断出D 是否正确． 【详解】∵S 12＞0，a 7＜0，∴()67122a a +＞0，a 1+6d ＜0．∴a 6+a 7＞0，a 6＞0．∴2a 1+11d ＞0，a 1+5d ＞0，又∵a 3＝a 1+2d ＝12，∴247-＜d ＜﹣3．a 1＞0． S 13＝()113132a a +＝13a 7＜0．∴S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0，7≤n ≤12时，n n S a ＜0，n ≥13时，n n S a ＞0．对于：7≤n ≤12时，nnS a ＜0．S n ＞0，但是随着n 的增大而减小；a n ＜0， 但是随着n 的增大而减小，可得：nnS a ＜0，但是随着n 的增大而增大．∴n ＝7时，nnS a 取得最小值．综上可得：ABCD 都正确． 故选：ABCD ． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。

数 学D 单元 数列D1 数列的概念与简单表示法17．、、[2014·江西卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．17．解：(1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2.而此时m ∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 18．、[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；(2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值．18．解：(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝⎛⎭⎫0，25或x ∈(2，＋∞)． 故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，25和(2，＋∞)． (2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x ，a ＜0，所以由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 10，－a2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增． 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0. ①当－a2≤1，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]时的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4时取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)．当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意． 综上有，a ＝－10.16．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________．16.12 [解析] 由题易知a 8＝11－a 7＝2，得a 7＝12；a 7＝11－a 6＝12，得a 6＝－1；a 6＝11－a 5＝－1，得a 5＝2，于是可知数列{a n }具有周期性，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.D2 等差数列及等差数列前n 项和 2．[2014·重庆卷] 在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A ．5 B ．8 C ．10 D ．142．B [解析] 由题意，得a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝2a 1＋6d ＝4＋6d ＝10，解得d ＝1，所以a 7＝a 1＋6d ＝2＋6＝8.5．[2014·天津卷] 设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A ．2B ．－2 C.12 D ．－125．D [解析] ∵S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1＋4×32×(－1)＝4a 1－6，且S 1，S 2，S 4成等比数列，∴(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.15．、[2014·北京卷] 已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．15．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)． 设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得 q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n 1－2＝2n －1，所以，数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.17．，[2014·福建卷] 在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 17．解：(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3. 因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.19．、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4， 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.16．、[2014·湖南卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 16.解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝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. 13．[2014·江西卷] 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．13.⎝⎛⎭⎫－1，－78 [解析] 由题可知a 8>0且a 9<0，即7＋7d >0且7＋8d <0，所以－1<d <－78. 9．[2014·辽宁卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，若数列{2a 1a n }为递减数列，则( ) A ．d ＞0 B ．d ＜0 C ．a 1d ＞0 D ．a 1d ＜09．D [解析] 令b n ＝2a 1a n ，因为数列{2a 1a n }为递减数列，所以 b n ＋1b n ＝2a 1a n ＋12a 1a n＝2a 1(a n＋1－a n )＝2a 1d <1，所以a 1d <0.17．[2014·全国卷] 数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．17．解：(1)由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2，得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2， 即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)， 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是所以a n ＋1－a 1＝n 2， 即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式a n ＝n 2－2n ＋2. 5．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1)C.n （n ＋1）2D.n （n －1）25．A [解析] 由题意，得a 2，a 2＋4，a 2＋12成等比数列，即(a 2＋4)2＝a 2(a 2＋12)，解得a 2＝4，即a 1＝2，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝n (n ＋1)．17．、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．17．解：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3. 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ， 故d ＝12，从而得a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2， 两式相减得12S n ＝34＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝⎛⎭⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2，所以S n ＝2－n ＋42n ＋1. 19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T m ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .19．解：(1)由题意知，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知，b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ×(n ＋1)． 因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 所以当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2， 当n 为奇数时， T n ＝T n －1＋(－b n ) ＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎨⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.16．、、[2014·陕西卷] △ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . (1)若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )； (2)若a ，b ，c 成等比数列，且c ＝2a ，求cos B 的值．16．解： (1)∵a ，b ，c 成等差数列，∴a ＋c ＝2b .由正弦定理得sin A ＋sin C ＝2sin B . ∵sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )， ∴sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )． (2)由题设有b 2＝ac ，c ＝2a ， ∴b ＝2a .由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34.19．、、[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n .19．解：(1)证明：由已知得，b n ＝2a n ＞0，当n ≥1时，b n ＋1b n＝2a n ＋1－a n ＝2d .故数列{b n }是首项为2a 1，公比为2d 的等比数列．(2)函数f (x )＝2x 在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n .于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)×4n －1＋n ×4n ，4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1，因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝（1－3n ）4n ＋1－43， 所以，S n ＝（3n －1）4n ＋1＋49.19．[2014·浙江卷] 已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 19．解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d >0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)， 所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1>1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 16．、[2014·重庆卷] 已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和．(1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .16．解：(1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以 a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2×4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q＝23(4n－1)．D3 等比数列及等比数列前n 项和12．[2014·安徽卷] 如图1-3，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝22，过点A 作BC 的垂线，垂足为A 1；过点A 1作AC 的垂线，垂足为A 2；过点A 2作A 1C 的垂线，垂足为A 3；….依此类推，设BA ＝a 1，AA 1＝a 2，A 1A 2＝a 3，…，A 5A 6＝a 7，则a 7＝________．图1-312.14 [解析] 在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝2 2，所以AB ＝AC ＝a 1＝2，由题易知A 1A 2＝a 3＝12AB ＝1，…，A 6A 7＝a 7＝⎝⎛⎭⎫123·AB ＝2×⎝⎛⎭⎫123＝14.17．，[2014·福建卷] 在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81.(1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 17．解：(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3. 因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.13．、[2014·广东卷] 等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝________．13．5 [解析] 在等比数列中，a 1a 5＝a 2a 4＝a 23＝4.因为a n >0，所以a 3＝2，所以a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)(a 2a 4)a 3＝a 53＝25，所以log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 19．、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4， 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.7．[2014·江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．7．4 [解析] 由等比数列的定义可得，a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，即a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2.又a n ＞0，所以q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，故a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.17．、、[2014·江西卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．17．解：(1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2.而此时m ∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 18．、[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；(2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值．18．解：(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝⎛⎭⎫0，25或x ∈(2，＋∞)． 故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，25和(2，＋∞)． (2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x ，a ＜0，所以由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 10，－a2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增． 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0. ①当－a2≤1，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]时的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4时取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)．当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意． 综上有，a ＝－10. 8．[2014·全国卷] 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63 D ．648．C [解析] 设等比数列{a n }的首项为a ，公比为q ，易知q ≠1，根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a （1－q 2）1－q＝3，a （1－q 4）1－q ＝15，解得q 2＝4，a1－q ＝－1，所以S 6＝a （1－q 6）1－q＝(－1)(1－43)＝63. 5．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1)C.n （n ＋1）2D.n （n －1）25．A [解析] 由题意，得a 2，a 2＋4，a 2＋12成等比数列，即(a 2＋4)2＝a 2(a 2＋12)，解得a 2＝4，即a 1＝2，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝n (n ＋1)．19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T m ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .19．解：(1)由题意知，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知，b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ×(n ＋1)． 因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 所以当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2， 当n 为奇数时， T n ＝T n －1＋(－b n ) ＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎨⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.16．、、[2014·陕西卷] △ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . (1)若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )； (2)若a ，b ，c 成等比数列，且c ＝2a ，求cos B 的值．16．解： (1)∵a ，b ，c 成等差数列，∴a ＋c ＝2b .由正弦定理得sin A ＋sin C ＝2sin B . ∵sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )， ∴sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )． (2)由题设有b 2＝ac ，c ＝2a ， ∴b ＝2a .由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34.20．、、[2014·天津卷] 已知q 和n 均为给定的大于1的自然数，设集合M ＝{0，1，2，…，q －1}，集合A ＝{x |x ＝x 1＋x 2q ＋…＋x n q n －1，x i ∈M ，i ＝1，2，…，n }．(1)当q ＝2，n ＝3时，用列举法表示集合A .(2)设s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －1，其中a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n .证明：若a n ＜b n ，则s ＜t .20．解：(1)当q ＝2，n ＝3时，M ＝{0，1}，A ＝{x |x ＝x 1＋x 2·2＋x 3·22，x i ∈M ，i ＝1，2，3}，可得A ＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．(2)证明：由s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －1，a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n 及a n <b n ，可得s －t ＝(a 1－b 1)＋(a 2－b 2)q ＋…＋(a n －1－b n －1)q n －2＋(a n －b n )q n －1≤(q －1)＋(q －1)q ＋…＋(q －1)q n －2－q n －1＝（q －1）（1－q n －1）1－q－q n －1＝－1<0， 所以s <t . 16．、[2014·重庆卷] 已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和．(1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .16．解：(1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以 a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2×4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q＝23(4n－1)．D4 数列求和 15．、[2014·北京卷] 已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．15．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)． 设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n 1－2＝2n －1，所以，数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.16．、[2014·湖南卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 16.解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝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. 17．、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．17．解：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3. 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ， 故d ＝12，从而得a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2， 两式相减得12S n ＝34＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝⎛⎭⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2，所以S n ＝2－n ＋42n ＋1. 19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T m ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n b n ，求T n .19．解：(1)由题意知，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知，b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ×(n ＋1)． 因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 所以当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2， 当n 为奇数时， T n ＝T n －1＋(－b n ) ＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎨⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.D5 单元综合18．[2014·安徽卷] 数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .18．解： (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得a nn ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2，从而可得b n ＝n ·3n .S n ＝1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1＋n ×3n ，①3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)3n ＋n ×3n ＋1.② ①－②得－2S n ＝31＋32＋ (3)－n ·3n ＋1＝3·（1－3n ）1－3－n ·3n ＋1＝（1－2n ）·3n ＋1－32，所以S n ＝（2n －1）·3n ＋1＋34.19．[2014·广东卷] 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）<13.19．、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )， 化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4， 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41. 20．[2014·江苏卷] 设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈)，证明：{a n }是“H 数列”．(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值． (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈)成立．20．解： (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知得，S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1，从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n （3－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”，因此d 的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)． 令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”． 所以对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．17．、、[2014·江西卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．17．解：(1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2.而此时m ∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 18．、[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；(2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值．18．解：(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝⎛⎭⎫0，25或x ∈(2，＋∞)． 故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，25和(2，＋∞)． (2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x ，a ＜0，所以由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 10，－a2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增． 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0. ①当－a2≤1，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]时的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4时取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)．当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意． 综上有，a ＝－10. 19．、、[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n .19．解：(1)证明：由已知得，b n ＝2a n ＞0，当n ≥1时，b n ＋1b n＝2a n ＋1－a n ＝2d .故数列{b n }是首项为2a 1，公比为2d 的等比数列．(2)函数f (x )＝2x 在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n .于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)×4n －1＋n ×4n ，4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1，因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝（1－3n ）4n ＋1－43， 所以，S n ＝（3n －1）4n ＋1＋49.。

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。

高考数学一轮复习《数列》练习题（含答案）一、单选题1．已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其n 前项和，若4511a a +=，则8S =（ ） A ．36B ．40C ．44D ．472．8，2的等差中项是（ ） A ．±5B ．±4C ．5D ．43．已知等比数列{}n a 中，3464,32a a a ==，则101268a a a a --的值为（ ）A ．2B ．4C ．8D ．164．若2(23n a n tn t =++为常数）*n N ∈，且数列{}n a 为单调递增数列，则实数t 的取值范围为（ ） A ．2t <-B ．2t >-C ．6t <-D ．6t >-5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．若(8)(1,2,)n a n n n =-=，则（ ） A ．{}n a 有最大项，{}n S 有最大项 B ．{}n a 有最大项，{}n S 有最小项 C ．{}n a 有最小项，{}n S 有最大项D ．{}n a 有最小项，{}n S 有最小项6．数列{}n a 满足：12a =，()111n n a a +-=，n S 是{}n a 的前n 项和，则2021S =（ ） A ．4042 B ．2021 C ．20232D ．202127．在等差数列{}n a 中，若6a ，7a 是方程2320x x ++=的两根，则{}n a 的前12项的和为（ ） A ．6B ．18C ．-18D ．-68．早在3000年前，中华民族的祖先就已经开始用数字来表达这个世界.在《乾坤谱》中，作者对易传“大衍之数五十”进行了一系列推论，用来解释中国传统文化中的太极衍生原理，如图.该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，60，72，…，若记该数列为{}n a ，则20212020a a -=（ ）A ．2018B ．2020C ．2022D ．20249．已知数列{}n a 的前n 项和27n S n n =-，若35<<k a ，则k =（ ） A ．8B ．7C ．6D ．510．等比数列{}n b 的前n 项之积为n T ，若456b b b =，则5T =（ ） A ．1B ．2C ．3D ．411．数列{}n a 满足1a m =，2212114,4(2)2,4n n n n n a n a n a a n ---⎧<=≥⎨≥⎩，若{}n a 为等比数列，则m 的取值范围是（ ） A ．(1,9]B ．9,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[2,9]D ．[18,)+∞12．在等差数列{}n a 中，满足4737a a =，且10,n a S >，是{}n a 前n 项的和，若n S 取得最大值，则n =（ ） A ．7 B ．8C ．9D ．10二、填空题13．已知数列{}n a 为等差数列，10a <且1231990a a a a ++++=，设()12n n n n b a a a n *++=∈N ，当{}n b 的前n 项和n S 最小时，n 的值组成的集合为______．14．已知数列{}n a 中各项是从1、0、－1这三个整数中取值的数列，n S 为其前n 项和，定义()21n n b a =+，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，若30301,51S T =-=，则数列{}n a 的前30项中0的个数为_______个．15．已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且1212222016,log log log n n n a a a a a +⋅=+++=______．16．n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，若131n n S a -=⋅+（*n N ∈），则a =______．17．已知数列{}n a 满足11a =，21n nn a a a +=+，数列{}n b 的前n 项和n S ，1n n n a b a +=.若()100S k k Z <∈，则k 的最小值为_______________.三、解答题18．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为等差数列，a 1＝12，d ＝－2. （1）求S n ，并画出{S n }(1≤n ≤13)的图象；（2）分别求{S n }单调递增、单调递减的n 的取值范围，并求{S n }的最大(或最小)的项； （3）{S n }有多少项大于零？19．已知等差数列{}n a 满足37a =，616a =． （1）求{}n a 的通项公式；（2）若当2n ≥时，113n n b b a -=，且13b =，求使0n b >的最大正整数n 的值．20．设{}n a 是各项都为正数的单调递增数列，已知19a =，且n a 满足关系式：19n n a a ++=+*n ∈N .（1）求{}n a 的通项公式； （2）若99n n b a n=+，求数列{}n b 的前n 项和n S .21．已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，已知1055S =，且2a ，4a ，8a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若nn S b n=，求371141n b b b b -+++⋅⋅⋅+的值.22．已知数列{}n a 满足12n n a a +=+，n *∈N ，且2a ，5a ，14a 构成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设12nn n b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S .23．设等差数列{}n a 公差为d ，等比数列{}n b 公比为q ，已知d q =，111a b +=，221a b +=，431a b +=．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．（3）求数列211n n n n a a a b +++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．24．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，22=,n n n S a a n N *+∈. （1）求{}n a 的通项公式； （2）记22n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .25．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足*21()n n S a n =-∈N ，数列{}n b 满足*1(1)(1)()n n nb n b n n n N +-+=+∈，且11b =．（1）证明数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若12214(1)(1)(32log )(32log )n n n n n c a a -++=-++，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ；（3）若n n d a ={}n d的前n 项和为n D ，对任意的*n N ∈，都有n n D nS a ≤-，求实数a 的取值范围。

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。

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。

高三数学一轮复习 数 列一 选择题（每题5分）1．记等比数列{a n }的公比为q ，则“q >1”是“a n ＋1>a n (n ∈N *)”的 ( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件2．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是 ( )A ．a n ＝n 2－n ＋1B ．a n ＝n (n －1)2C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n ＋2)23．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝ ( ) A ．2 B.73 C.83D ．3 4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且15S n ＝a n －1，则a 2等于 ( ) A ．－54 B.54 C.516 D.25165．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列，若a 1＝1，则S 4＝ ( )A ．7B ．8C ．15D ．166. 设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列{1f (n )}(n ∈N *)的前n 项和是 A.n n ＋1 B.n ＋2n ＋1 C.n n －1D.n ＋1n ( ) 7．等差数列{a n }的通项公式a n ＝1－2n ，前n 项和为S n ，数列{S n n }的前11项和为 ( )A ．－45B ．－50C ．－55D ．－668．已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1，若{1a n ＋1}为等差数列，则a 11＝ ( ) A ．0 B.12 C.23D ．2 9．在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7a 9a 11＝32，则a 29a 11的值为 ( ) A ．4 B ．2 C ．－2 D ．－410．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 008项的和等于 A ．1 506 B ．3 012 C ．1 004 D ．2 008 ( )二 填空题（每题5分）11．在等差数列{a n }中，已知log 2(a 5＋a 9)＝3，则等差数列{a n }的前13项的和S 13＝________.12．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n 2－1(n ≥2)，则{a n }的通项公式为________．13．设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________. 14．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n －1，a n )(n >1，且n ∈N *)满足y ＝2x －1，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.三、解答题15．（本题10分）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－n 2＋24n (n ∈N )．(1)求{a n }的通项公式；(2)当n 为何值时，S n 达到最大？最大值是多少？16．（本题10分）在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项的和．17．（本题12分）在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(1)设b n ＝a n 2n －1，证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .18．(本题12分)设数列{a n}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1a n＝n3，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝na n，求数列{b n}的前n项和S n.19．(本题满分12分)已知数列{a n}中，其前n项和为S n，且n，a n，S n成等差数列(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求S n>57时n的取值范围．20．(本小题满分12分)已知各项都不相等的等差数例{a n}的前六项和为60，且a6为a1和a21的等比中项．(1)求数列{a n}的通项公a n及前n项和S n；(2)若数列{b n}满足b n＋1－b n＝a n(n∈N*)，且b1＝3，求数列{1b n}的前n项和T n.21．(本小题满分12分)已知函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，且f(x)＝x2－x＋b，数列{a n}的前n项和S n＝f(n)(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足a n＋log3n＝log3b n，求数列{b n}的前n项和T n；(3)设P n＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2，Q n＝a10＋a12＋a14＋…＋a2n＋8，其中n∈N*，试比较P n与Q n的大小，并证明你的结论．2014届高三数学一轮复习 数 列答案：1—5、DCBDC ，6—10、ADBBA11、52 12、答案：a n ＝54－2n ＋12n (n ＋1)13、15 14、1033 15、解：(1)n ＝1时，a 1＝S 1＝23；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋25.经验证，a 1＝23符合a n ＝－2n ＋25，∴a n ＝－2n ＋25(n ∈N )．(2)法一：∵S n ＝－n 2＋24n ＝－(n －12)2＋144， ∴n ＝12时，S n 最大且S n ＝144.法二：∵a n ＝－2n ＋25，∴a n ＝－2n ＋25＞0，有n ＜252， ∴a 12＞0，a 13＜0，故S 12最大，最大值为144.16、解：由已知得：a n ＝1n ＋1(1＋2＋3＋…＋n )＝n 2， b n ＝2n 2·n ＋12＝8(1n －1n ＋1)， ∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝8[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)] ＝8(1－1n ＋1)＝8n n ＋1. 17、解：(1)证明：由已知a n ＋1＝2a n ＋2n 得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n 2n －1＋1＝b n ＋1. 又b 1＝a 1＝1，因此{b n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a n 2n －1＝n ，即a n ＝n ·2n －1. S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1， 两边乘以2得，2S n ＝2＋2×22＋…＋n ×2n .两式相减得S n ＝－1－21－22－…－2n －1＋n ·2n ＝－(2n －1)＋n ·2n＝(n －1)2n ＋1.18、解：(1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3， ① ∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13. ② ①－②得3n －1a n ＝13，a n ＝13n . 在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ， ∴a n ＝13n . (2)∵b n ＝n a n，∴b n ＝n 3n . ∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n 3n ， ③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n 3n ＋1. ④ ④－③得2S n ＝n 3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )， 即2S n ＝n 3n ＋1－3(1－3n )1－3， ∴S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34. 19、解：(1)∵n ，a n ，S n 成等差数列，∴S n ＝2a n －n ，S n －1＝2a n －1－(n －1) (n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1－1 (n ≥2)，∴a n ＝2a n －1＋1 (n ≥2)，两边加1得a n ＋1＝2(a n －1＋1) (n ≥2)，∴a n ＋1a n －1＋1＝2 (n ≥2)． 又由S n ＝2a n －n 得a 1＝1.∴数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1，即数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝2a n －n ＝2n ＋1－2－n ， ∴S n ＋1－S n ＝2n ＋2－2－(n ＋1)－(2n ＋1－2－n ) ＝2n ＋1－1>0， ∴S n ＋1>S n ，{S n }为递增数列．由题设，S n >57，即2n ＋1－n >59. 又当n ＝5时，26－5＝59，∴n >5.∴当S n >57时，n 的取值范围为n ≥6(n ∈N *)．20、解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 6a 1＋15d ＝60，a 1(a 1＋20d )＝(a 1＋5d )2，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝5.∴a n ＝2n ＋3.S n ＝n (5＋2n ＋3)2＝n (n ＋4)． (2)由b n ＋1－b n ＝a n ，∴b n －b n －1＝a n －1(n ≥2，n ∈N *)．当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝a n －1＋a n －2＋…＋a 1＋b 1＝(n －1)(n －1＋4)＋3＝n (n ＋2)．对b 1＝3也适合，∴b n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)．∴1b n ＝1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2)． T n ＝12(1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)＝3n 2＋5n 4(n ＋1)(n ＋2). 21、解：(1)因为y ＝f (x )的图象过原点，所以f (x )＝x 2－x . 所以S n ＝n 2－n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－n －(n －1)2＋(n －1)＝2n －2， 又因为a 1＝S 1＝0适合a n ＝2n －2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －2(n ∈N *)．(2)由a n ＋log 3n ＝log 3b n 得：b n ＝n ·3a n ＝n ·32n －2(n ∈N *)， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝30＋2·32＋3·34＋…＋n ·32n －2，9T n ＝32＋2·34＋3·36＋…＋n ·32n . 两式相减得：8T n ＝n ·32n －(1＋32＋34＋36＋…＋32n －2)＝n ·32n－32n －18， 所以T n ＝n ·32n 8－32n －164＝(8n －1)32n ＋164. (3)a 1，a 4，a 7，…，a 3n －2组成以0为首项，6为公差的等差数列，所以P n ＝n (n －1)2×6＝3n 2－3n ； a 10，a 12，a 14，…，a 2n ＋8组成以18为首项，4为公差的等差数列，所以Q n ＝18n ＋n (n －1)2×4＝2n 2＋16n .故P n －Q n ＝3n 2－3n －2n 2－16n ＝n 2－19n ＝n (n －19)， 所以，对于正整数n ，当n ≥20时，P n >Q n ；当n ＝19时，P n ＝Q n ；当n <19时，P n <Q n .。

高考数学一轮复习数列多选题知识归纳总结及解析一、数列多选题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()1*11,221,21n n n a n ka k N a n k --+=⎧=∈⎨+=+⎩.则下列选项正确的为（ ） A ．614a =B ．数列{}()*213k a k N-+∈是以2为公比的等比数列C ．对于任意的*k N ∈，1223k k a +=-D ．1000n S >的最小正整数n 的值为15 【答案】ABD 【分析】根据题设的递推关系可得2212121,21k k k k a a a a -+=-=-，从而可得22222k k a a +-=，由此可得{}2k a 的通项和{}21k a -的通项，从而可逐项判断正误.【详解】由题设可得2212121,21k k k k a a a a -+=-=-， 因为11a =，211a a -=，故2112a a =+=，所以22212121,12k k k k a a a a +++--==，所以22222k k a a +-=， 所以()222222k k a a ++=+，因为2240a +=≠，故220k a +≠， 所以222222k k a a ++=+，所以{}22k a +为等比数列，所以12242k k a -+=⨯即1222k k a +=-，故416214a =-=，故A 对，C 错. 又112122123k k k a ++-=--=-，故12132k k a +-+=，所以2121323k k a a +-+=+，即{}()*213k a k N -+∈是以2为公比的等比数列，故B 正确.()()141214117711S a a a a a a a =+++=++++++()()2381357911132722323237981a a a a a a a =+++++++=⨯-+-++-+=，15141598150914901000S S a =+=+=>，故1000n S >的最小正整数n 的值为15，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D 是否成立时注意先考虑14S 的值.2．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.3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d .已知312a =，120S >，70a <则（ ） A ．60a >B ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增数列C ．0n S <时，n 的最小值为13D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项【答案】ACD 【分析】由已知得()()612112712+12+220a a a a S ==>，又70a <，所以6>0a ，可判断A ；由已知得出2437d -<<-，且()12+3n a n d =-，得出[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，又()1112+3n a n d =-，可得出1na 在1,6n n N上单调递增，1na 在7n nN ，上单调递增，可判断B ；由()313117713+12203213a a a S a ⨯==<=，可判断C ；判断 n a ，n S 的符号， n a 的单调性可判断D ； 【详解】由已知得311+212,122d a a a d ===-，()()612112712+12+220a a a a S ==>，又70a <，所以6>0a ，故A 正确；由7161671+612+40+512+3>0+2+1124+7>0a a d d a a d d a a a d d ==<⎧⎪==⎨⎪==⎩，解得2437d -<<-，又()()3+312+3n a n d n d a =-=-，当[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，又()1112+3n a n d =-，所以[]1,6n ∈时，1>0na ，7n ≥时，10n a <，所以1na 在1,6nn N上单调递增，1na 在7nn N，上单调递增，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是递增数列，故B 不正确；由于()313117713+12203213a a a S a ⨯==<=，而120S >，所以0n S <时，n 的最小值为13，故C 选项正确 ；当[]1,6n ∈时，>0n a ，7n ≥时，0n a <，当[]1,12n ∈时，>0n S ，13n ≥时，0n S <，所以当[]7,12n ∈时，0n a <，>0n S ，0nnS a <，[]712n ∈，时，n a 为递增数列，n S 为正数且为递减数列，所以数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项，故D 正确； 【点睛】本题考查等差数列的公差，项的符号，数列的单调性，数列的最值项，属于较难题.4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1a p =，122n n S S p --=（2n ≥，p 为常数），则下列结论正确的有（ ） A ．{}n a 一定是等比数列B ．当1p =时，4158S =C ．当12p =时，m n m n a a a +⋅= D ．3856a a a a +=+【答案】BC 【分析】对于A 选项，若0p =，则数列{}n a 不是等比数列，当0p ≠时，通过题目条件可得112n n a a -=，即数列{}n a 为首项为p ，公比为12的等比数列，然后利用等比数列的通项公式、前n 项和公式便可得出B ，C ，D 是否正确. 【详解】由1a p =，122n n S S p --=得，()222a p p p +-=，故22pa =，则2112a a =，当3n ≥时，有1222n n S S p ---=，则120n n a a --=，即112n n a a -=， 故当0p ≠时，数列{}n a 为首项为p ，公比为12的等比数列；当0p =时不是等比数列，故A 错误；当1p =时，441111521812S ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭==-，故B 正确； 当12p =时，12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则12m nm n m n a a a ++⎛⎫⋅== ⎪⎝⎭，故C 正确；当0p ≠时，38271133+22128a a p p ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，而56451112+22128a a p p ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭， 故3856a a a a +>+，则D 错误； 故选：BC.5．（多选题）数列{}n a 满足()2*1n n n a a a n N+=-+∈，110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则以下说法正确的为（ ） A ．10n n a a +<<B ．22221231n a a a a a +++⋅⋅⋅+<C ．对任意正数b ，都存在正整数m 使得12311111111mb a a a a +++⋅⋅⋅+>----成立 D ．11n a n <+ 【答案】ABCD 【分析】对于A ，结合二次函数的特点可确定正误；对于B ，将原式化简为111n a a a +-<，由10n a +>得到结果； 对于C ，结合1a 范围和A 中结论可确定12111111nn a a a ++⋅⋅⋅+>---，由此判断得到结果；对于D ，利用数学归纳法可证得结论. 【详解】对于A ，2211124n nn n a a a a +⎛⎫=-+=--+ ⎪⎝⎭，若10,2n a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则110,4n a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，又110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可知0n a >，10n a +>，又210n n n a a a +-=-<，10n n a a +∴<<，A 正确； 对于B ，由已知得：21n n n a a a +=-，()()()2221212231111n n n n a a a a a a a a a a a a ++∴++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-<，B 正确；对于C ，由110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭及A 中结论得：1112n a <-<，1121n a <<-，12111111nn a a a ∴++⋅⋅⋅+>---，显然对任意的正数b ，在在正整数m ，使得m b >，此时12311111111mb a a a a +++⋅⋅⋅+>----成立，C 正确； 对于D ，（i ）当1n =时，由已知知：112a <成立， （ii ）假设当()n k k N*=∈时，11nan <+成立， 则222111112411n nn n a a a a n n +⎛⎫⎛⎫=-+=--+<-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭， 又()()()221111012121n n n n n -+-=-<+++++，即()2111121n n n -+<+++，112n a n +∴<+， 综上所述：当n *∈N 时，112n a n +<+，D 正确. 故选：ABCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列与不等式的综合应用问题，关键在于能够熟练应用不等式的性质与函数的性质进行化简辨析，同时对于数列中的不等式证明问题，可采用数学归纳法进行证明.6．下列说法正确的是（ ）A ．若{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则k S ，2k k S S -，32k k S S -，…仍为等差数列()k N *∈B ．若{}n a 为等比数列，n S 为其前n 项和，则k S ，2k k S S -，32k k S S -，仍为等比数列()k N *∈C ．若{}n a 为等差数列，10a >，0d <，则前n 项和n S 有最大值D ．若数列{}n a 满足21159,4n n n a a a a +=-+=，则121111222n a a a +++<--- 【答案】ACD 【分析】根据等差数列的定义，可判定A 正确；当1q =-时，取2k =，得到20S =，可判定B 错误；根据等差数列的性质，可判定C 正确；化简得到1111233n n n a a a +=----，利用裂项法，可判定D 正确. 【详解】对于A 中，设数列{}n a 的公差为d ， 因为12k k S a a a =+++，2122k k k k k S S a a a ++-=+++，3221223k k k k k S S a a a ++-=+++，，可得()()()()22322k k k k k k k S S S S S S S k d k N *--=---==∈，所以k S ，2k k S S -，32k k S S -，构成等差数列，故A 正确；对于B 中，设数列{}n a 的公比为()0q q ≠，当1q =-时，取2k =，此时2120S a a =+=，此时不成等比数列，故B 错误； 对于C 中，当10a >，0d <时，等差数列为递减数列， 此时所有正数项的和为n S 的最大值，故C 正确；对于D 中，由2159n nn a a a +=-+，可得()()2135623n n n n n a a a a a +-=-+=-⋅-， 所以2n a ≠或3n a ≠， 则()()1111132332n n n n n a a a a a +==------，所以1111233n n n a a a +=----， 所以1212231111111111222333333n n n a a a a a a a a a ++++=-+-++---------- 1111111333n n a a a ++=-=----. 因为14a =，所以2159n nn n a a a a +=-+>，可得14n a +>，所以11113n a +-<-，故D 正确.故选：ACD 【点睛】方法点睛：由2159n nn a a a +=-+，得到()()2135623n n n n n a a a a a +-=-+=-⋅-，进而得出1111233n n n a a a +=----，结合“裂项法”求解是解答本题的难点和关键.7．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且12a =，38a =则（ ） A ．512a = B ．公差3d =C ．()261n S n n =+D ．数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为64nn + 【答案】BCD 【分析】根据已知条件求出等差数列{}n a 的通项公式和前n 项和公式，即可判断选项A 、B 、C ，再利用裂项求和即可判断选项D. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，则312228a a d d =+=+=，解得：3d =，故选项B 正确； 所以()21331n a n n =+-⨯=-，对于选项A ：535114a =⨯-=，故选项A 不正确；对于选项C ：()()2222132612n n S n n n ++-⨯⎡⎤⎣⎦=⨯=+，所以故选项C 正确； 对于选项D ：()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 所以前n 项和为111111111325588113132n n ⎛⎫-+-+-++-⎪-+⎝⎭()611132322324n n n n n ⎛⎫=-== ⎪++⎝⎭+，故选项D 正确， 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法（2）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 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解.8．已知等比数列{}n a 满足11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>．（ ）A ．数列{}n a 的公比为pB ．数列{}n a 为递增数列C ．1r p =--D ．当14p r-取最小值时，13-=n n a 【答案】BD 【分析】先结合已知条件，利用1n n n a S S -=-找到,p q 的关系，由11p q =-判断选项A 错误，由11pq p+=>判断B 正确，利用{}n a 通项公式和前n 项和公式代入已知式计算r p =-判断C 错误，将r p =-代入14p r-，利用基本不等式求最值及取等号条件，判断D 正确. 【详解】依题意，等比数列{}n a ，11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>，设公比是q ，2n ≥时，11n n n n S pa rS pa r+-=+⎧⎨=+⎩，作差得，1n n n pa a pa +-=，即()11n n p a pa +=+，故11n n a p a p ++=，即1p q p +=，即11p q =-.选项A 中，若公比为p ，则11p q q ==-，即210q q --=，即p q ==时，数列{}n a 的公比为p ，否则数列{}n a 的公比不为p ，故错误；选项B 中，由0p >知，1111p q p p +==+>，故111111n n n n a a q q p ---=⋅==⎛⎫+ ⎪⎝⎭是递增数列，故正确；选项C 中，由1n n S pa r +=+，11n n q S q-=-，11p q =-，1nn a q +=知，1111111n n n n q p q q a qr S p q +--=-⋅=-=---=，故C 错误；选项D 中， 因为r p =-，故()1111444p p p r p p -=-=+≥=⋅-，当且仅当14p p =，即12p =时等号成立，14p r-取得最小值1，此时13p q p +==，113n n n a q --==，故正确.故选：BD. 【点睛】 方法点睛：由数列前n 项和求通项公式时，一般根据11,2,1n n n S S n a a n --≥⎧=⎨=⎩求解；2、当两个正数,a b的积为定值，要求这两个正数的和式的最值时，可以使用基本不等式a b +≥，当且仅当a b =取等号.9．已知等差数列{}n a 的前n 项和为S n （n ∈N *），公差d ≠0，S 6=90，a 7是a 3与a 9的等比中项，则下列选项正确的是（ ） A ．a 1=22B ．d =－2C ．当n =10或n =11时，S n 取得最大值D ．当S n >0时，n 的最大值为20【答案】BCD 【分析】由等差数列的求和公式和通项公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，求得等差数列的通项n a 和n S ，由二次函数的最值求法和二次不等式的解法可得所求值，判断命题的真假． 【详解】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，由690S =，可得161590a d +=，即12530a d +=，①由7a 是3a 与9a 的等比中项，可得2739a a a =，即2111(6)(2)(8)a d a d a d +=++，化为1100a d +=，② 由①②解得120a =，2d =-， 则202(1)222n a n n =--=-，21(20222)212n S n n n n =+-=-， 由221441()24n S n =--+，可得10n =或11时，n S 取得最大值110； 由0n S >，可得021n <<，即n 的最大值为20． 故选：BCD 【点睛】方法点睛：数列最值常用的方法有：（1）函数（单调性）法；（2）数形结合法；（3）基本不等式法.要结合已知条件灵活选择合适的方法求解.10．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，则下列4个命题中正确的有（ ）A ．若100S =，则50a >，60a <；B ．若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15；C ．若150S >，160S <，则{}n S 中7S 最大；D ．若89S S <，则78S S <. 【答案】ABD 【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质，逐一检验选项，即可得答案. 【详解】对于A ：因为正数，公差不为0，且100S =，所以公差0d <， 所以1101010()02a a S +==，即1100a a +=， 根据等差数列的性质可得561100a a a a +=+=，又0d <， 所以50a >，60a <，故A 正确； 对于B ：因为412S S =，则1240S S -=，所以561112894()0a a a a a a ++⋅⋅⋅++=+=，又10a >， 所以890,0a a ><， 所以115815815()15215022a a a S a +⨯===>，116891616()16()022a a a a S ++===， 所以使0n S >的最大的n 为15，故B 正确；对于C ：因为115815815()15215022a a a S a +⨯===>，则80a >， 116891616()16()022a a a a S ++===，则890a a +=，即90a <， 所以则{}n S 中8S 最大，故C 错误；对于D ：因为89S S <，则9980S a S =->，又10a >，所以8870a S S =->，即87S S >，故D 正确，故选：ABD【点睛】解题的关键是先判断d 的正负，再根据等差数列的性质，对求和公式进行变形，求得项的正负，再分析和判断，考查等差数列性质的灵活应用，属中档题.。

数列新定义问题1(2024·甘肃定西·一模)在n个数码1,2,⋯,n n∈N,n≥2构成的一个排列j1j2⋯j n中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序(例如j2>j5，则j2与j5构成逆序)，这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T j1j2⋯j n，例如，T312=2，(1)计算T(51243)；(2)设数列a n满足a n+1=a n⋅T51243-T3412,a1=2，求a n的通项公式；(3)设排列j1j2⋯j n n∈N,n≥2满足j i=n+1-i i=1,2,⋯,n,b n=T j1j2⋯j n,S n=1b2+1b3+⋯+1b n+1，求S n，【答案】(1)5(2)a n=5n-1+1(3)S n=2nn+1【分析】(1)利用逆序数的定义，依次分析排列51243中的逆序个数，从而得解；(2)利用逆序数的定义得到a n+1=5a n-4，从而利用构造法推得a n-1是等比数列，从而得解；(3)利用逆序数的定义，结合等差数列的求和公式得到b n，再利用裂项相消法即可得解.【详解】(1)在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，所以T(51243)=4+0+0+1+0=5.(2)由(1)中的方法，同理可得T(3412)=4，又T(51243)=5，所以a n+1=5a n-4，设a n+1+λ=5a n+λ，得a n+1=5a n+4λ，所以4λ=-4，解得λ=-1，则a n+1-1=5a n-1，因为a1-1=1≠0，所以数列a n-1是首项为1，公比为5的等比数列，所以a n-1=5n-1，则a n=5n-1+1.(3)因为j i=n+1-i(i=1,2,⋯,n)，所以b n=T j1j2⋯j n=n-1+n-2+⋯+1+0=n-1n2，所以1b n+1=2(n+1)n=21n-1n+1，所以S n=21-12+12-13+⋯+1n-1n+1=21-1n+1=2n n+1.2(2024高三下·全国·专题练习)若数列{a n}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{a n }为“等比源数列”．(1)已知数列{a n}为4，3，1，2，数列{b n}为1，2，6，24，分别判断{a n},{b n}是否为“等比源数列”，并说明理由；(2)已知数列{c n}的通项公式为c n=2n-1+1，判断{c n}是否为“等比源数列”，并说明理由；【答案】(1){a n}是“等比源数列”，{b n}不是“等比源数列”，理由见解析(2){c n}不是“等比源数列”，理由见解析【分析】(1)根据等比中项，结合列举法即可求解，(2)假设是“等比源数列”得c2n=c m c k，即可根据指数幂的运算，结合奇偶数的性质得矛盾，即可求解.【详解】(1){a n }是“等比源数列”，{b n }不是“等比源数列”．{a n }中“1，2，4”构成等比数列，所以{a n }是“等比源数列”；{b n }中“1，2，6”，“1，2，24”，“1，6，24”，“2，6，24”均不能构成等比数列，且这四者的其他次序也不构成等比数列，所以{b n }不是“等比源数列”．(2){c n }不是“等比源数列”．假设{c n }是“等比源数列”，因为{c n }是单调递增数列，即{c n }中存在的c m ，c n ，c k (m <n <k )三项成等比数列，也就是c 2n =c m c k ，即(2n -1+1)2=(2m -1+1)(2k -1+1)，22n -2+2n =2m +k -2+2m -1+2k -1，两边时除以2m -1得22n -m -1+2n -m +1=2k -1+1+2k -m ，等式左边22n -m -1+2n -m +1为偶数，等式右边2k -1+1+2k -m 为奇数．所以数列{c n }中不存在三项按一定次序排列构成等比数列．综上可得{c n }不是“等比源数列”．3(23-24高二下·吉林四平·阶段练习)在数列a n 中，若存在常数t ，使得a n +1=a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +t (n ∈N *)恒成立，则称数列a n 为“H t 数列”．(1)判断数列1，2，3，7，43是否为“H 1 数列”；(2)若c n =1+1n，试判断数列c n 是否为“H t 数列”，请说明理由；(3)若数列a n 为“H t 数列”，且a 1=2，数列b n 为等比数列，满足∑ni =1a 2i =a n +1+log 2b n -t 求数列b n 的通项公式和t 的值．【答案】(1)是(2)不是，理由见解析(3)b n =2n +1，t =-1【分析】(1)根据H t 数列的定义判断(2)根据已知条件求出c n +1-c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n 即可判断；(3)根据数列a n 为“H t 数列”，化∑i =1n a 2i =a n +1+log 2b n -t 为∑i =1na 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n ，进而求得∑i =1n +1a 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n a n +1+log 2b n +1，作差有a 2n +1=a n +1-1 a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n +1b n，根据已知条件化为t +1 a n +1-t +log 2q =0，解得t =-1q =2，由此求出b 1=4，即可求出数列b n 的通项公式.【详解】(1)由题意可得2=1+1，3=1×2+1，7=1×2×3+1，43=2×3×7+1，所以1，2，3，7，43是“H 1 数列”；(2)数列c n 不是“H t 数列”，理由如下：c n =1+1n =n +1n (n ∈N *)，则c n +1=n +2n +1(n ∈N *)，又c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n =21⋅32⋅43⋅⋅⋅n +1n=n +1(n ∈N *)，所以c n +1-c 1c 2c 3⋅⋅⋅c n =n +2n +1-n +1 =1n +1-n (n ∈N *)，因为1n +1-n 不是常数，所以数列c n 不是“H t 数列”．(3)因为数列a n 为“H t 数列”，由∑i =1na 2i =a n +1+log 2b n -t (n ∈N *)，有∑i =1na 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n (n ∈N *)①，所以∑i =1n +1a 2i =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n a n +1+log 2b n +1(n ∈N *)②，两式作差得a 2n +1=a n +1-1 a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n +log 2b n +1b n(n ∈N *)，又因为数列a n 为“H t 数列”，所以a n +1-t =a 1a 2a 3⋅⋅⋅a n (n ∈N *)，设数列b n 的公比为q ，所以a 2n +1=a n +1-1 a n +1-t +log 2q (n ∈N *)，即t +1 a n +1-t +log 2q =0对∀n ∈N *成立，则t +1=0t +log 2q =0⇒t =-1q =2，又a 1=2，a 21=a 1+log 2b 1，得b 1=4，所以b n =4×2n -1=2n +1，t =-1．4(23-24高二下·四川南充·阶段练习)给定数列a n ，称a n +1-a n 为a n 的差数列(或一阶差数列)，称数列a n +1-a n 的差数列为a n 的二阶差数列，若a n =3n .(1)设a n 的二阶差数列为b n ，求b n 的通项公式.(2)在(1)的条件下，设c n =log 3b n 4+b n ，求c n 的前n 项和为T n 【答案】(1)b n =4⋅3n (2)T n =2⋅3n +1+n 22+n2-6【分析】(1)借助定义计算即可得；(2)借助等差数列及等比数列的求和公式计算即可得.【详解】(1)a n +1-a n =3n +1-3n =2⋅3n ，则b n =2⋅3n +1-2⋅3n =4⋅3n ；(2)c n =log 3b n 4+b n =log 34⋅3n 4+4⋅3n =n +4⋅3n ，则T n =121-3n1-3+n n +1 2=2⋅3n +1+n 22+n 2-6.5(2024·安徽池州·模拟预测)定义：若对∀k ∈N *,k ≥2,a k -1+a k +1≤2a k 恒成立，则称数列a n 为“上凸数列”．(1)若a n =n 2-1，判断a n 是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．(2)若a n 为“上凸数列”，则当m ≥n +2m ,n ∈N * 时，a m +a n ≤a m -1+a n +1．(ⅰ)若数列S n 为a n 的前n 项和，证明：S n ≥n2a 1+a n ；(ⅱ)对于任意正整数序列x 1,x 2,x 3,⋯,x i ,⋯,x n (n 为常数且n ≥2,n ∈N *)，若ni =1x 2i-1 ≥ni =1x i-λ 2-1恒成立，求λ的最小值．【答案】(1)是，证明见解析(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)n -1【分析】(1)构造函数f x =(x +1)2-1-x 2-1,x ≥1，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；(2)(ⅰ)利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令a n =n 2-1，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】(1)a n 是“上凸数列”，理由如下：因为a n =n 2-1,a n +1-a n =(n +1)2-1-n 2-1，令f x =(x +1)2-1-x 2-1,x ≥1，则fx =x +1(x +1)2-1-xx 2-1=(x +1)3x -1 -x 3x +2(x +1)2-1⋅x 2-1．当x ≥1时，(x +1)3x -1 -x 3x +2 =-2x -1<0，所以(x +1)3x -1 <x 3x +2 ，所以f x <0,f x 在区间1,+∞ 上单调递减，所以f n >f n +1 ,a n +1-a n >a n +2-a n +1，所以a n +2+a n ≤2a n +1，所以a n 是“上凸数列”．(2)(ⅰ)证明：因为a n 是“上凸数列”，由题意可得对任意1≤i ≤n i ∈N * ，a i +a n -i +1≥a i -1+a n -i +2≥a i -2+a n -i +3⋅⋅⋅≥a 2+a n -1≥a 1+a n ，所以2S n =a 1+a n +a 2+a n -1 +⋅⋅⋅+a n -1+a 2 +a n +a 1 ≥n a 1+a n ，所以S n ≥n2a 1+a n ．(ⅱ)解：令a n =n 2-1，由(1)可得当a n =n 2-1时，a n 是“上凸数列”，由题意可知，当m ≥n +2m ,n ∈N * 时，a m +a n ≤a m -1+a n +1．因为ni =1x 2i -1 =x 21-1+x 22-1+x 23-1+⋅⋅⋅+x 2n -1，即∑ni =1x 2i -1=x 21-1+x 22-1+x 23-1+⋅⋅⋅+∑ni =1x i -x 1-x 2-⋯-x n -1 2-1．所以∑n i =1x 2i -1≥x 1-x 1+12-1+x 22-1+⋅⋅⋅+∑n i =1x i-x 1-x 2-⋅⋅⋅-xn -1+x 1-1 2-1≥12-1+x 2-x 2+12+⋯+∑ni =1x i-1-x 2-⋅⋅⋅-xn -1+x 2-1 2-1⋯≥0+0+0+⋯+∑ni =1x i -n +1 2-1≥∑ni =1x i -λ 2-1，当且仅当x 1=x 2=⋅⋅⋅=x n -1时等号成立，所以λ≥n -1．综上所述，λ的最小值为n -1．6(2024·江西南昌·一模)对于各项均不为零的数列c n ，我们定义：数列c n +kc n为数列c n 的“k -比分数列”.已知数列a n ,b n 满足a 1=b 1=1，且a n 的“1-比分数列”与b n 的“2-比分数列”是同一个数列.(1)若b n 是公比为2的等比数列，求数列a n 的前n 项和S n ；(2)若b n 是公差为2的等差数列，求a n .【答案】(1)S n =13×4n -1 ；(2)a n =13×4n 2-1 .【分析】(1)利用已知求出通项公式，再求前n 项和即可.(2)利用累乘法求通项公式即可.【详解】(1)由题意知an +1a n =b n +2b n，因为b 1=1，且b n 是公比为2的等比数列，所以a n +1a n=4，因为a 1=1，所以数列a n 首项为1，公比为4的等比数列，所以S n =1×1-4n 1-4=13×4n -1 ；(2)因为b 1=1，且b n 是公差为2的等差数列，所以b n =2n -1，所以a n +1a n =b n +2b n=2n +32n -1，所以a n a n -1=2n +12n -3,a n -1a n -2=2n -12n -5,⋯⋯,a 2a 1=51，所以a n a 1=2n +1 2n -1 3×1，因为a 1=1，所以a n =13×4n 2-1 .7(2024·黑龙江·二模)如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“G 型数列”．(1)若数列a n 满足2a n =S n +1，判断a n 是否为“G 型数列”，并说明理由；(2)已知正项数列a n 为“G 型数列”，a 1=1，数列b n 满足b n =a n +2，n ∈N *，b n 是等比数列，公比为正整数，且不是“G 型数列”，求数列a n 的通项公式．【答案】(1)不是“G 型数列”，理由见解析；(2)a n =3n -2【分析】(1)计算得出数列前两项验证即可得出结论，并证明即可；(2)利用a n 为“G 型数列”和b n 是等比数列，且不是“G 型数列”可求得b n 的公比为3，即可求出数列a n 的通项公式为a n =3n-2.【详解】(1)易知当n =1时，可得2a 1=S 1+1=a 1+1，即a 1=1；而当n =2时，2a 2=S 2+1=a 1+a 2+1，可得a 2=2；此时a 2a 1=21=2<3，不满足“G 型数列”定义，猜想：数列a n 不是“G 型数列”，证明如下：由2a n =S n +1可得，当n ≥2时，2a n -1=S n -1+1，两式相减可得2a n -2a n -1=S n -S n -1=a n ，可得a n =2a n -1，此时从第二项起，每一项与它前一项的比为an a n -1=2<3，因此a n 不是“G 型数列”；(2)设数列b n 的公比为q ，易知q ∈N *，又因为数列b n 不是“G 型数列”，可得q ≤3可得b n +1b n=a n +1+2a n +2=q ，即得a n +1=qa n +2q -2；又数列a n 为“G 型数列”，可得an +1a n =q +2q -2a n>3；易知“G 型数列”为递增数列，因此当n 趋近于正无穷大时，q +2q -2a n趋近于q ，即可得q ≥3；综上可得q =3，即a n +1=3a n +4，可得a n +1+2=3a n +2 ；所以数列a n +2 是以a 1+2=3为首项，公比为3的等比数列；即可得a n +2=3×3n -1=3n ，可得a n =3n -2；所以数列a n 的通项公式为a n =3n -2.8(2015高二·全国·竞赛)设数列a n 满足：①a 1=1；②所有项a n ∈N ∗；③1=a 1<a 2<⋅⋅⋅<a n <a n +1<⋅⋅⋅.设集合A m =n |a n ≤m ,m ∈N ∗ ，将集合A m 中的元素的最大值记为b m .换句话说，b m 是数列a n 中满足不等式a n ≤m 的所有项的项数的最大值.我们称数列b n 为数列a n 的伴随数列.例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3.(1)请写出数列1，4，7的伴随数列；(2)设a n =3n -1，求数列a n 的伴随数列b n 的前20之和；(3)若数列a n 的前n 项和S n =n 2+c (其中c 常数)，求数列a n 的伴随数列b m 的前m 项和T m .【答案】(1)1，1，1，2，2，2，3(2)50(3)T m =m +124，m =2t -1,t ∈N * m m+24，m =2t ,t ∈N *【分析】(1)由数列的新定义直接写出即可；(2)由数列的新定义结合对数的运算求出即可；(3)先由S n 求出a n ，再由数列新定义求出b m ，再分m 为奇数和偶数时分别求出T m .【详解】(1)数列1，4，7的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，(后面加3算对)(2)由a n =3n -1≤m ，得n ≤1+log 3m m ∈N * ∴当1≤m ≤2,m ∈N *时，b 1=b 2=1 当3≤m ≤8,m ∈N *时，b 3=b 4=⋅⋅⋅=b 8=2 当9≤m ≤20,m ∈N *时，b 9=b 28=⋅⋅⋅=b 20=3 ∴b 1+b 2+⋅⋅⋅+b 20=1×2+2×6+3×12=50(3)∵a 1=S 1=1+c =1 ∴c =0 当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2n -1∴ a n =2n -1n ∈N *由a n =2n -1≤m 得：n ≤m +12m ∈N *因为使得a n ≤m 成立的n 的最大值为b m ，所以 b 1=b 2=1,b 3=b 4=2,⋅⋅⋅，b 2t -1=b 2t =t ，t ∈N * 当m =2t -1t ∈N * 时：T m =2⋅1+(t -1)2⋅(t -1)+t =t 2=14(m +1)2当m =2t t ∈N * 时：T m =2⋅1+t 2⋅t =t 2+t =14m (m +2)所以T m =m +124，m =2t -1,t ∈N * m m+24，m =2t ,t ∈N *9(23-24高二下·上海闵行·阶段练习)若有穷数列a 1，a 2,⋯,a n ,(n 是正整数)，满足a 1=a n ，a 2=a n -1,⋯,a n =a 1即a i =a n -i +1(i 是正整数，且1≤i ≤n )，就称该数列为“对称数列”．例如，数列1，3，5，5，3，1就是“对称数列”.(1)已知数列{b n }是项数为7的对称数列，且b 1，b 2，b 3，b 4成等差数列，b 1=2，b 4=11，试写出{b n }的每一项；(2)对于确定的正整数m >1，写出所有项数不超过2m 的“对称数列”，使得1,2,22,⋯,2m -1依次是该数列中连续的项；当m =10时，求其中一个“对称数列”前19项的和S 19【答案】(1)2，5，8，11，8，5，2(2)答案见解析【分析】(1)由等差数列基本量的计算结合对称数列的定义即可求解；(2)由该特殊对称数列的定义结合等边数列求和公式即可求解.【详解】(1)设{b n }的公差为d ，则b 4=b 1+3d =2+3d =11，解得d =3，∴数列{b n }为2，5，8，11，8，5，2．(2)若1,2,22,⋯,2m -1依次是该数列中连续的项，且是对称数列，则至少有1+2m -1 =2m -1项，从而所有项数不超过2m 的“对称数列”有：1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1，2m -1,2m -2,⋯,22,2,1,1,2,22,⋯,2m -2,2m -1，1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1，2m -1,2m -2,⋯,22,2,1,2,22,⋯,2m -2,2m -1，共有4个这样的数列(2个2m 项的，2个2m -1项的)；当m =10时，求数列1,2,22,⋯,2m -2,2m -1,2m -2,⋯,22,2,1的前19项，则S 19=1+2+22+⋯+28+29+28+⋯+22+2+1=1-2101-2+1-291-2=210-1+29-1=1534.10(23-24高二下·江西·阶段练习)将数列a n 按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为a n 的一个分群数列，a n 称为这个分群数列的原数列．如a 1,a 2,⋯,a r ，a r +1,a r +2,⋯,a t ，a t +1,a t +2,⋯,a s ⋯，a m +1,a m +2,⋯,a n 是a n 的一个分群数列，其中第k 个括号称为第k 群．已知a n 的通项公式为a n =2n -1．(1)若a n 的一个分群数列中每个群都含有3项；该分群数列第k 群的中间一项为b k ，求数列b n 的通项公式；(2)若a n 的一个分群数列满足第k 群含有k 项，A k 为该分群数列的第k 群所有项构成的数集，设M =m a m ∈A k ,a m +7∈A k +2 ，求集合M 中所有元素的和．【答案】(1)b n =6n -3(2)54【分析】(1)由给定的数列新定义推导通项公式求解即可.(2)根据该数列第k 群含有k 项，求出该分群数列的前7群，从而得到集合M 中的所有元素，求和即可.【详解】(1)由题意知该分群数列第k 群的中间一项为b k =a 3k -1．因为a n =2n -1，所以b k =a 3k -1=23k -1 -1=6k -3，即b n =6n -3．(2)由题意知该分群数列第k 群含有k 项，所以该分群数列前7群为a 1 ，a 2,a 3 ，a 4,a 5,a 6 ，a7,a 8,a 9,a 10 ，a 11,a 12,a 13,a 14,a 15 ，a 16,a 17,a 18,a 19,a 20,a 21 ，a 22,a 23,a 24,a 25,a 26,a 27,a 28 ．又a m∈A k，a m+7∈A k+2，所以k≤5．当k=5时，m=15，当k=4时，m=10或9，当k=3时，m=6或5或4，当k=2时，m=3或2，所以M=2,3,4,5,6,9,10,15，故集合M中所有元素的各为2+3+4+5+6+9+10+15=54．。