届高考数学(理)二轮复习专题讲解讲义：专题三 第二讲 高考中的数列

第二讲 高考中的数列(解答题型)

1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．

(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；

(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．

解：(1)由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.

(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3， 解得λ＝4.

故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.

所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.

因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 2．(2014·江西高考)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)，满足a n b n ＋1

－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.

(1)令c n ＝a n

b n ，求数列{

c n }的通项公式；

(2)若b n ＝3n －

1，求数列{a n }的前n 项和S n .

解：(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)， 所以a n ＋1b n ＋1－a n

b n

＝2，即c n ＋1－c n ＝2.

所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，

于是数列{a n }前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1， 3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n ，

相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n ， 所以S n ＝(n －1)3n ＋1.

数列求和常用的方法

1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．

2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然

后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如????

??

c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，

c 为常数)的数列等．

3．错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．

4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．

热点一 等差、等比数列的综合问题

命题角度

(1)考查等差数列、等比数列的判定与证明； (2)考查等差数列、等比数列的综合运算.

[例1] (1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝t ，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)．

①若t ≠－1

2

，求证：数列{S n }不是等差数列；

②当t 为何值时，数列{a n }是等比数列，并求出该等比数列的前n 项和S n . (2)(2014·重庆高考)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 .

[师生共研] (1)①假设数列{S n }为等差数列，则必有2S 2＝S 1＋S 3，即2(a 1＋a 2)＝a 1＋

a 1＋a 2＋a 3，所以a 2＝a 3，

又a 2＝2S 1＋1＝2a 1＋1＝2t ＋1，a 3＝2S 2＋1＝2(a 1＋a 2)＋1＝2(t ＋2t ＋1)＋1＝6t ＋3， 所以由a 2＝a 3得2t ＋1＝6t ＋3，即t ＝－12，这与t ≠－12矛盾．故数列{S n }不是等差数列．

②由a n ＋1＝2S n ＋1得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)，所以当n ≥2时，数列{a n }是等比数列．

要使n ≥1时，数列{a n }是等比数列，只需a 2a 1

＝

2t ＋1t

＝3，从而得t ＝1.

故当t ＝1时，数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列． 所以a n ＝3n －1，所以S n ＝1×(1－3n )1－3＝1

2

(3n －1)．

(2)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

＝2

3

(4n －1)．

证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法

(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)?{a n }是等差数列；a n ＋1

a n

＝q (q 是非零常数)?{a n }是等比数列；

(2)等差(比)中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)?{a n }是等差数列；a 2

n ＋1＝a n ·

a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)?{a n }是等比数列；

(3)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)?{a n }是等差数列；a n ＝a 1·q n －

1(其中a 1，q 为非零常数，n ∈N *)?{a n }是等比数列；

(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)?{a n }是等差数列；S n ＝Aq n －A (A 为非零常数，q ≠0,1)?{a n }是等比数列．

1．已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *.

(1)若{a n }是递增数列，且a 1,2a 2,3a 3成等差数列，求p 的值；

(2)若p ＝1

2，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．

解：(1)因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝|a n ＋1－a n |＝p n .而a 1＝1，因此a 2＝p ＋1，a 3＝p 2＋p ＋1.

又a 1,2a 2,3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，因而3p 2－p ＝0，解得p ＝1

3

或p ＝0.

当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，这与{a n }是递增数列矛盾，故p ＝1

3.

(2)由于{a 2n －1}是递增数列，因而a 2n ＋1－a 2n －1>0，于是(a 2n ＋1－a 2n )＋(a 2n －a 2n －1)>0. ① 但122n <1

22n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|. ② 由①，②知，a 2n －a 2n －1>0，因此a 2n －a 2n －1＝????122n －1

＝(－1)2n 22n －1. ③ 因为{a 2n }是递减数列，同理可得a 2n ＋1－a 2n <0，故 a 2n ＋1－a 2n ＝－????122n ＝

(－1)2n ＋1

22n

. ④

由③，④即知，a n ＋1－a n ＝(－1)n ＋1

2n

.

于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋12－1

22＋…＋(－1)n 2n －

1

＝1＋1

2·1－????－12n －11＋1

2

＝43＋13·(－1)n

2n －

1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·(－1)

n

2n －

1.

热点二 数列求和问题

命题角度

(1)考查利用错位相减法或裂项相消法求和； (2)考查与奇偶项有关的分组求和.

[例2] 下表是一个由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等，已知a 1,1＝1，a 2,3＝6，a 3,2＝8.

a 1,1 a 1,2 a 1,3 a 1,4 …

a 2,1 a 2,2 a 2,3 a 2,4 …

a 3,1 a 3,2 a 3,3 a 3,4 …

a 4,1 a 4,2 a 4,3 a 4,4 …

… … … … …

(1)求数列{a n,2(2)设b n ＝a 1，n

a n ，2

，n ＝1,2,3，…，求数列{b n }的前n 项和S n .

[师生共研] (1)设第一行组成的等差数列的公差是d ，各列依次组成的等比数列的公比是q (q >0)，

则a 2,3＝qa 1,3＝q (1＋2d )?q (1＋2d )＝6， a 3,2＝q 2a 1,2＝q 2(1＋d )?q 2(1＋d )＝8， 解得d ＝1，q ＝2.a 1,2＝2?a n,2＝2×2n －1＝2n .

(2)b n ＝n 2n ，则S n ＝12＋222＋323＋…＋n

2n ，

则12S n ＝122＋223＋324＋…＋n

2n ＋

1， 两式相减得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n

2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，

所以S n ＝2－n ＋2

2

n .

若本例(2)中b n ＝a 1，n

a n ，2

＋(－1)n a 1，n ，如何求S n?

解：由例题可知b n ＝n

2

n ＋(－1)n n ，

S n ＝????12＋222＋323＋…＋n

2n ＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]． 设T n ＝12＋222＋323＋…＋n

2n ，

则12T n ＝122＋223＋324＋…＋n

2

n ＋1，

两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n

2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，

所以T n ＝2－n ＋2

2

n .

又－1＋2－3＋…＋(－1)n ·n ＝?

??

n

2

，n 为偶数，－1＋n 2

，n 为奇数，

故S n

＝???

2＋n 2－n ＋2

2

n ，n 为偶数，3－n 2－n ＋2

2n

，n 为奇数.

六招解决数列求和问题

(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n 个等差数列或等比数列，然后应用公式求和．

(2)错位相减法：(见主干整合) (3)裂项相消法：(见主干整合) (4)倒序相加法：(见主干整合)

(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .

(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．

2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－a n －????12n －1

＋2(n ∈N *

)，数列{b n }满足b n ＝2n a n . (1)求证数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；

(2)设c n ＝log 2n a n ，数列????

??2c n c n ＋2的前n 项和为T n ，求满足T n <25

21(n ∈N *)的n 的最大值．

解：(1)在S n ＝－a n －????12n －1＋2中，令n ＝1，可得S 1＝－a 1－1＋2＝a 1，即a 1＝1

2

. 当n ≥2时，S n －1＝－a n －1－????12n －2

＋2，

∴a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1＋????12n －1

，

∴2a n ＝a n －1＋????12n －1

，即2n a n ＝2n －1

a n －1＋1. ∵

b n ＝2n a n ，∴b n ＝b n －1＋1，即当n ≥2时，b n －b n －1＝1. 又b 1＝2a 1＝1，∴数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．

故b n ＝1＋(n －1)·1＝n ＝2n a n ，∴a n ＝n

2

n .

(2)∵c n ＝log 2n

a n

＝log 22n ＝n ，

∴2c n c n ＋2＝2n (n ＋2)＝1n －1n ＋2

， ∴T n ＝????1－13＋????12－14＋????13－15＋…＋? ????1n －1－1n ＋

1＋? ????1n －1n ＋2＝1＋12－1n ＋1－1n ＋2， 由T n <2521，得1＋12－1n ＋1－1n ＋2<2521，即1n ＋1＋1n ＋2>13

42

，

由于f (x )＝1x ＋1＋1x ＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，f (4)＝1130，f (5)＝1342，

∴n 的最大值为4.

热点三

数列与函数、方程的综合应用

命题角度

(1)以函数为背景给出数列的相关信息，考查

数列的通项及前n 项和等内容；

(2)以与数列的通项a n ，前n 项和S n 及项数n 有关的关系式给出数列的信息，考查数列的

有关计算及推理论证.

[例3] (2014·南昌模拟)设曲线C n ：f (x )＝x n ＋

1(n ∈N *)在点P ???

?－12，f ???

?－12处的切线与y 轴交于点Q n (0，y n )．

(1)求数列{y n }的通项公式； (2)求数列{y n }的前n 项和S n .

[师生共研] (1)∵f ′(x )＝(n ＋1)x n (n ∈N *)，∴曲线C n 在点P 处的切线斜率k n ＝(n ＋1)????－12n ，∴切线方程为y －????－12n ＋1＝(n ＋1)·????－12n ???

?x ＋12， 令x ＝0，得y n ＝????－12n ＋1＋n ＋12·

????－12n ，故数列{y n }的通项公式为y n ＝n 2·???

?－12n . (2)S n ＝12×????－12＋22×????－122＋32×????－123＋…＋n 2·???

?－12n ①， 两边同乘－12得，－12·S n ＝12×????－122＋22×????－123＋32×????－124＋…＋n 2·???

?－12n ＋1 ②，

①－②，得32·S n ＝12×????－12＋12×????－122＋12×????－123＋…＋12·????－12n －n 2·???

?－12n ＋1，

∴3S n ＝－12＋????－122＋????－123＋…＋????－12n －n ·????－12n ＋1＝－1

2－????－12n ＋11＋1

2

－n ·????－12n ＋1＝???

?－12n －1

3

－n ·???

?－12n ＋1， ∴S n ＝19????

??2＋3n 2·????－12n －1.

解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向

(1)函数条件的转化．直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x 换为n 即可；

(2)方程条件的转化．一般要根据方程解的有关条件进行转化；

(3)数列向函数的转化．可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解，但要注意自变量取值范围的限制．对于数列中的最值、范围等问题的求解，可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条件来求解．

3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，且过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n .

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设集合Q ＝{x |x ＝k n ，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝2a n ，n ∈N *}，等差数列{c n }的任一项c n ∈(Q ∩R )，其中c 1是Q ∩R 中的最小的数，110

解：(1)∵点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上， ∴S n ＝n 2＋2n (n ∈N *)，

当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)对f (x )＝x 2＋2x 求导，得f ′(x )＝2x ＋2. ∵过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n ， ∴k n ＝2n ＋2.

∴Q ＝{x |x ＝2n ＋2，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝4n ＋2，n ∈N *}， ∴Q ∩R ＝R .

又c n ∈(Q ∩R )，其中c 1是Q ∩R 中的最小的数， ∴c 1＝6.

∴c 10＝4m ＋2(m ∈N *)．

∵110

????

110<4m ＋2<115，

m ∈N *

，

解得m ＝28，∴c 10＝114.

设等差数列{c n }的公差为d ，则d ＝c 10－c 110－1＝114－6

9＝12，

∴c n ＝6＋(n －1)×12＝12n －6， ∴{c n }的通项公式为c n ＝12n －6.

课题4 数列与不等式的综合应用

[典例] (2013·江西高考)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n

－(n 2＋n )＝0.

(1)求数列{a n }的通项公式a n ；

(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *

，都有T n <564. [考题揭秘] 本题主要考查特殊数列的求和问题，意在考查考生的转化与化归能力以及运算求解能力．

[审题过程] 第一步：审条件．S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.

第二步：审结论．(1)求a n ；(2)证明不等式T n <5

64

.

第三步：建联系．(1)题设中等式左边为关于S n 的二次三项式，故可将其分解因式，求出S n ，再利用数列和项互化公式求出a n ；(2)根据(1)可得b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝1161n 2

－1

(n ＋2)2，故自然联想到用裂项法求T n .

[规范解答] (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2

＋n )＝0，

得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.

由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .

于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ， 故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2

① ＝116??????

1n 2－1(n ＋2)2，② T n ＝

116?

?? 1－132＋122－142＋132－152＋…＋1

(n －1)2－

???1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝116

????

??1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116????1＋122＝5

64.③ 故对于任意的n ∈N *，都有T n <5

64

.④

[模型归纳]

数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背景，主要考查数列中最值的求解或不等式的证明．解决此类问题的模型示意图如下：

[跟踪训练]

已知数列{a n}是各项均不为0的等差数列，公差为d，S n为其前n项和，且满足a2n＝S2n

－1，n∈N*.数列{b n}满足b n＝

1

a n·a n＋1，n∈N

*，T n为数列{b n}的前n项和．

(1)求数列{a n}的通项公式；

(2)若对任意的n∈N*，不等式λT n

解：(1)a21＝S1＝a1，∵a1≠0，∴a1＝1.

∵a22＝S3＝a1＋a2＋a3，

∴(1＋d)2＝3＋3d，解得d＝－1或2.

当d＝－1时，a2＝0不满足条件，舍去，∴d＝2.

∴数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.

(2)∵b n＝

1

a n a n＋1

＝1

(2n－1)(2n＋1)

＝1

2

1

2n－1

－1

2n＋1

，

∴T n＝1

21－

1

3

＋1

3

－1

5

＋…＋1

2n－1

－1

2n＋1

＝n

2n＋1

.

①当n为偶数时，要使不等式λT n

(n＋8)(2n＋1)

n

＝2n

＋8

n

＋17恒成立即可．

∵2n＋8

n≥8，等号在n＝2时取得，∴λ<25.

②当n 为奇数时，要使不等式λT n

恒成立，只需不等式λ<(n －8)(2n ＋1)

n

＝2n

－8

n

－15恒成立即可． ∵2n －8

n

是随n 的增大而增大，

∴n ＝1时，2n －8

n

取得最小值－6，

∴λ<－21.

综上①②可得λ的取值范围是(－∞，－21)．

1．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．

解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，

化简得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n ；

当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.

2．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 5＝3a 5－2，a 1，a 2，a 5依次成等比数列．

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)令b n ＝1

a n a n ＋1

(n ∈N *)，数列b n 的前n 项和为T n ，若a n ＋1≥λT n 对任意正整数n 都成立，

求实数λ的取值范围．

解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5＝5a 1＋10d ， ∵S 5＝3a 5－2＝3(a 1＋4d )－2＝3a 1＋12d －2， ∴5a 1＋10d ＝3a 1＋12d －2，

∴a 1＝d －1.

∵a 1，a 2，a 5依次成等比数列，

∴a 22＝a 1a 5，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )，

化简得，d ＝2a 1， ∴a 1＝1，d ＝2，

∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.

(2)b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12? ??

??

12n －1－12n ＋1，

∴T n ＝12? ????1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12? ????1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由a n ＋1≥λT n 得2n ＋1≥λ×n

2n ＋1

对任意正整数n 都成立， ∴(2n ＋1)2≥λn ，

∴λ≤(2n ＋1)2n ＝4n 2＋4n ＋1n ＝4n ＋4＋1n

.

令f (x )＝4x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝4－1

x 2>0，

∴f (x )在[1，＋∞)上递增，

∴对任意正整数n,4n ＋1

n

的最小值为5，

∴λ≤9. 3．(2014·江苏高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意正整数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 ∈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 ∈N *)成立．

解：(1)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)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．

4．(2014·江西高考)将连续正整数1,2，…，n (n ∈N *) 从小到大排列构成一个数123…n ， F (n )为这个数的位数(如 n ＝12时，此数为123 456 789 101 112，共有15个数字，F (12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p (n )为恰好取到0的概率．

(1)求 p (100)；

(2)当n ≤2 014 时，求F (n ) 的表达式；

(3)令g (n ) 为这个数中数字0的个数，f (n )为这个数中数字9的个数，h (n )＝f (n )－g (n )，S ＝{n |h (n )＝1，n ≤100，n ∈N *}，求当 n ∈S 时 p (n )的最大值．

解：(1)当n ＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好

取到0的概率为p (100)＝11

192

；

(2)F (n )＝?????

n ，1≤n ≤9，

2n －9，10≤n ≤99，

3n －108，100≤n ≤999，

4n －1 107，1 000≤n ≤2 014.

(3)当n ＝b (1≤b ≤9，b ∈N *)时，g (n )＝0；

当n ＝10k ＋b (1≤k ≤9,0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N )时，g (n )＝k ；

当n ＝100时，g (n )＝11，

即g (n )＝????

?

0，1≤n ≤9，k ，n ＝10k ＋b ，1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *

，b ∈N ，

11，n ＝100.

同理有f (n )＝

?????

0，1≤n ≤8，

k ，n ＝10k ＋b －1，1≤k ≤8，0≤b ≤9，k ∈N *

，b ∈N ，

n －80，89≤n ≤98，20，n ＝99，100.

由h (n )＝f (n )－g (n )＝1，可知n ＝9,19,29,39,49,59,69,79,89,90，所以当n ≤100时，S ＝{9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}，

当n ＝9时，p (9)＝0，

当n ＝90时，p (90)＝g (90)F (90)＝9171＝1

19

，

当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )＝g (n )F (n )＝k 2n －9＝k 20k ＋9，由y ＝k

20k ＋9关于k 单

调递增，故当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )的最大值为p (89)＝

8

169

， 又8169<119，所以当n ∈S 时，p (n )的最大值为1

19

.

上海市2019届高三数学理一轮复习专题突破训练：数列

上海市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练 数列 一、填空、选择题 1、（2016年上海高考）无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________. 2、（2015年上海高考）记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（ ） A ．方程①有实根，且②有实根 B ． 方程①有实根，且②无实根 C ．方程①无实根，且②有实根 D ． 方程①无实根，且②无实根 3、（2014年上海高考）设无穷等比数列{}n a 的公比为q ，若()134lim n n a a a a →∞ =++ +，则q = . 4、（虹口区2016届高三三模）若等比数列{}n a 的公比1q q <满足，且24 344,3,a a a a =+=则12lim()n n a a a →∞ ++ +=___________. 5、（浦东新区2016届高三三模）已知公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若 533S S =，则53 a a = 6、（杨浦区2016届高三三模）若两整数a 、 b 除以同一个整数m ，所得余数相同，即 a b k m -=()k Z ∈，则称a 、b 对模m 同余，用符号(mod )a b m ≡表示，若10(mod 6)a ≡(10)a >，满足条件的a 由小到大依 次记为12,,,,n a a a ??????，则数列{}n a 的前16项和为 7、（黄浦区2016届高三二模） 已知数列{}n a 中，若10a =，2i a k =*1 (,22,1,2,3, )k k i N i k +∈≤<=，则满足2100i i a a +≥的i 的最小值 为 8、（静安区2016届高三二模）已知数列{}n a 满足181a =，1 311log ,2, (*)3, 21n n n a a n k a k N n k ---+=?=∈?=+?，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为 . 9、（闵行区2016届高三二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ， 2 2|2016|n S n a n （0a >），则使得1 n n a a +≤（n ∈* N ）恒成立的a 的最大值为 . 10、（浦东新区2016届高三二模）已知数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n =-?+，* n N ∈，则这个数列的前 n 项和n S =___________． 11、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在等差数列{}n a 中，首项13,a =公差2,d =若某学生对其中连

高考文科数学数列经典大题训练(附答案)

1.（本题满分14分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且34-=n n a S (1,2,)n =， （1）证明:数列{}n a 是等比数列； （2）若数列{}n b 满足1(1,2,)n n n b a b n +=+=，12b =，求数列{}n b 的通项公式． ; 2.（本小题满分12分） 等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== 1.求数列{}n a 的通项公式. 2.设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ?? ???? 的前项和. … 3.设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-= （1） 求数列{}n a 的通项公式； （2） 令n n b na =，求数列的前n 项和n S 。

~ 4.已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4． （Ⅰ）求数列{a n}的通项公式； （Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n． % 5.已知数列{a n}满足，，n∈N×． （1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列； （2）求{a n}的通项公式． {

、 ~

、 1.解：（1）证：因为34-=n n a S (1,2,)n =，则3411-=--n n a S (2,3,)n =， 所以当2n ≥时，1144n n n n n a S S a a --=-=-， 整理得14 3 n n a a -=． 5分 由34-=n n a S ，令1n =，得3411-=a a ，解得11=a ． 所以{}n a 是首项为1，公比为4 3 的等比数列． 7分 （2）解：因为14 ()3 n n a -=， ' 由1(1,2,)n n n b a b n +=+=，得114 ()3 n n n b b -+-=． 9 分 由累加得)()()(1231`21--++-+-+=n n n b b b b b b b b

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析

一．解答题（共30小题） 1．（2012?上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值； （2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k； （3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式． 2．（2011?重庆）设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4． （Ⅰ）求{a n}的通项公式； ( （Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n． 3．（2011?重庆）设实数数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a n+1S n（n∈N*）． （Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3． （Ⅱ）求证：对k≥3有0≤a k≤． 4．（2011?浙江）已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n 项和为S n，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n； ` （Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n与B n的大小． 5．（2011?上海）已知数列{a n}和{b n}的通项公式分别为a n=3n+6，b n=2n+7（n∈N*）．将集合{x|x=a n，n∈N*}∪{x|x=b n，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，

（1）写出c1，c2，c3，c4； （2）求证：在数列{c n}中，但不在数列{b n}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…； （3）求数列{c n}的通项公式． 6．（2011?辽宁）已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10 * （I）求数列{a n}的通项公式； （II）求数列{}的前n项和． 7．（2011?江西）（1）已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，若数列{a n}唯一，求a的值； （2）是否存在两个等比数列{a n}，{b n}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不为0的等差数列若存在，求{a n}，{b n}的通项公式；若不存在，说明理由． 8．（2011?湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5． （I）求数列{b n}的通项公式； ] （II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列． 9．（2011?广东）设b＞0，数列{a n}满足a1=b，a n=（n≥2） （1）求数列{a n}的通项公式； （4）证明：对于一切正整数n，2a n≤b n+1+1．

高考理科数学专题复习题型数列

第8讲数列 [考情分析]数列为每年高考必考内容之一，考查热点主要有三个方面：(1)对等差、等比数列基本量和性质的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n项和公式建立方程(组)求解，利用性质解决有关计算问题，属于中、低档题；(2)对数列通项公式的考查；(3)对数列求和及其简单应用的考查，主、客观题均会出现，常以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和，难度中等. 热点题型分析 热点1等差、等比数列的基本运算及性质 1.等差(比)数列基本运算的解题策略 (1)设基本量a1和公差d(公比q)； (2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量. 2.等差(比)数列性质问题的求解策略 (1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解； (2)牢固掌握等差(比)数列的性质，可分为三类：①通项公式的变形；②等差(比)中项的变形；③前n项和公式的变形．比如：等差数列中，“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)”；等比数列中，“若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q(m，n，p，q∈N*)”.

1.已知在公比不为1的等比数列{a n }中，a 2a 4＝9，且2a 3为3a 2和a 4的等差中项，设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T 8＝( ) A.12×37－16 B ．310 C.318 D ．320 答案 D 解析 由题意得a 2a 4＝a 23＝9.设等比数列{a n }的公比为q ，由2a 3为3a 2和a 4 的等差中项可得4a 3＝3a 2＋a 4，即4a 3＝3a 3 q ＋a 3q ，整理得q 2－4q ＋3＝0，由公比 不为1，解得q ＝3.所以T 8＝a 1·a 2·…·a 8＝a 81q 28＝(a 81q 16 )·q 12＝(a 1q 2)8·q 12＝a 83· q 12＝94×312＝320.故选D. 2.(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5 ＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________. 答案 16 解析 解法一：由S 9＝27?9(a 1＋a 9) 2＝27?a 1＋a 9＝6?2a 5＝6?2a 1＋8d ＝6 且a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0?2a 1＋5d ＝0， 解得a 1＝－5，d ＝2.故S 8＝8a 1＋8×(8－1) 2d ＝16. 解法二：同解法一得a 5＝3. 又a 2a 5＋a 8＝0?3a 2＋a 8＝0?2a 2＋2a 5＝0?a 2＝－3. ∴d ＝a 5－a 2 3＝2，a 1＝a 2－d ＝－5. 故S 8＝8a 1＋8×(8－1) 2 d ＝16.

高考数学数列大题训练答案版

高考数学数列大题训练 1. 已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比 （Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前 解析： (1)设该等差数列为{}n c ，则25a c =，33a c =，42a c =Q 533222()c c d c c -==- ∴2334()2()a a a a -=-即：223111122a q a q a q a q -=- ∴12(1)q q q -=-，Q 1q ≠， ∴121, 2q q ==，∴1164()2n a -=g (2)121log [64()]6(1)72n n b n n -==--=-g ，{}n b 的前n 项和(13)2n n n S -= ∴当17n ≤≤时，0n b ≥，∴(13)2 n n n n T S -== （8分） 当8n ≥时，0n b <，12789n n T b b b b b b =+++----L L 789777()()2n n n S b b b S S S S S =-+++=--=-L (13)422 n n -=- ∴(13)(17,)2(13)42(8,)2 n n n n n T n n n n -?≤≤∈??=?-?-≥∈??**N N 2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ，其中.154=a （Ⅰ）求321,,a a a ； （Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n S 解：（1）由151241=+=-a a a n n 及知,1234+=a a 解得：,73=a 同理得.1,312==a a （2）由121+=-n n a a 知2211+=+-n n a a

2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练及参考答案

2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练 【题型归纳】 等差数列、等比数列的基本运算 题组一 等差数列基本量的计算 例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2?S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 【答案】D 【解析】解法一：由题知()21(1) 2 1n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2?S n =36得，(n ＋2)2?n 2=4n ＋4=36，所以n =8. 解法二：S n ＋2?S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ． 【易错点】对S n ＋2?S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。 题组二 等比数列基本量的计算 例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________． 【答案】4 【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即42 20q q --=，解得q 2=2， ∴4 624a a q ==. 【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】 等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路： (1)设基本量a 1和公差d (公比q )． (2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．

【高考数学专题突破】《专题三第讲数列求和及综合应用学案》(解析版)

第2讲 数列求和及综合应用 数列求和问题(综合型) [典型例题] 命题角度一 公式法求和 等差、等比数列的前n 项和 (1)等差数列：S n ＝na 1＋ n （n －1）2 d (d 为公差)或S n ＝n （a 1＋a n ） 2 . (2)等比数列：S n ＝???? ?na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1其中(q 为公比)． 4类特殊数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝1 2n (n ＋1)． (2)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2 . (3)12＋22＋32＋…＋n 2 ＝16n (n ＋1)(2n ＋1)． (4)13＋23＋33＋…＋n 3＝14 n 2(n ＋1)2 . 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3 ，n ∈N * .

(1)求证：数列???? ?? 1a n 为等差数列； (2)设T 2n ＝ 1 a 1a 2－ 1 a 2a 3＋ 1 a 3a 4－ 1 a 4a 5 ＋…＋ 1 a 2n －1a 2n － 1 a 2n a 2n ＋1 ，求T 2n . 【解】 (1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋2 3 ， 所以 1 a n ＋1－1a n ＝23. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列???? ??1a n 是首项为1，公差为2 3的等差数列． (2)设b n ＝ 1 a 2n －1a 2n － 1 a 2n a 2n ＋1 ＝? ??? ?1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ， 由(1)得，数列???? ??1a n 是公差为2 3的等差数列， 所以 1 a 2n －1 － 1 a 2n ＋1＝－43，即 b n ＝? ????1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ， 所以b n ＋1－b n ＝－43? ????1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－16 9. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×? ????1a 1＋23＝－20 9 ， 所以数列{b n }是首项为－209，公差为－16 9的等差数列， 所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－ 209n ＋n （n －1）2×? ?? ??－169＝－49(2n 2 ＋3n )． 求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n 项和公式来求解，需掌握等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝ n （a 1＋a n ） 2 或S n ＝na 1＋ n （n －1） 2d ；等比数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝?????na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解． 命题角度二 分组转化法求和 将一个数列分成若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)，然后分别求和．也可先根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和，再分组求和，即把一个通项拆成几个通项求和的形式，方便求和． 已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N * ，且不等式ax 2 －3x ＋2<0的解集为(1，

高考数学大题题型解答技巧

高考数学大题题型解答技巧 六月，有一份期待，年轻绘就畅想的星海，思想的热血随考卷涌动，灵魂的脉搏应分 数澎湃，扶犁黑土地上耕耘，总希冀有一眼金黄黄的未来。下面就是小编给大家带来 的高考数学大题题型解答技巧，希望大家喜欢! 高考数学大题必考题型(一) 排列组合篇 1.掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题。 2.理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。 3.理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单 的应用问题。 4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。 5.了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。 6.了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件 的概率。 7.了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事 件的概率乘法公式计算一些事件的概率。 8.会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率. 立体几何篇 高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。随着新的 课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。从 历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是 常考常新的热门话题。 知识整合 1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺 少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握

高考理科数学《数列》题型归纳与训练

高考理科数学《数列》题型归纳与训练 【题型归纳】 等差数列、等比数列的基本运算 题组一 等差数列基本量的计算 例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2?S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 【答案】D 【解析】解法一：由题知()21(1) 2 1n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2?S n =36得，(n ＋2)2?n 2=4n ＋4=36，所以n =8. 解法二：S n ＋2?S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ． 【易错点】对S n ＋2?S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。 题组二 等比数列基本量的计算 例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________． 【答案】4 【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即42 20q q --=，解得q 2=2， ∴4 624a a q ==. 【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】 等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路： (1)设基本量a 1和公差d (公比q )． (2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．

最新高考数学数列题型专题汇总

1. 高考数学数列题型专题汇总 1 一、选择题 2 1、已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，且S S n n =∞ →lim .下列 3 条件中，使得()*∈q a （B ）6.07.0,01-<<-q a （D ）7.08.0,01-<<-

2. 4、如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且 19 1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ， 20 1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ，（P Q P Q ≠表示点与不重合）. 21 若1n n n n n n n d A B S A B B +=，为△的面积，则 22 23 A ．{}n S 是等差数列 B ．2{}n S 是等差数列 24 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}n d 是等差数列 25 【答案】A 26 27 28 29 30 二、填空题 31 1、已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则 32 6=S _______.. 33 【答案】6 34 35 2、无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意 36

高考数学数列题型专题汇总

高考数学数列题型专题 汇总 公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]

高考数学数列题型专题汇总 一、选择题 1、已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，且S S n n =∞ →lim .下列 条件中，使得()*∈q a （B ）6.07.0,01-<<-q a （D ）7.08.0,01-<<-

A ．{}n S 是等差数列 B ．2{}n S 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}n d 是等差数列 【答案】A 二、填空题 1、已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则 6=S _______.. 【答案】6 2、无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意 *∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________. 【答案】4 3、设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2a n 的最大值 为 . 【答案】64 4、设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n +1=2S n +1，n ∈N *，则 a 1= ，S 5= . 【答案】1 121

2014年高考数学真题分类汇编理科-数列(理科)

1.（2014 北京理 5）设{}n a 是公比为q 的等比数列，则“1q >”是“{}n a ”为递增数列的（ ）. A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 2.（2014 大纲理 10）等比数列{}n a 中，4525a a ==，，则数列{}lg n a 的前8项和等于（ ）. A ．6 B ．5 C ．4 D ．3 3.（2014 福建理 3）等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若132,12a S ==，则6a =( ). A.8 B.10 C.12 D.14 4.（2014 辽宁理 8）设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列{}12 n a a 为递减数列，则（ ）. A ．0d < B ．0d > C ．10a d < D ．10a d > 5.（2014 重庆理 2）对任意等比数列{}n a ，下列说法一定正确的是（ ）. A. 139,,a a a 成等比数列 B. 236,,a a a 成等比数列 C. 248,,a a a 成等比数列 D. 369,,a a a 成等比数列 二、 填空题 1.（2014 安徽理 12）数列{}n a 是等差数列，若11a +，33a +，55a +构成公比为q 的等比数列，则q = . 2.（2014 北京理 12）若等差数列{}n a 满足7890a a a ++>，7100a a +<，则当n =________时，{}n a 的前n 项和最大. 3.（2014 广东理 13）若等比数列{}n a 的各项均为正数，且5 10119122e a a a a +=， 则1220ln ln ln a a a +++= . 4.（2014 江苏理 7）在各项均为正数的等比数列{}n a 中，21a =，8642a a a =+，则6a 的值是 ． 5.（2014 天津理 11）设{}n a 是首项为1a ，公差为1-的等差数列，n S 为其前n 项和.若 124,,S S S 成等比数列，则1a 的值为__________.

2019年高考理科数学分类汇编：数列(解析版)

题08 数列 1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =- B ． 310n a n =- C ．2 28n S n n =- D ．2 122 n S n n = - 【答案】A 【解析】由题知，415 144302 45d S a a a d ? =+??=???=+=?，解得132a d =-??=?，∴25n a n =-，2 4n S n n =-,故选A ． 【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，再适当计算即可做了判断． 2．【2019年高考全国III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = A ．16 B ．8 C ．4 D ．2 【答案】C 【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则23111142 111 15 34a a q a q a q a q a q a ?+++=?=+?， 解得11,2 a q =??=?，2 314a a q ∴==，故选C ． 【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键. 3．【2019年高考浙江卷】设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1=a ，a n +1=a n 2 +b ，n *∈N ，则 A ． 当101 ,102 b a = > B ． 当101 ,104 b a = > C ． 当102,10b a =-> D ． 当104,10b a =-> 【答案】A 【解析】①当b =0时，取a =0，则0,n a n * =∈N .

浙江专版2018年高考数学第1部分重点强化专题专题2数列突破点5数列求和及其综合应用教学案

突破点5 数列求和及其综合应用 (对应学生用书第19页) [核心知识提炼] 提炼1 a n 和S n 的关系 若a n 为数列{a n }的通项，S n 为其前n 项和，则有a n ＝??? ? ? S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2. 在使用这个关系 式时，一定要注意区分n ＝1，n ≥2两种情况，求出结果后，判断这两种情况能否整合在一起. 提炼2求数列通项常用的方法 (1)定义法：①形如a n ＋1＝a n ＋c (c 为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如 a n ＋1＝ka n (k 为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列． (2)叠加法：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求其通项公式． (3)叠乘法：形如 a n ＋1a n ＝f (n )≠0，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1 ，求其通项公式． (4)待定系数法：形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q 1－p ，再转化为等比数列求解． (5)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先在原递推公式两边同除以q n ＋1 ，得 a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，构造新数列{ b n }? ? ???其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，接下来用待定系数法求解． (6)取对数法：形如a n ＋1＝pa m n (p >0，a n >0)，先在原递推公式两边同时取对数，再利用待定系数法求解. 提炼3数列求和 数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等，而裂项相消法，错位相减法是常用的两种方法. 提炼4数列的综合问题 数列综合问题的考查方式主要有三种： (1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小． (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题．

高考理科数学试题汇编(含答案)数列大题

（重庆）22．（本小题满分12分，（1）小问4分，（2）小问8分） 在数列{}n a 中，()2 1113,0n n n n a a a a a n N λμ+++=++=∈ （1）若0,2,λμ==-求数列{}n a 的通项公式； （2）若()0 001,2,1,k N k k λμ+= ∈≥=-证明：01 0011 223121 k a k k ++<<+++ 【答案】（1）132n n a -=?；（2）证明见解析. 试题分析：(1)由02λμ==-，,有212,(n N )n n n a a a ++=∈

若存在某个0n N +∈，使得0n 0a =，则由上述递推公式易得0n 10a +=，重复上述过程可得 10a =，此与13a =矛盾，所以对任意N n +∈,0n a ≠. 从而12n n a a +=()N n +∈，即{}n a 是一个公比q 2=的等比数列. 故11132n n n a a q --==?. (2)由0 1 1k λμ= =-，，数列{}n a 的递推关系式变为 21101 0,n n n n a a a a k +++ -=变形为2101n n n a a a k +??+= ?? ?()N n +∈. 由上式及13a =，归纳可得 12130n n a a a a +=>>>>>>L L 因为22220010000 11111 1 11n n n n n n n a a k k a a k k k a a a k k +-+= = =-+? ++ +，所以对01,2n k =L 求和得() () 00011211k k k a a a a a a ++=+-++-L 01000010200000011111 111111112231313131 k a k k k k a k a k a k k k k k ??=-?+?+++ ? ?+++????>+?+++=+ ? ++++??L L 另一方面，由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>>>>L 得 00110000102011111 111k k a a k k k k a k a k a +??=-?+?+++ ? ?+++?? L 0000011111 2221212121 k k k k k ??<+ ?+++=+ ?++++??L 综上：01001 12231 21 k a k k ++ <<+ ++ 考点：等比数列的通项公式，数列的递推公式，不等式的证明，放缩法.

2020高考数学理科数列训练题

08高考数学理科数列训练题 1.某数列{}n a 的前四项为 ①1(1)2n n a ??=+-?? ② n a = ③0 n a =?? )(n n 为奇数为偶数）（ 其中可作为{}n a 的通项公式的是（） A ．① B ．①② C ．②③ D ．①②③ 2.设函数()f x 满足()()212 f n n f n ++= ()n N *∈，且()12f =，则()20f =（） A ．95 B ．97 C ．105 D ．192 3.已知数列中{}n a ，11a =，()111n n n n a a a --=+- ()2,n n N *≥∈，则35a a 的值是（） A ．1516 B ．158 C ．34 D ．38 4.已知数列{}n a 的首项11a =，且121n n a a -=+ (2)n ≥，则5a 为（） A ．7 B ．15 C ．30 D ．31 5．已知数列{}n a 是等差数列，且31150a a +=，又413a =，则2a 等于（ ） A ．1 B ．4 C ．5 D ．6 6.若lg a 、lg b 、lg c 成等差数列，则（ ） A ．2a c b += B ．()1lg lg 2 b a b =+ C ．a 、 b 、 c 成等差数列 D ．a 、 b 、 c 成等比数列 7．38，524-，748，980- … 一个通项公式是____ 8．已知{}n a 是递增数列，且对任意n N *∈都有2n a n n λ=+恒成立，则实数λ的取值范 围是____ 9．设等差数列{}n a 的公差为2-，且1479750a a a a +++???+=，则36999a a a a +++???+=______． 10．等比数列中{}n a ，公比1q ≠±，200100S =，则 4020 1S q =+______．

高考数学二轮考点专题突破检测 数列专题

专题达标检测 一、选择题 1．在等差数列{a n }中，若a 2＋2a 6＋a 10＝120，则a 3＋a 9等于 ( ) A ．30 B ．40 C ．60 D ．80 解析：由等差数列性质：若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ，故a 2＋2a 6＋a 10＝4a 6 ＝120，故a 6＝30，a 3＋a 9＝2a 6＝2×30＝60. 答案：C 2．(2009·宁夏、海南理)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等于 ( ) A ．7 B ．8 C ．15 D ．16 解析：设等比数列的公比为q ，则由4a 1,2a 2，a 3成等差数列．得4a 2＝4a 1＋a 3.∴4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2.∴q 2－4q ＋4＝0 ∴q ＝2，∴S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝15. 答案：C 3．等比数列{a n }中，a 1＝512，公比q ＝－1 2，用Πn 表示它的前n 项之积：Πn ＝a 1·a 2·…·a n ， 则Πn 中最大的是 ( ) A ．Π11 B ．Π10 C ．Π9 D ．Π8 解析：Πn ＝a 1a 2…a n ＝a n 1· q 1＋2＋… ＋n －1＝29n ????－12(n －1)n 2＝(－1)n (n －1)22－n 2 ＋19n 2 ，∴ 当 n ＝9时，Πn 最大．故选C 答案：C 4．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 －1 D.n ＋1n 解析：∵f ′(x )＝m x m －1＋a ＝2x ＋1， ∴m ＝2，a ＝1， ∴f (x )＝x 2＋x ＝x (x ＋1)，

高考数学数列大题专题

高考数学数列大题专题 1. 已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比 （Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前 2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ，其中.154=a （Ⅰ）求321,,a a a ； （Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n S 3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12a =，11353n n n n S a a S --=-+(2)n ≥ （1）求数列n a 的通项公式； （2）若(21)n n b n a =-，求数列n a 的前n 项的和n T 。 4.已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且． （Ⅰ）求2a ，3a ；（Ⅱ）证明数列{n n a 2}是等差数列； （Ⅲ）求数列{n a }的前n 项之和n S

5.已知数列{}n a 满足31=a ，1211-=--n n n a a a . （1）求2a ，3a ，4a ； （2）求证：数列11n a ??? ?-?? 是等差数列，并写出{}n a 的一个通项。 622,,4,21121+=-===++n n n n n b b a a b a a . 求证： ⑴数列{b n +2}是公比为2的等比数列； ⑵n a n n 221-=+； ⑶4)1(2221-+-=++++n n a a a n n Λ. 7. .已知各项都不相等的等差数列}{n a 的前六项和为60，且2116a a a 和为 的等比中项. （1）求数列}{n a 的通项公式n n S n a 项和及前； （2）若数列}1{,3),(}{11n n n n n b b N n a b b b 求数列且满足=∈=-*+的前n 项和T n .

【三年高考】(2016-2018)数学(理科)真题分类解析：专题14-与数列相关的综合问题(含答案)

专题14 与数列相关的综合问题 考纲解读明方向 分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等. 2018年高考全景展示 1．【2018年浙江卷】已知成等比数列，且．若， 则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断. 详解：令则 ，令 得，所以当 时，，当 时， ，因此 ， 若公比 ，则 ，不合题意；若公比 ，则 但 ，即

，不合题意；因此， ，选B. 点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如 2．【2018年浙江卷】已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________． 【答案】27 【解析】分析：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值. 点睛：本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和.分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如），符号型（如），周期型（如）. 3．【2018年理数天津卷】设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数 列.已知，，，. （I）求和的通项公式；

（II）设数列的前n项和为， （i）求； （ii）证明. 【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析. 【解析】分析：（I）由题意得到关于q的方程，解方程可得，则.结合等差数列通项公式可得（II）（i）由（I），有，则. （ii）因为，裂项求和可得. 详解：（I）设等比数列的公比为q.由可得.因为，可得，故.设等差数列的公差为d，由，可得由，可得 从而故所以数列的通项公式为，数列的通项公式为 （II）（i）由（I），有，故 . （ii）因为， 所以. 点睛：本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 4．【2018年江苏卷】设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s