2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 文科数学——08 数列(教师版)

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文档介绍

2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 文科数学——08 数列(教师版)

专题 08 数列 1.【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】设 是等比数列,且 , ,则 A.12 B.24 C.30 D.32 【答案】D 【解析】设等比数列 的公比为 ,则 , , 因此, . 故选:D. 【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算,属于基础题. 2.【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5–a3=12,a6–a4=24,则 = A.2n–1 B.2–21–n C.2–2n–1 D.21–n–1 【答案】B 【解析】设等比数列的公比为 , 由 可得: , 所以 , 因此 . 故选:B. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算,考查了等比数列前 项和公式 的应用,考查了数学运算能力. { }na 1 2 3 1a a a+ + = 2 3 4+ 2a a a+ = 6 7 8a a a+ + = { }na q ( )2 1 2 3 1 1 1a a a a q q+ + = + + = ( )2 3 2 2 3 4 1 1 1 1 1 2a a a a q a q a q a q q q q+ + = + + = + + = = ( )5 6 7 5 2 5 6 7 8 1 1 1 1 1 32a a a a q a q a q a q q q q+ + = + + = + + = = n n S a q 5 3 6 412, 24a a a a− = − = 4 2 1 1 5 3 11 1 12 2 124 a q a q q aa q a q  − = = ⇒  =− =  1 1 1 1 (1 ) 1 22 , 2 11 1 2 n n n n n n n a qa a q S q − − − −= = = = = −− − 1 1 2 1 2 22 n nn n n S a − − −= = − n 3.【2020 年高考北京】在等差数列 中, , .记 ,则数列 A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项 C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项 【答案】B 【解析】由题意可知,等差数列的公差 , 则其通项公式为: , 注意到 , 且由 可知 , 由 可知数列 不存在最小项, 由于 , 故数列 中的正项只有有限项: , . 故数列 中存在最大项,且最大项为 . 故选:B. 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式,等差数列中项的符号问题,分类讨论的数 学思想等知识,属于中等题. 4.【2020年高考浙江】已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差 ,且 .记 , , ,下列等式不可能成立的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】对于 A,因为数列 为等差数列,所以根据等差数列的下标和性质,由 可得, ,A 正确; { }na 1 9a = − 3 1a = − 1 2 ( 1,2, )n nT a a a n= =… … { }nT 5 1 1 9 25 1 5 1 a ad − − += = =− − ( ) ( )1 1 9 1 2 2 11na a n d n n= + − = − + − × = − 1 2 3 4 5 6 70 1a a a a a a a< < < < < < = < < 5 0T < ( )0 6,iT i i N< ≥ ∈ ( ) 1 1 7,i i i T a i i NT − = > ≥ ∈ { }nT 1 2 3 4 5 69, 7, 5, 3, 1, 1a a a a a a= − = − = − = − = − = { }nT 2 63T = 4 63 15 945T = × = { }nT 4T 0d ≠ 1 1a d ≤ 1 2b S= 1 2 2 2–n n nb S S+ += n ∗∈N 4 2 62a a a= + 4 2 62b b b= + 2 4 2 8a a a= 2 4 2 8b b b= { }na 4 4 2 6+ = + 4 2 62a a a= + 对于 B,由题意可知, , , ∴ , , , . ∴ , . 根据等差数列的下标和性质,由 可得 ,B 正确; 对于 C, , 当 时, ,C 正确; 对于 D, , , . 当 时, ,∴ 即 ; 当 时, ,∴ 即 ,所以 ,D 不正确. 故选:D . 【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用,属于基础题. 5.【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=−2,a2+a6=2,则 S10=__________. 【答案】 【解析】 是等差数列,且 , 设 等差数列的公差 根据等差数列通项公式: 可得 即: . 2 1 21 22 2 2n n n n nb S a aS ++ + += += − 1 2 1 2b S a a= = + 2 3 4b a a= + 4 7 8b a a= + 6 11 12b a a= + 8 15 16b a a= + ( )4 7 82 2b a a= + 2 6 3 4 11 12b b a a a a+ = + + + 3 11 7 7,4 12 8 8+ = + + = + ( )2 6 3 4 11 12 7 8 4=2 =2b b a a a a a a b+ = + + + + ( ) ( )( ) ( )22 2 4 2 8 1 1 1 1 13 7 2 2 2a a a a d a d a d d a d d d a− = + − + + = − = − 1a d= 2 4 2 8a a a= ( ) ( )2 22 2 2 4 7 8 1 1 12 13 4 52 169b a a a d a a d d= + = + = + + ( )( ) ( )( ) 2 2 2 8 3 4 15 16 1 1 1 12 5 2 29 4 68 145b b a a a a a d a d a a d d= + + = + + = + + ( )2 2 4 2 8 1 124 16 8 3 2b b b d a d d d a− = − = − 0d > 1a d≤ ( )1 13 2 2 0d a d d a− = + − > 2 4 2 8 0b b b− > 0d < 1a d≥ ( )1 13 2 2 0d a d d a− = + − < 2 4 2 8 0b b b− > 2 4 2 8 0b b b− > 25  { }na 1 2a = − 2 6 2a a+ = { }na d ( )1 1na a n d+ −= 1 1 5 2a d a d+ + + = ( )2 2 5 2d d− + + − + = 整理可得: 解得: 根据等差数列前 项和公式: 可得: . 故答案为: . 【点睛】本题主要考查了求等差数列的前 项和,解题关键是掌握等差数列的前 项和 公式,考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 6.【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】数列 满足 ,前 16 项和为 540, 则 . 【答案】 【解析】 , 当 为奇数时, ; 当 为偶数时, . 设数列 的前 项和为 , , . 故答案为: . 【点睛】本题考查数列的递推公式的应用,以及数列的并项求和,考查分类讨论思想和 数学计算能力,属于较难题. 7.【2020 年高考浙江】我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题, 6 6d = 1d =  n * 1 ( 1) ,2n n nS na d n N −= + ∈ ( )10 10 (10 1)10 2 20 45 252S × −= − + = − + = ∴ 10 25S = 25 n n { }na 2 ( 1) 3 1n n na a n+ + − = − 1a = 7 2 ( 1) 3 1n n na a n+ + − = − n 2 3 1n na a n+ = + − n 2 3 1n na a n+ + = − { }na n nS 16 1 2 3 4 16S a a a a a= + + + + + 1 3 5 15 2 4 14 16( ) ( )a a a a a a a a= + + + + + + +  1 1 1 1 1 1( 2) ( 10) ( 24) ( 44) ( 70)a a a a a a= + + + + + + + + + + 1 1( 102) ( 140) (5 17 29 41)a a+ + + + + + + + 1 18 392 92 8 484 540a a= + + = + = 1 7a∴ = 7 如数列 就是二阶等差数列.数列 的前 3 项和是_______. 【答案】 【解析】因为 ,所以 . 即 . 故答案为: . 【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和,属于容易题. 8.【2020 年高考江苏】设{an}是公差为 d 的等差数列,{bn}是公比为 q 的等比数列.已知 数列{an+bn}的前 n 项和 ,则 d+q 的值是 ▲ . 【答案】 【解析】设等差数列 的公差为 ,等比数列 的公比为 ,根据题意 . 等差数列 的前 项和公式为 , 等比数列 的前 项和公式为 , 依题意 ,即 , 通过对比系数可知 ,故 . 故答案为: . 【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前 项和公式,属于中档题. 9.【2020 年新高考全国Ⅰ卷】将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}, 则{an}的前 n 项和为________. 【答案】 【解析】因为数列 是以 1 为首项,以 2 为公差的等差数列, ( 1){ }2 n n + *( 1){ }( )2 n n n + ∈N 10 ( )1 2n n na += 1 2 31, 3, 6a a a= = = 3 1 2 3 1 3 6 10S a a a= + + = + + = 10 2 2 1( )n nS n n n += − + − ∈N 4 { }na d { }nb q 1q ≠ { }na n ( ) 2 1 1 1 2 2 2n n n d dP na d n a n −  = + = + −   { }nb n ( )1 1 11 1 1 1 n n n b q b bQ qq q q − = = − +− − − n n nS P Q= + 2 2 1 1 12 1 2 2 1 1 n nb bd dn n n a n qq q  − + − = + − − +  − −  1 1 12 12 2 11 d da q b q  =   − = −  =   = − − ⇒ 1 1 2 0 2 1 d a q b =  = =  = 4d q+ = 4 n 23 2n n− { }2 1n − 数列 是以 1 首项,以 3 为公差的等差数列, 所以这两个数列的公共项所构成的新数列 是以 1 为首项,以 6 为公差的等差数列, 所以 的前 项和为 , 故答案为: . 【点睛】该题考查的是有关数列的问题,涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成 新数列的特征,等差数列求和公式,属于简单题目. 10.【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】设等比数列{an}满足 , . (1)求{an}的通项公式; (2)记 为数列{log3an}的前 n 项和.若 ,求 m. 【解析】(1)设 的公比为 ,则 .由已知得 , 解得 . 所以 的通项公式为 . (2)由(1)知 故 由 得 ,即 . 解得 (舍去), . 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算,以及等差数列求和公式的应用,考 查计算求解能力,属于基础题目. 11.【2020 年高考江苏】已知数列 的首项a1=1,前 n 项和为 Sn.设 λ 与 k 是常 数,若对一切正整数 n,均有 成立,则称此数列为“λ~k”数列. (1)若等差数列 是“λ~1”数列,求 λ 的值; (2)若数列 是“ ”数列,且 ,求数列 的通项公式; (3)对于给定的 λ,是否存在三个不同的数列 为“λ~3”数列,且 ?若存在, 求 λ 的取值范围;若不存在,说明理由. { }3 2n − { }na { }na n 2( 1)1 6 3 22 n nn n n −⋅ + ⋅ = − 23 2n n− 1 2 4a a+ = 13 8a a− = nS 1 3m m mS S S+ ++ = { }na q 1 1 n na a q −= 1 1 2 1 1 4 8 a a q a q a + = − = 1 1, 3a q= = { }na 1=3n na − 3log 1.na n= − ( 1).2n n nS −= 1 3m m mS S S+ ++ = ( 1) ( 1) ( 3)( 2)m m m m m m− + + = + + 2 5 6 0m m− − = 1m = − 6m = { }( )na n∈ *N 1 11 1 1 k kkn n nS S aλ+ +− = { }na { }na 3 ~23 0na > { }na { }na 0na ≥ 【解析】(1)因为等差数列 是“λ~1”数列,则 ,即 , 也即 ,此式对一切正整数n均成立. 若 ,则 恒成立,故 ,而 , 这与 是等差数列矛盾. 所以 .(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列) (2)因为数列 是“ ”数列, 所以 ,即 . 因为 ,所以 ,则 . 令 ,则 ,即 . 解得 ,即 ,也即 , 所以数列 是公比为4的等比数列. 因为 ,所以 . 则 (3)设各项非负的数列 为“ ”数列, 则 ,即 . 因为 ,而 ,所以 ,则 . 令 ,则 ,即 .(*) ①若 或 ,则(*)只有一解为 ,即符合条件的数列 只有一个. (此数列为1,0,0,0,…) { }na 1 1n n nS S aλ+ +− = 1 1n na aλ+ += 1( 1) 0naλ +− = 1λ ≠ 1 0na + = 3 2 0a a− = 2 1 1a a− = − { }na 1λ = *{ }( )na n∈N 3 ~23 1 1 3 3n n nS S a+ +− = 1 1 3 3n n n nS S S S+ +− = − 0na > 1 0n nS S+ > > 1 131 13 n n n n S S S S + +− = − 1n n n S bS + = 231 13n nb b− = − 2 21( 1) ( 1)( 1)3n n nb b b− = − > 2nb = 1 2n n S S + = 1 4n n S S + = { }nS 1 1 1S a= = 14n nS −= 2 1( 1), 3 4 ( 2).n n na n− ==  × ≥ *{ }( )na n∈N ~ 3λ 1 1 1 3 3 3 1 1n n nS S aλ+ +− = 3 3 3 1 1n n n nS S S Sλ+ +− = − 0na ≥ 1 1a = 1 0n nS S+ ≥ > 3 131 1= 1n n n n S S S S λ+ +− − 3 1 =n n n S S c+ 331 1( 1)n n nc c cλ− = − ≥ 3 3 3( 1) ( 1)( 1)n n nc c cλ− = − ≥ 0λ ≤ =1λ =1nc { }na ②若 ,则(*)化为 , 因为 ,所以 ,则(*)只有一解为 , 即符合条件的数列 只有一个.(此数列为1,0,0,0,…) ③若 ,则 的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内, 则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t). 所以 或 . 由于数列 从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列 有无数 多个,则对应的 有无数多个. 综 上 所 述 , 能 存 在 三 个 各 项 非 负 的 数 列 为 “ ” 数 列 , 的 取 值 范 围 是 . 12.【2020 年新高考全国Ⅰ卷】 已知公比大于 的等比数列 满足 . (1)求 的通项公式; (2)记 为 在区间 中的项的个数,求数列 的前 项和 . 【解析】(1)设 的公比为 .由题设得 , . 解得 (舍去), . 由题设得 . 所以 的通项公式为 . (2)由题设及(1)知 , 且当 时, . 所以 . 1λ > 3 2 3 2( 1)( 1) 01n n nc c c λ λ +− + + =− 1nc ≥ 3 2 3 2 1 01n nc c λ λ ++ + >− =1nc { }na 0 1λ< < 3 2 3 2 1 01n nc c λ λ ++ + =− 1n nS S+ = 3 1n nS t S+ = { }nS { }nS { }na { }na ~ 3λ λ 0 1λ< < 1 { }na 2 4 320, 8a a a+ = = { }na mb { }na *(0, ]( )m m∈N { }mb 100 100S { }na q 3 1 1 20a q a q+ = 2 1 8a q = 1 2q = − 2q = 1 2a = { }na 2n na = 1 0b = 12 2n nm +≤ < mb n= 100 1 2 3 4 5 6 7 32 33 63 64 65 100( ) ( ) ( ) ( )S b b b b b b b b b b b b b= + + + + + + + + + + + + + + +   2 3 4 50 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 (100 63)= + × + × + × + × + × + × − 480= 13.【2020 年高考天津】 已知 为等差数列, 为等比数列, . (Ⅰ)求 和 的通项公式; (Ⅱ)记 的前 项和为 ,求证: ; (Ⅲ)对任意的正整数 ,设 求数列 的前 项 和. 【解析】(Ⅰ)设等差数列 的公差为 ,等比数列 的公比为 .由 , ,可得 ,从而 的通项公式为 .由 , 又 ,可得 ,解得 ,从而 的通项公式为 . (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可得 ,故 , ,从而 ,所以 . (Ⅲ)解:当 为奇数时, ;当 为偶 数时, . 对任意的正整数 ,有 , 和 . ① 由①得 . ② { }na { }nb ( ) ( )1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b= = = − = − { }na { }nb { }na n nS ( )2 * 2 1n n nS S S n+ +< ∈N n ( ) 2 1 1 3 2 , , , . n n n n n n n a b na ac a nb + − + − =    为奇数 为偶数 { }nc 2n { }na d { }nb q 1 1a = ( )5 4 35a a a= − 1d = { }na na n= ( )1 5 4 31, 4b b b b= = − 0q ≠ 2 4 4 0q q− + = 2q = { }nb 12n nb −= ( 1) 2n n nS += 2 1 ( 1)( 2)( 3)4n nS S n n n n+ = + + + ( )22 2 1 1 ( 1) 24nS n n+ = + + 2 2 1 1 ( 1)( 2) 02n n nS S S n n+ +− = − + + < 2 2 1n n nS S S+ +< n ( ) 1 1 1 2 3 2 (3 2)2 2 2 ( 2) 2 n n n n n n n n a b nc a a n n n n − + − + − −= = = −+ + n 1 1 1 2 n n n n a nc b − + −= = n 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 12 1 2 1 2 1 k k nn n k k k c k k n − − = =  = − = − + − +  ∑ ∑ 2 2 3 1 1 2 1 1 3 5 2 1 4 4 4 4 4 n n k k n k k k nc = = − −= = + + + +∑ ∑  2 2 3 1 1 1 1 3 2 3 2 1 4 4 4 4 4 n k n n k n nc + = − −= + + + +∑  由①②得 ,从而得 . 因此, . 所以,数列 的前 项和为 . 14 . 【 2020 年 高 考 浙 江 】 已 知 数 列 {an} , {bn} , {cn} 满 足 . (Ⅰ)若{bn}为等比数列,公比 ,且 ,求 q 的值及数列{an}的通项公式; (Ⅱ)若{bn}为等差数列,公差 ,证明: . 【解析】(Ⅰ)由 得 ,解得 . 由 得 . 由 得 . (Ⅱ)由 得 , 所以 , 由 , 得 ,因此 . 15.【2020 年高考北京】已知 是无穷数列.给出两个性质: ①对于 中任意两项 ,在 中都存在一项 ,使 ; ②对于 中任意项 ,在 中都存在两项 .使得 . (Ⅰ)若 ,判断数列 是否满足性质①,说明理由; 2 2 1 1 1 2 113 1 2 2 2 1 1 2 14 4 14 4 4 4 4 4 41 4 n n k n n n k n nc + + =  − − − = + + + − = − − − ∑  2 1 5 6 5 9 9 4 n k n k nc = += − ×∑ 2 2 1 2 1 1 1 4 6 5 4 2 1 9 4 9 nn n n k k k n k k k nc c c n− = = = += + = − −+ ×∑ ∑ ∑ { }nc 2n 4 6 5 4 2 1 9 4 9 n n n n +− −+ × 1 1 1 1 1 2 1, , ,n n n n n n n ba b c c a a c c nb+ + + = = = = − = ∈ *N 0q > 1 2 36b b b+ = 0d > * 1 2 3 11 ,nc c c c nd + + + + < + ∈N 1 2 36b b b+ = 21 6q q+ = 1 2q = 1 4n nc c+ = 14n nc −= 1 1 4n n na a − + − = 1 2 1 4 21 4 4 3 n n na a − − += + + + + = 1 2 n n n n bc cb+ + = 1 2 1 1 1 1 1 1( )n n n n n b b c dc b b d b b+ + += = − 1 2 3 1 1 1(1 )n n dc c c c d b + ++ + + + = − 1 1b = 0d > 1 0nb + > * 1 2 3 11 ,nc c c c nd + + + + < + ∈N { }na { }na , ( )i ja a i j> { }na ma 2 i m j a aa = { }na ( 3)na n { }na , ( )k la a k l> 2 k n l aa a = ( 1,2, )na n n= =  { }na (Ⅱ)若 ,判断数列 是否同时满足性质①和性质②,说明理由; (Ⅲ)若 是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明: 为等比数列. 【解析】 (Ⅰ) 不具有性质①; (Ⅱ) 具有性质①; 具有性质②; (Ⅲ)【解法一】 首先,证明数列中的项数同号,不妨设恒为正数: 显然 ,假设数列中存在负项,设 , 第一种情况:若 ,即 , 由①可知:存在 ,满足 ,存在 ,满足 , 由 可知 ,从而 ,与数列的单调性矛盾,假设不成立. 第二种情况:若 ,由①知存在实数 ,满足 ,由 的定义可知: , 另一方面, ,由数列 单调性可知: , 这与 的定义矛盾,假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得,数列中的项数同号. 其次,证明 : 利用性质②:取 ,此时 , 的 12 ( 1,2, )n na n−= =  { }na { }na { }na { }2 3 2 3 2 92, 3, 2 n aa aa Za = = = ∉ ∴ { }2 2 * (2 ) 1 * 2, , , 2 ,2i ji i i j n j j a ai j N i j i j N aa a a− − −∀ ∈ > = − ∈ ∴ = ∴ { }2 * (2 ) 1 1, 3, 1, 2, 2 2 ,k l nk n n l an N n k n l an aa − − −∀ ∈ ≥ ∃ = − = − = = = ∴ ( )0 *na n N≠ ∉ { }0 max | 0nN n a= < 0 1N = 0 1 2 30a a a a< < < < < 1m 1 2 2 1 0m aa a = < 2m 2 2 3 1 0m aa a = < 0 1N = 22 32 1 1 aa a a = 2 3a a= 0 2N ≥ m 0 2 1 0N m aa a = < 0N 0m N≤ 0 0 0 0 2 2 1 N N m N N a aa aa a = > = 0m N> 0N 2 2 3 1 aa a = 3n = ( )2 3 k l aa k la = > 由数列的单调性可知 , 而 ,故 , 此时必有 ,即 , 最后,用数学归纳法证明数列为等比数列: 假设数列 的前 项成等比数列,不妨设 , 其中 ,( 情况类似) 由①可得:存在整数 ,满足 ,且 (*) 由②得:存在 ,满足: ,由数列的单调性可知: , 由 可得: (**) 由(**)和(*)式可得: , 结合数列的单调性有: , 注意到 均为整数,故 , 代入(**)式,从而 . 总上可得,数列 的通项公式为: . 即数列 为等比数列. 【解法二】假设数列中的项数均为正数: 首先利用性质②:取 ,此时 , 由数列的单调性可知 , 而 ,故 , 的 0k la a> > 3 k k k l aa a aa = ⋅ > 3k < 2, 1k l= = 2 2 3 1 aa a = { }na ( )3k k ≥ ( )1 1 1s sa a q s k−= ≤ ≤ 1 0, 1a q> > 1 0,0 1a q< < < m 2 1 1 kk m k k aa a q aa − = = > 1 1 k m ka a q a += ≥ s t> 2 1 s s k s s t t a aa a aa a+ = = ⋅ > 1t s k< ≤ + ( )1 1 1s sa a q s k−= ≤ ≤ 2 2 1 1 1 1 1 s t ks k k t aa a q a a qa − − − + = = > = 2 1 1 1 1 1 k s t ka q a q a q− − −≥ > 2 1 1k s t k≥ − − > − , ,s t k 2 1k s t= − − 1 1 k ka a q+ = { }na 1 1 n na a q −= { }na 3n = ( )2 3 k l aa k la = > 0k la a> > 3 k k k l aa a aa = ⋅ > 3k < 此时必有 ,即 , 即 成等比数列,不妨设 , 然后利用性质①:取 ,则 , 即数列中必然存在一项的值为 ,下面我们来证明 , 否则,由数列的单调性可知 , 在性质②中,取 ,则 ,从而 , 与前面类似的可知则存在 ,满足 , 若 ,则: ,与假设矛盾; 若 ,则: ,与假设矛盾; 若 ,则: ,与数列的单调性矛盾; 即不存在满足题意的正整数 ,可见 不成立,从而 , 同理可得: ,从而数列 为等比数列, 同理,当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负,不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证,数列 为等比数列. 【点睛】本题主要考查数列的综合运用,等比数列的证明,数列性质的应用,数学归纳 法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识,意在考查学生的转化能力和推理能力. 1.【2020 届黑龙江省大庆实验中学高三下学期第二次“战疫”线上测试数学】在等差数列 2, 1k l= = 2 2 3 1 aa a = 1 2 3, ,a a a ( )2 2 1 3 1, 1a a q a a q q= = > 3, 2i j= = 2 2 4 33 1 1 2 1 m a a qa a qa a q = = = 3 1a q 3 4 1a a q= 3 4 1a a q< 4n = 2 4 k k k k l l a aa a aa a = = > 4k < { } { }( ), 1,2,3k l k l⊆ > 2 4 k l aa a = 3, 2k l= = 2 3 4 1 k l aa a qa = = 3, 1k l= = 2 4 3 4 1 1 k l aa a q a qa = = > 2, 1k l= = 2 2 4 1 3 k l aa a q aa = = = ,k l 3 4 1a a q< 3 4 1a a q= 4 5 5 1 6 1, ,a a q a a q= =  { }na { }na 中,若 , ,则 和 的等比中项为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题意得: ,所以 , , 所以 . , 所以 和 的等比中项为 . 故选 A. 2.【河北省正定中学2019-2020 学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】把 100 个面包 分给 5 个人,使每个人的所得成等差数列,且使较大的三份之和的 是较小的两份之和, 则最小一份的量为 A.5 B. C. D.10 【答案】C 【解析】设最小的一份为 ,公差为 d, 由题意可得 ,且 , 解得 , 故选 C. 【点睛】 本题考查等差数列的通项公式的计算以及等差数列前 n 项和公式的应用,属于基础题. 基 本元的思想是在等差数列中有 5 个基本量 ,列出方程组,可求得数列中的 量. { }na 3 8 13 7a a a+ + = 2 11 14 14a a a+ + = 8a 9a 7 2 3 ± 7 2 3 2 7 3 ± 2 7 3 3 8 13 83 7a a a a+ + = = 8 7 3a = 2 11 14 93 14a a a a+ + = = 9 14 3a = 8 9 98 9a a⋅ = 8a 9a 7 2 3 ± 1 6 5 3 20 7 1a ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 12 3 4 6a d a d a d a a d + + + + + × = + +  ( ) 1 5 5 15 1002a d × −+ = 1 20 7a = 1, , , ,n na d a S n 3.【湘赣粤2020 届高三(6 月)大联考】已知数列 的前 n 项和为 , , ,则数列 的通项公式为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】因为数列 的前 项和为 , , , 当 时, ; 把 代入检验,只有答案 AB 成立,排除 CD; 当 时, ;排除 B. 故选 A . 【点睛】 本题主要考查数列递推关系式的应用以及排除法在选择题中的应用,属于基础题. 4.【广东省深圳外国语学校2020 届高三下学期 4 月综合能力测试数学】已知等比数列 的前 项和为 ,若 , ,则 A. B. C. D.6 【答案】A 【解析】设等比数列 的首项为 ,公比为 , 因为 且 , 所以 ,解得 或 , { }na nS 2 4a = *( 1) ( )2 n n n aS n N∈+= { }na *( )2na n n N= ∈ *2 ( )n na n N= ∈ *( )2na n n N= + ∈ 2 *( )na n n N= ∈ { }na n nS 2 4a = *( 1) ( )2 n n n aS n N∈+= ∴ 2n = 2 2 1 2 1 (2 1) 22 aS a a a += = + ⇒ = 1n = 3n = 3 3 1 2 3 3 (3 1) 62 aS a a a a += = + + ⇒ = { }na n nS 2 2 3a = 1 2 3 1 1 1 13 2a a a + + = 3S = 26 9 13 3 13 9 { }na 1a q 2 2 3a = 1 2 3 1 1 1 13 2a a a + + = 1 2 1 1 1 2 3 1 1 1 13 2 a q a a q a q  =  + + =  1 2 9 3 a q  =  = 1 2 1 3 a q = = 当 , 时, ; 当 , 时, . 所以 . 故选 A. 【点睛】 本题主要考查等比数列的通项公式和前 项和公式,考查学生对公式的熟练程度及计算 能力,属于基础题. 5.【黑龙江省大庆市第四中学2020 届高三 4 月月考数学】已知数列 的前 项和 , 且满足 ,则 A.1013 B.1022 C.2036 D.2037 【答案】A 【解析】由数列 的前 项和 ,且满足 , 当 时, , 两式相减,可得 ,即 , 令 ,可得 ,解得 , 所以数列 表示首项为 ,公比为 的等比数列,所以 , 则 ,所以 , 所以 . 1 2 9a = 3q = ( )3 3 2 1 3 269 1 3 9S − = =− 1 2a = 1 3q = 3 3 12 1 3 26 1 91 3 S   −     = = − 3 26 9S = n { }na n nS 1n na S+ = 3 91 2 1 2 3 9 S SS S a a a a + + +⋅⋅⋅+ = { }na n nS 1n na S+ = 2n ≥ 1 1 1n na S− −+ = 1 1 1( ) 2 0n n n n n na a S S a a− − −− + − = − = 1 1 ( 2)2 n n a na − = ≥ 1n = 1 1 12 1a S a+ = = 1 1 2a = { }na 1 2 1 2 1( )2 n na = 1 1[1 ( ) ] 12 2 1 ( )1 21 2 n n nS − = = − − 11 ( )2 2 11( )2 n nn nn S a − = = − 2 93 91 2 1 2 3 9 (2 2 2 ) (1 1 1)S SS S a a a a + + +⋅⋅⋅+ = + + + − + +  9 102(1 2 ) 9 2 11 10131 2 − − = − =− 故选:A. 【点睛】 本题考查了等比数列的定义,等比数列的通项公式以及等比数列的前 项和公式的综合 应用,着重考查推理与计算能力,属于中档试题. 6.【山西省阳泉市2020 届高三下学期第二次质量调研数学】已知数列 中, , ,则 A. B. C. D.5051 【答案】D 【解析】由题意,数列 中, , , 则 , 各式相加,可得 , 所以 . 故选:D. 【点睛】 本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的项,以及等差数列的前 项和公式的应 用,其中解答中根据数列的递推关系式,合理利用叠加法求解是解答的关键,着重考查 了推理与运算能力,属于中档试题. 7.【2020 届广东省中山市高三上学期期末数学】已知数列 是各项均为正数的等比数列, 为数列 的前 项和,若 ,则 的最小值为 A.9 B.12 C.16 D.18 【答案】D 【解析】由 得 ,所以 .所以 n { }na 1 1a = ( )2 * 1 ( 1)n n na a n n N+ = + − ⋅ ∈ 101a = 5150− 5151− 5050 { }na 1 1a = ( )2 * 1 ( 1)n n na a n n N+ = + − ⋅ ∈ 2 2 2 2 2 1 3 2 4 3 101 100,1 2 , , ,3 100a a a a a a a a− = − − = − = − − = 2 2 2 2 101 1 2 21 2 3 4 9 109 0a a + − −− = − + − + ( 1 2) (1 2) ( 3 4) (3 4) ( 99 100) (99 100)− + ⋅ + + − + ⋅ + + + − + ⋅ + 100(1 100)1 2 3 100 50502 += + + + + = = 101 1 5050 5051a a= + = n { }na nS { }na n 2 2 3 3S a S+ = − 4 23a a+ 2 2 3 3S a S+ = − 2 3 2 33 3a S S a= − − = − 2 1 1 1 2 33, 0 1a q a q a qq q = − = > ⇒ >− 4 23a a+ .当且仅当 时取得最小值. 故选 D. 8.【2020 届安徽省马鞍山市高三第一次教学质量监测数学】中国古代数学著作《算法统宗》 中有这样一个问题:“三百七十八里关,初日健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其 关……”其大意为:有一个人走 378 里路,第一天健步走,从第二天起因脚痛每天走的路程 为前一天的一半,走了 6 天到达目的地…….则此人后四天走的路程比前两天走的路程少 ()里. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设每天走的路程里数为 ,则 是公比为 的等比数列, 由 得 , 解得: 所以 后四天走的路程: ,前两天走的路程: , 又 ,且 ,∴ , ∴ 故此人后四天走的路程比前两天走的路程少 198, 故选:A. 9.【河北省衡水中学2020 届高三下学期(5 月)第三次联合考试数学】若 是公比为 的等比数列,记 为 的前 项和,则下列说法正确的是 ( ) ( )3 2 3 1 1 2 3 3 3 3 3 1 q q q a q a q q q q + + = + = =− − ( ) ( )21 2 1 43 1 q q q − + − += × − ( ) 43 1 61q q  = − + + −  ( ) 43 2 1 6 181q q ≥ × − ⋅ + =− 41 3 11q qq − = ⇒ = >− 198 191 63 48 { }na { }na 1 2  6 378S = 1 6 11 2 37811 2 a  −   = − ∴ 1 192a = 11192 2 n na − = ⋅   ∴ 53 4 6a a a a+ ++ 1 2a a+ 1 2 192 96 288a a =+ = + 6 378S = 63 4 5 378 288 90a a a a+ = − =+ + ( ) ( )41 52 3 6 288 90 198a a a a a a− + + = − =+ + { }na ( )0q q ≠ nS { }na n A.若 是递增数列,则 , B.若 是递减数列,则 , C.若 ,则 D.若 ,则 是等比数列 【答案】D 【解析】A 选项中, ,满足 单调递增,故 A 错误; B 选项中, ,满足 单调递减,故 B 错误; C 选项中,若 ,则 ,故 C 错误; D 选项中, ,所以 是等比数列.故 D 正确. 故选 D. 【点睛】 本题考查了等比数列的定义,考查了数列的单调性,考查了特值排除法,属于基础题. 10.【2020 届湖南省高三上学期期末统测数学】已知数列 是等比数列, , 则 __________. 【答案】 【解析】设 的公比为 ,由 ,得 ,故 . 故答案为: 11.【2020 届安徽省亳州市高三上学期期末教学质量检测数学】记 为等差数列 的前 项和.已知 , ,则公差 __________. 【答案】 【解析】设等差数列 的首项为 ,公差为 , , { }na 1 0a < 0q < { }na 1 0a > 0 1q< < 0q > 4 6 52S S S+ > 1 n n b a = { }nb 1 2, 3a q= = { }na 1 1, 2a q= − = { }na 1 11, 2a q= = 6 5 6 5 5 4,a a S S S S< − < − ( )1 1 1 0n n n n b a qb a q + + = = ≠ { }nb { }na 1 31, 36a a= = 2a = 6± { }na q 1 31, 36a a= = 2 36, 6q q= = ± 2 6a = ± 6± nS { }na n 3 0a = 8 48S = d = 4 { }na 1a d 3 0a = 8 48S = 解得 故答案为: 12.【河北省 2020 届高三上学期第一次大联考数学】等差数列 , 的前 项和分别 为 , ,若对任意正整数 都有 ,则 的值为   . 【答案】 【解析】因为 , 是等差数列,所以 , 则 . 13.【2020 届安徽省池州市高三上学期期末考试数学】已知数列 满足 ,则 ________. 【答案】-1. 【解析】 , 累加得 , 所以 ,当 时也符合, . 故答案为:-1 14.【河北省衡水中学2020 届高三下学期(5 月)第三次联合考试数学】记 为正项等差数 列 的前 项和,若 ,则 _________. 【答案】 【解析】设等差数列的公差为 , 由题得 ,所以 所以 . ( ) 1 1 2 0 8 8 18 482 a d a d + =∴ × −+ = 1 8 4 a d = −  = 4 { }na { }nb n nS nT n 2 1 3 2 n n S n T n −= − 511 6 10 7 9 aa b b b b ++ + 29 43 { }na { }nb 5 11 5 811 6 10 7 9 8 8 2 2 2 a a a aa b b b b b b ++ = =+ + 15 1 15 8 15 1 15 8 2 2 15 1 29 2 3 15 2 43 S a a a T b b b + × −= = = =+ × − { }na 1 1,a = 1 1lgn n na a n− −− = ( )*2,n n≥ ∈N 100a = 1 1lgn n na a n− −− = ( )*2,n n≥ ∈N 1 1lgna a n − = lg n= − 1 lgna n= − 1n = 100 1 lg100a = − 1= − nS { }na n 1 3 4 71,a a a S= ⋅ = nS = 23 1 2 2n n− d 1 7 3 4 7 47 72 a aa a S a +⋅ = = × = 3 7,a = 1+2 7, 3d d= ∴ = 所以 . 故答案为 . 【点睛】 本题主要考查等差数列的基本量计算,考查等差中项的应用和求和,意在考查学生对这 些知识的理解掌握水平. 15.【广东省深圳市2020 届高三下学期第二次调研数学】《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》 和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作,其中记载了一个这样的问题: 假设每对老鼠每月生子一次,每月生 12 只,且雌雄各半.1 个月后,有一对老鼠生了 12 只小老鼠,一共有 14 只;2 个月后,每对老鼠各生了 12 只小老鼠,一共有 98 只.以此 类推,假设 n 个月后共有老鼠 只,则 _____. 【答案】 【解析】由题意可得 1 个月后的老鼠的只数 , 2 个月后老鼠的只数 , 3 个月后老鼠的只数 …, n 个月后老鼠的只数 . 故答案为: . 【点睛】 本题考查利用不完全归纳法求数列的通项公式,考查运算求解能力. 16.【山西省太原市2019-2020 学年高三上学期期末数学】记数列 的前 项和为 ,若 , , ,则 ___________. 【答案】2559 【解析】因为 , , 所以 , 所以 , 2( 1) 3 132 2 2n n nS n n n −= + × = − 23 1 2 2n n− na na = 2 7n× 1 (1 6) 2 2 7a = + × = × 2 2 2(1 6) 7 2 7a = + × = × 2 3 3 2(1 6) 7 2 7a = + × = × 2 7n na = × 2 7n× { }na n nS 1 1a = 2 2n na n a= − 2 1 1n na a+ = + 100S = 2 2n na n a= − 2 1 1n na a+ = + 22 1 2 1n naa n+ = ++ ( ) ( ) ( ) ( )3 5 97 91 2 4 996 98...a a a aa a a a a+ + + + + + + ++ , , , . 则 . 故答案为:2559 【点睛】 本题主要考查数列递推累加求和,还考查了运算求解的能力,属于中档题. 17.【广东省广州、深圳市学调联盟2019-2020 学年高三下学期第二次调研数学】已知函数 ( , )有两个不同的零点 , , 和 , 三个 数适当排序后既可成为等差数列,也可成为等比数列,则函数 的解析式为 ______. 【答案】 【解析】函数 ( , )有两个不同的零点 , , 可得 ,且 , 和 , 三个数适当排序后既可成为等差数列,也可成为等比数列, 可得 , 再设−2, , 为等差数列,可得 , 代入韦达定理可得 , 即有 ,解得 a=−5(4 舍去), 则 . 故答案为: . ( )50 1 991 3 5 ... 2 49 1 25002 += + + + + × + = = ( )100 50 25100 100 50a a a= − = − − ( )12 650 1 51 12a a= + + = + − ( )363 6 57 2 59a= − − = + = 100 2500 59 2559S = + = ( ) 2f x x ax b= + + 0a < 0b > 1x 2x 2− 1x 2x ( )f x ( ) 2 5 4f x x x= − + ( ) 2f x x ax b= + + 0a < 0b > 1x 2x 1 2 1 2,x x a x x b+ = − = 1 20, 0x x> > 2− 1x 2x 2 1 2 ( 2) 4x x b= − = = 1x 2x 1 22 2x x= − 1 2 2 2 2,3 3 a ax x − − −= = 2 2 2 43 3 a a− − −⋅ = ( ) 2 5 4f x x x= − + ( ) 2 5 4f x x x= − + 【点睛】 本题考查函数的零点和二次方程的韦达定理,以及等差数列和等比数列的中项性质,考 查方程思想和运算能力,属于基础题. 18.【江西省2019-2020 学年高三 4 月新课程教学质量监测卷】设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S7=49,a2+a8=18. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 S3、a17、Sm 成等比数列,求 S3m. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d,∵Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S7=49, a2+a8=18, ∴ ⇒ ,解得:d=2. ∴ (2)由(1)知: . ∵ 成等比数列,∴ ,即 9m2 ,解得 m 11. 故 【点睛】 本题考查求等差数列的通项公式和求前 项的和,以及等比数列的性质,属于中档题. 19.【辽宁省葫芦岛市2020 届高三 5 月联合考试数学】记 是正项数列 的前 项和, 是 和 的等比中项. (1)求数列 的通项公式; (2)记 ,求数列 的前 项和 . 【解析】(1)因为 是 和 的等比中项, 所以 ①,当 时, ②, 由① ②得: , 7 4 2 8 5 7 49 2 18 S a a a a = =  + = = 4 5 7 9 a a =  = ( )4 4 2 1na a n d n= + − × = − ( ) 21 2 1 2n n nS n + −= = 3 17, , mS a S 2 3 17mS S a= 233= = 2 3 33 3 10893mS S == = n nS { }na n 1na + 4 nS { }na ( ) ( )1 1 1 1n n n b a a + = + ⋅ + { }nb n nT 1na + 4 nS ( )21 4n na S+ = 2n ≥ ( )2 1 11 4n na S− −+ = − ( ) ( )2 2 1 11 1 4 4n n n na a S S− −+ − + = − 化简得 ,即 或者 (舍去), 故 ,数列 为等差数列, 因为 ,解得 , 所以数列 是首项为 、公差为 的等差数列, . (2)因为 , 所以 . 【点睛】 本题考查数列通项公式的求法以及数列的前 项和的求法,考查等差数列的判定,考查 裂项相消法求和,考查推理能力与计算能力,是中档题. 20.【2020 届广东省中山市高三上学期期末数学】设 为数列 的前 项和,已知 , . (1)证明 为等比数列; (2)判断 , , 是否成等差数列?并说明理由. 【解析】(1)证明:∵ , ,∴ , 由题意得 , , ∴ 是首项为 2,公比为 2 的等比数列. (2)由(1) ,∴ . ∴ , ∴ , ∴ ,即 , , 成等差数列. 21.【广西南宁市第三中学2020 届高三适应性月考卷】等差数列 的前 项和为 , ( ) ( )2 2 11 1n na a −− = + 11 1n na a −− = + ( )11 1 0n na a −− + + = 1 2( 2)n na a n−− = ≥ { }na ( )2 1 11 4a S+ = 1 1a = { }na 1 2 2 1na n= − 1 1 1 1 2 (2 2) 4 1nb n n n n  = = − ⋅ + +  1 2 1 1 1 1 1 114 2 2 3 1 4( 1)n n nT b b b n n n  = + + + = − + − +⋅⋅⋅+ − = + +  n nS { }na n 2 3a = 1 2 1n na a+ = + { }1na + n na nS 2 3a = 2 12 1a a= + 1 1a = 1 0na + ≠ 1 1 2 2 21 1 n n n n a a a a + + += =+ + { }1na + 1 2n na + = 2 1n na = − 1 12 2 2 21 2 n n nS n n + +−= − = − −− ( )12 2 2 2 2 1 0n n n nn S a n n++ − = + − − − − = 2n nn S a+ = n na nS { }na n nS ,其中 , , 成等比数列,且数列 为非常数数列. (1)求数列通项 ; (2)设 , 的前 项和记为 ,求证: . 【解析】(1)因为 , , 成等比数列, 由所以 , 即 , 解得得 或 (舍去), 所以 . (2)由(1)知: , , , . 【点睛】 本题主要考查等比中项,等差数列的通项公式和前 n 项和公式以及裂项相消法求和,还 考查了运算求解的能力,属于中档题. 22.【广东省深圳市2020 届高三下学期第二次调研数学】已知各项都为正数的等比数列 , , . (1)求数列 的通项公式; (2)设 , ,求 . 【解析】 (1)设各项都为正数的等比数列 的公比为 ,则 , 因为 , , 3 3a = 1a 3a 9a { }na na 1 n n b S = nb n nT 2nT < 1a 3a 9a 2 3 1 9a a a= ⋅ ( )( )23 3 2 3 6d d= − + 1d = 0d = ( )3 3 1na a n n= + − ⋅ = ( ) ( ) 1 1 1 2 2n n n n nS na d − += + × = ( ) 1 2 1 121 1  = = = − + + n n b S n n n n 1 2 1 1 1 1 1 12 1 2 2 3 1n nT b b b n n  = + +⋅⋅⋅+ = − + − +⋅⋅⋅+ − +  12 1 21n  = − < +  { }na 2 32a = 3 4 5 8a a a = { }na 2logn nb a= 1 2 3n nT b b b b= + + + + nT { }na q 0q > 2 32a = 3 4 5 8a a a = 所以 , 解得 , , 所以 , (2)由(1)知, , 故 , 当 时, ; 当 时, , 故 . 【点睛】 本题主要考查等比数列的通项公式、等比中项的性质、等差数列的前 项和公式、对数 运算等知识点,等差数列的前 项和公式为 ,考查计算能力,体现了 基础性与综合性,是中档题. 23.【2020 届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列 满足: 是公比为2 的等 比数列, 是公差为 1 的等差数列. (I)求 的值; (Ⅱ)试求数列 的前 n 项和 . 【解析】(Ⅰ)方法一: 构成公比为 2 的等比数列 2 1 3 3 3 3 4 5 4 1 32 ( ) 8 a a q a a a a a q = =  = = = 7 1 2a = 1 4q = ( )9 22 n n na N− ∗= ∈ 2 9 2 2log log 2 9 2n n nb a n-= = = - 9 2 1 4 2 9 4n n nb n n − ≤ ≤=  − , , > 1 4n≤ ≤ 27 9 2 82n nT n n n+ -= ´ = - 4n > ( ) ( ) 21 2 97 5 3 1 4 8 322n nT n n n+ += + + + + ´ - = - + 2 2 8 1 4 8 32, 4n n n nT n n n  − ≤ ≤=  − + > , n n 1 2n na nS a+= × { }na na n     2 n n a    1 2,a a { }na nS na n     2 1 22 1 a a∴ = × 2 14a a∴ = 又 构成公差为 1 的等差数列 ,解得 方法二: 构成公比为 2 的等比数列, .① 又 构成公差为 1 的等差数列, ② 由①②解得: (Ⅱ) 两式作差可得: , . 24.【四川省泸县第一中学 2020 届高三三 诊模拟考试数学(文)试题】已知正项等比数列 的前 项和为 , , ,数列 满足 , 2 n n a    2 1 2 1 12 2 a a∴ − = 1 2 2 8 a a =  = na n     11 1 2, n n a n a n +∴ = 1 ( 1)2n n na an+ +∴ = 2 n n a    1 1 12 2 n n n n a a+ +∴ − = 2n na n= ⋅ 1 2 2 8 a a =  = 11 2 2 ,1 n nna a n −= ⋅ = 2n na n∴ = ⋅ 1 2 3n nS a a a a= + + +⋅⋅⋅+ 1 2 31 2 2 2 3 2 2nn= ⋅ + ⋅ + ⋅ +⋅⋅⋅+ ⋅ 2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 2n nS n +∴ = ⋅ + ⋅ + ⋅ +⋅⋅⋅+ ⋅ 2 3 12 2 2 2 2n n nS n +− = + + +⋅⋅⋅+ − ⋅ ( ) 12 1 2 21 2n n nnS + − = − ⋅−− 1(1 ) 2 2n n nS += ⋅− − − 1( 1) 2 2n nS n +∴ = − ⋅ + { }nb n nS 3 4b = 3 7S = { }na ( )* 1 1n na a n n N+ − = + ∈ 且 . (I)求数列 的通项公式; (II)求数列 的前 项和. 【解析】(Ⅰ)根据题意,设 的公比为 ,所以 解得 又 , 所以 . (Ⅱ)因为 , 所 以 . 25.【2020 届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列 的前 项和为 ,且满足 , . (I)求 的通项公式; (Ⅱ)若 ,数列 的前 项和为 ,求证: . 【解析】(I)当 时,由 , 得 ; 当 时, ,两式相减得 , 即 ,又 , 故 恒成立, 则数列 是公比为 的等比数列,可得 . (Ⅱ)由(I)得 , 1 1a b= { }na 1 na       n { }nb q 2 1 2 1 1 1 4,{ 7, b q b b q b q = + + = 1 1,{ 2. b q = = 1 1n na a n+ − = + ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 3 2 2 1 1n n n n na a a a a a a a a a− − −= − + − +…+ − + − + ( ) ( ) 211 2 1 2 2 n n n nn n + += + + +…+ + = = 2 1 2 1 12 1na n n n n  = = − + +  1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 1 2 12 2 3 1 1 1 1n n a a a n n n n n n           + + + = − + − +…+ − + − = − =          − + + +           { }na n nS 1 1a = 1 2 1n na S+ − = { }na 3logn nb a= 2 2 2 1 n nb b +    ⋅  n nT 1 2nT < 1n = 1 1a = 2 12 1a a− = 2 3a = 2n ≥ 12 1n na S −− = ( )1 12 0n n n na a S S+ −− − − = 1 3n na a+ = ( 2)n ≥ 2 13 3a a= = 1 3n na a+ = { }na 3 13 −= n na 3 1 3log log 3 1n n nb a n−= = = − 则 , 则 . 故 26.【2020 届重庆市第一中学高三上学期期末考试数学】已知数列 中, , , . (1)求证:数列 是等比数列; (2)求数列 的前 项和 . 【答案】(1)证明见解析;(2) 【解析】(1)证明:因为 所以 , 又因为 ,则 , 所以数列 是首项为 2,公比为 2 的等比数列. (2)由(1)知 ,所以 , 所以 2 2 2 1 1 1 1 1 (2 1) (2 1) 2 2 1 2 1n nb b n n n n+  = = − ⋅ − ⋅ + − +  1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n       = − + − + + −      − +       1 112 2 1n  = − +  1 02 1n >+ 1 1 112 2 1 2n  ∴ − < +  1 2nT < { }na 1 1a = 1 2 1n na a n+ = + − n nb a n= + { }nb { }na n nS ( )1 12 22 n n n nS + += − − 1 2 1,n n n na a n b a n+ = + − = + ( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 1 2 2n n n n nb a n a n n a n b+ += + + = + − + + = + = 1 1 1 2 0b a= + = ≠ 1 2n n b b + = { }nb 2n n na n b+ = = 2n na n= − ( ) ( ) ( ) ( )2 32 1 2 2 2 3 2n nS n= − + − + − +⋅⋅⋅+ − ( ) ( )2 32 2 2 2 1 2 3n n= + + +⋅⋅⋅+ − + + +⋅⋅⋅+ ( ) ( ) ( )12 1 2 1 12 21 2 2 2 n nn n n n+ − + += − = − −− 27.【河北省正定中学2019-2020 学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】已知点 是函数 的图象上一点,数列 的前 项和是 . (1)求数列 的通项公式; (2)若 ,求数列 的前 项和 . 【解析】 (1)把点 代入函数 得 ,所以 , 所以数列 的前 项和是 . 当 时, ; 当 时, , 所以 ; (2)由 , 得 ,所以 ,① .② 由①-②得: , 所以 . 11, 2      ( ) ( )0, 1xf x a a a= > ≠ { }na n ( ) 2nS f n= − { }na ( )1logn a nb a += − { }n na b⋅ n nT 11, 2      ( ) ( )0, 1xf x a a a= > ≠ 1 2a = ( ) 1 2 x f x  =    { }na n ( ) 12 22 n nS f n  = − = −   1n = 1 1 3 2a s= = − 2n ≥ 1 1 1 1 1 2 2 2 n n n n n na S S − −      = − = − = −           3 , 12 1 , 22 nn n a n − ==   − ≥    1 2a = ( )1logn a nb a += − +1nb n= ( )2 33 1 1 12 3 4 +12 2 2 2 n nT n     = − × − × − × −…− ⋅           ( )3 4 +11 3 1 1 13 4 +12 2 2 2 2 n nT n     = − − × − × −…− ⋅           ( )3 4 +1 3 3 1 1 1 1+ + + +12 2 4 2 2 2 2 n n nT n         = − − − … ⋅                  11 15+ ( +1) 2+2n n n T n −   = −        【点睛】 本题主要考查了 法求通项公式,即 ,运用错位相减法求和, 求和时应注意的问题(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2) 在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出 “ ”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分 公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解,属于中档题. 28.【2020 届河南省郑州市高三第二次质量预测文科数学试题】已知数列 前 项和 为 ,且 . (1)求数列 的通项公式; (2)若数列 满足 ,求数列 的前 项和 . 【解析】(1)当 时, . 当 时, . 而 , 所以数列 的通项公式为 . (2)当 时, , 当 时, , 所以 , 当 时, , 当 时, 的 nS 1 1 ( 1) ( 2)n n n S na S S n− ==  − ≥ nS nqS n nS qS− { }na n nS 2 2 1nS n n= + − { }na { }nb ( )* 1 1 n n n b na a + = ∈N { }nb n nT 1n = 1 1 2a S= = 2n ≥ ( )2 2 1 2 1 ( 1) 2( 1) 1 2 1n n na S S n n n n n−  = − = + − − − + − − = +  1 2 2 1 1a = ≠ × + { }na 2, 1 2 1, 2n na n n ==  + ≥ 1n = 1 1 2 1 1 1 2 5 10b a a = = =× 2n ≥ 1 1 1 1 (2 1)(2 3) 2 2 1 2 3nb n n n n  = = − + + + +  1 , 110 1 1 1 . , 22 2 1 2 3 n n b nn n  ==    − ≥  + +  1n = 1 1 1 10T b= = 2n ≥ . 又 , 符合 , 所以 . 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 10 2 5 7 7 9 2 1 2 3n nT b b b b n n       = + + + + = + − + − + + −      + +        1 1 1 1 4 1 10 2 5 2 3 20 30 n n n + = + − = + +  1 1 4 1 1 10 20 1 30T × += = × + 4 1 20 30n nT n += + 4 1 20 30n nT n += + ( )*Nn∈
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