2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练

2020年高考理科数学《数列》 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 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为等差数列{a}的前n项和，若a=1，公差d=2，S−S=36，则n=nn1n＋2nA．5B．6C．7D．8【答案】Dn(n1)【解析】解法一：由题知Snadnnn1n2，S=(n＋2)2，由S−S=36得，(n＋n12n＋2n＋2n2)2−n2=4n＋4=36，所以n=8.解法二：S−S=a＋a=2a＋(2n＋1)d=2＋2(2n＋1)=36，解得n=8.所以选D．n＋2nn＋1n＋21【易错点】对S−S=36，解析为a发生错误。n＋2nn＋2，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}中，若a1,aa2a，则a的值是________．n28646【答案】4【解析】设公比为q(q≠0)，∵a=1，则由aa2a得q6q42q2，即q4q220，解得q2=2，2864∴aaq44.62【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 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，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：设基本量和公差公比．(1)a1d(q)列、解方程组：把条件转化为关于和的方程组，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．(2)a1d(q)()等差数列、等比数列的判定与证明题组一等差数列的判定与证明例设数列的各项都为正数，其前项和为，已知对任意∈*，是2和的等差中项．1{an}nSnnNSnanan证明：数列为等差数列；(1){an}若＋，求的最大项的值并求出取最大值时的值．(2)bn=−n5{an·bn}n【答案】见解析；当或时，的最大项的值为(1)(2)n=2n=3{an·bn}6.【解析】由已知可得2＋，且，(1)2Sn=ananan>0当时，2＋，解得；n=12a1=a1a1a1=1当n≥2时，有2S=a2＋a，n−1n－1n−1所以2a=2S−2S=a2−a2＋a−a，nnn−1nn－1nn−1所以a2−a2=a＋a，即(a＋a)(a−a)=a＋a，nn－1nn−1nn−1nn−1nn−1因为＋，anan−1>0所以．an−an−1=1(n≥2)故数列是首项为，公差为的等差数列．{an}11由可知，(2)(1)an=n525设c=a·b，则c=n(−n＋5)=−n2＋5n=−n－2＋，nnnn24因为n∈N*，所以当或时，的最大项的值为n=2n=3{an·bn}6.【易错点】S是a2和a的等差中项，无法构建一个等式去求解出annnn。【思维点拨】等差数列的判定与证明的方法：①定义法：aad(nN*)或aad(n2,nN*)a是等差数列；n1nnn1n②定义变形法：验证是否满足aaaa(n2,nN*)；n1nnn1③等差中项法：2aaa(nN*)a为等差数列；n1nn2n④通项公式法：通项公式形如apnq(p,q为常数)a为等差数列；nn⑤前n项和公式法：Spn2qn(p,q为常数)a为等差数列．nn注意：（1）若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项a,a,a，使得2aaa即可；nn1n2n1nn2（2）如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．题组二等比数列的判定与证明例2设数列{a}的前n项和为S，已知a=1，S=4a＋2.nn1n＋1n(1)设b=a−2a，证明：数列{b}是等比数列；nn＋1nn求数列的通项公式．(2){an}【答案】见解析；n−2(1)(2)an=(3n−1)·2.【解析】(1)由a=1及S=4a＋2，得a＋a=S=4a＋2.1n＋1n1221∴，a2=5∴b1=a2−2a1=3.S＝4a＋2，①n＋1n又S＝4a＋2，②nn－1①−②，得a=4a−4a，n＋1nn−1∴a−2a=2(a−2a)．n＋1nnn−1∵b=a−2a，nn＋1n∴，bn=2bn−1故是首项，公比为的等比数列{bn}b1=32.(2)由(1)知b=a−2a=3·2n−1，nn＋1naa3∴n＋1−n=，2n＋12n4a13故n是首项为，公差为的等差数列．2n24a133n－1∴n=＋(n−1)·=，2n244故n−2an=(3n−1)·2.【易错点】对于b=a−2a在条件中无法构造出来，等比数列的判定与证明常用的方法不清楚.nn＋1n，【思维点拨】等比数列的判定与证明常用的方法：a（1）定义法：n1q(q为常数且q0)数列{a}是等比数列．ann（2）等比中项法：a2aa(nN*,a0)数列{a}是等比数列．n1nn2nn（3）通项公式法：atqn(tq0,nN*)数列{a}是等比数列．nn（4）前n项和公式法：若数列的前n项和SAqnA(A0,q0,q1)，则该数列是等比数列．n其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中．注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．（2）只满足aqaq0的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要a0.n1n1等差数列、等比数列的性质题组一等差数列性质的应用例若是等差数列，首项，＋，，则使前项和成立的最大正整数1{an}a1>0a2016a2017>0a2016·a2017<0nSn>0n是A．2016B．2017C．4032D．4033【答案】C【解析】因为，＋，，所以，，，a1>0a2016a2017>0a2016·a2017<0d<0a2016>0a2017<04032(aa)4032(aa)4033(aa)所以S14032201620170，S140334033a0，所以403222403322017使前项和成立的最大正整数是nSn>0n4032.【易错点】等差数列的求和与等差数列的某一项有关系。题组二等比数列性质的应用例已知数列是等比数列，为其前项和，若＋＋，＋＋，则2{an}Snna1a2a3=4a4a5a6=8S12=A．40B．60C．32D．50【答案】B【解析】由等比数列的性质可知，数列，，，是等比数列，即数列，，S3S6−S3S9−S6S12−S94,8S9−S6S12−S9是等比数列，因此＋＋＋，选．S12=481632=60BS【易错点】2n1qn，等式不会转化.Sn【思维点拨】等差（比）数列的性质是每年高考的热点之一，利用等差（比）数列的性质进行求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题.应用等差数列性质的注意点：（1）熟练掌握等差数列性质的实质等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题.（2）应用等差数列的性质解答问题的关键寻找项数之间的关系，但要注意性质运用的条件，如若mnpq，则aaaa(m,n,p,mnpqqN*)的前项和中的为奇，需要当序号之和相等、项数相同时才成立，再比如只有当等差数列{an}nSnn数时，才有S=na成立.n中应用等比数列性质时的注意点：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n=p＋q，则，可以减少运算量，提高解题速度．am·an=ap·aq”（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.等差数列与等比数列的综合例已知是等差数列，公差不为零，前项和是若，，成等比数列，则1{an}dnSn.a3a4a8．，．，Aa1d>0dS4>0Ba1d<0dS4<0．，．，Ca1d>0dS4<0Da1d<0dS4>0【答案】B55【解析】由a2=aa，得(a＋2d)(a＋7d)=(a＋3d)2，整理得d(5d＋3a)=0，又d≠0，∴a=−d，则ad=−d2<0，4381111131322又∵S=4a＋6d=−d，∴dS=−d2<0，故选B．41343【易错点】对三项成等差数列的中项性质应用.例2已知数列{a}满足：a−a=d(n∈N*)，前n项和记为S，a=4，S=21.nn＋1nn13求数列的通项公式；(1){an}16a(2)设数列{b}满足b=，bb2n，求数列{b}的通项公式．n17n＋1nn1【答案】(1)a=3n＋1；(2)b=×23n＋1.nn73×2【解析】(1)由已知数列{a}为等差数列，公差为d，则S=3×4＋d=21，解得d=3，n32所以数列的通项公式为＋{an}an=3n1.(2)由(1)得b−b=23n＋1.n＋1n当时，＋＋＋＋，n≥2bn=(bn−bn−1)(bn−1−bn−2)…(b2−b1)b11624[123(n1)]161所以b23n223n52423n1n2．n712377161又b=满足b=×23n＋1，17n71所以∀n∈N*，b=×23n＋1.n7【易错点】累加法的联想和使用.考点5等差数列与等比数列的创新问题题组一等差数列与等比数列的新定义问题S例设为数列的前项和，若2n∈*是非零常数，则称该数列为和等比数列．若数列是首1Sn{an}n(nN)“”{cn}Sn项为、公差为的等差数列，且数列是和等比数列，则2d(d≠0){cn}“”d=________.【答案】4n(cc)2n(cc)S【解析】由题意可知，数列的前项和为S1n，前项和为S12n，所以2n{cn}n2n=n22n2Sn2n(cc)12n22nd2S=2＋=2＋，所以当d=4时，2n为非零常数．n(cc)4＋nd－d4－dSn1n1＋2nd【易错点】数列新定义型创新题.【思维点拨】数列新定义型创新题的一般解题思路：(1)阅读审清“新定义”；(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识；(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．题组二等差数列与等比数列的文化背景问题例2《九章算术》卷第六《均输》中，提到如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间．．二节欲均容，各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即每节的容量成等差数列．在这个问题中的中间．．两节容量分别是6741A．升、升B．2升、3升66333376737C．升、升D．升、升22336633【答案】D【解析】设从上而下，记第i节的容量为a升，故aaaa3，aaa4，设公差为d，i123478913a3a21d41226737则有1，解得，故a，a，选D．4a6d375666331d66【易错点】数学文化和数学知识的结合需要学生的应用意识.公式法求和题组一等差数列的求和公式SSS例设等差数列的前项和为，且满足＞，＜，则1，2，，15中最大的项为1{an}nSnS170S180…a1a2a15SSA．7B．8a7a8SSC．9D．10a9a10【答案】C17(aa)18(aa)【解析】因为{a}是等差数列，所以S=117=17a＞0，所以a＞0，又S=118=9(a＋a)n17299182910S＜，所以＜，即该等差数列前项均是正数项，从第项开始是负数项，则9最大，故选．0a100910Ca9【易错点】等差数列的公差和求和的关系.题组二等比数列的求和公式例在等比数列中，＋，，且前项和，则项数等于2{an}a1an=34a2·an−1=64nSn=62nA．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】设等比数列的公比为，由题意得，{an}qa2an−1=a1an=64又＋，解得，或，a1an=34a1=2an=32a1=32an=2.a(1qn)a－aq2－32q当a=2，a=32时，S=1=1n==62，解得q=2.又a=aqn−1，所以2×2n−1=2n=32，解得n=5.1nn1q1－q1－qn1a(1qn)a－aq322q11同理，当a=32，a=2时，由S=1=1n==62，解得q=.又a=aqn−1=32×n−1=2，所1nn1q1－q1q2n12111以n−1==4，即，2162n−1=4n=5.综上，项数n等于5，故选B．【易错点】等比数列中项性质的求解.例已知等差数列的前项和为，且，，，成等比数列．3{an}nSnS3=9a1a3a7求数列的通项公式；(1){an}若当时，数列满足an，求数列的前项和(2)an≠a1(n≥2){bn}bn=2{bn}nTn.【答案】＋或；n＋2(1)an=n1an=3(2)Tn=2−4.1【解析】(1)设等差数列{a}的公差为d.由题意得a2=aa，即(a＋2d)2=a(a＋6d)，化简得d=a或d=0.n3171112113×219当d=a时，S=3a＋×a=a=9，得a=2，d=1，2131221211∴＋＋＋，即＋；an=a1(n−1)d=2(n−1)=n1an=n1当时，由，得，d=0S3=9a1=3∴an=3.综上，＋或an=n1an=3.由题意可知2an＋1，(2)bn=n=2b∴，n＋1b1=4=2.bn∴是以为首项，为公比的等比数列，{bn}42b(1qn)4(12n)∴T=1=2n＋2−4.n1q12【易错点】等差数学与等比数列的互相交叉使用.【思维点拨】1．两组求和公式n(aa)n(n1)(1)等差数列：S=1n=nad；n212na,q11(2)等比数列：Sa(1qn)aaq．n11n,q11q1q．在进行等差比数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于和的方程2()a1d(q)组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．注：在运用等比数列前n项和公式时，一定要注意判断公比q是否为1，切忌盲目套用公式导致失误．错位相减法求和例1已知等比数列a的前n项和为S，若S7,S63，则数列na的前n项和为nn36nA．3n12nB．3n12nC．1n12nD．1n12n【答案】Da1q3171q1q317【解析】当q1时，不成立；当q1时，，两式相除得，解得q2，a1q61q61q3631631q则a1，所以aaqn12n1，所以nan2n1，则数列na的前n项和为1n1nnT122322n2n1，n2T12222n12n1n2n，n12n两式相减得到：T12222n1n2nn2n1n2n1，n12所以T1n12n，故选D．n【易错点】注意错位相减的运算步骤.例2已知等差数列a满足:aa(nN*)，a1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数nn1n1列，a2logb1.n2n(1)求数列a，b的通项公式;nn(2)求数列ab的前n项和T.nnn2n3【答案】(1)a2n1，b=；(2)T=3.nnn2n【解析】(1)设等差数列a的公差为d，且d>0，n由a1，a1d,a12d，分别加上1，1，3后成等比数列，得2d2242d，解得d=2，123∴a1n122n1.n∵a2logb1，n2n1∴logbn，即b=.2nn2n2n1(2)由(1)得a·b=.nn2n2n1∴T=+…+，①n2n2n1，②Tn=+…+2n1①−②，得2n1Tn=+2+…+.2n1112n112n12n3∴12n133Tn===.1nn2nn122222【易错点】注意错位相减的运算步骤.【思维点拨】错位相减法适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把＋＋＋两边同乘Sn=a1a2…an以相应等比数列的公比，得到＋＋＋，两式错位相减即可求出qqSn=a1qa2q…anqSn.裂项相消法求和1例1已知数列a的前n项和Sn22n，则数列的前6项和为nnaann124A．B．1515510C．D．1111【答案】A【解析】数列a的前n项和Sn22n，n2时，Sn21，两式作差得到a2n1(n2)，nnn1n11111当n1时，也适合上式，所以a2n1，所以，裂项naa2n12n322n12n3nn111111112求和得到，故答案为A.23557131515【易错点】需要检验n=1时通项公式.【思维点拨】本题考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法.数列通项的求法中有常见的已知Sn和a的关系，求a的 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达式，一般是写出S后两式作差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式nnn1是否适用.数列求和的常用方法有：错位相减、裂项求和、分组求和等.例已知等比数列的前项和为，且n＋1＋∈*．2{an}nSn6Sn=3a(nN)求的值及数列的通项公式；(1)a{an}1(2)若b=(1−an)log(a2·a)，求数列{}的前n项和T.n3nn＋1nbnn【答案】(1)a=−3，a=3n−1(n∈N*)；(2)T=.nn3n＋1【解析】∵n＋1＋∈*，(1)6Sn=3a(nN)∴当时，＋，n=16S1=6a1=9a当时，n，即n−1，n≥26an=6(Sn−Sn−1)=2×3an=3∵是等比数列，{an}∴，则＋，得，a1=19a=6a=−3∴数列的通项公式为n−1∈*．{an}an=3(nN)(2)由(1)得b=(1−an)log(a2·a)=(3n−2)(3n＋1)，n3nn＋1111111111111∴＋＋＋＋＋＋＋＋＋Tn=…=…=(1−−…−)b1b2bn1×44×7(3n2)(3n1)34473n－23n＋1n=.3n＋1【易错点】裂项相消法注意分子.【思维点拨】裂项相消法将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法．裂项相消法适用c于形如(其中{a}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．aannn＋1拆项分组法求和例1已知函数fnn2cosnπ，且afnfn1，则aaan12100A．100B．0C．100D．10200【答案】A【解析】由题意可得，a122，a2232，a3242，a4252，…，1234所以aaa12299210021234991005050，1399aaa223210021012231001015150，24100所以aaa50505150100．12100【易错点】奇数项与偶数项分别求和，每个和都是等差数列的和，从而易于求解．【思维点拨】数列求和的常用方法：公式法、分组求和法、裂项相消法、并项求和法、倒序相加法等，当遇到数列的通项为a1nfn的形式时，可以用并项求和法或者用分组求和法，由于本题中na1nn21n1n121n1nn1，因此我们把奇数项与偶数项分别求和，每个和都是n等差数列的和，从而易于求解．例已知等差数列中，，前项和2{an}a2=54S4=28.求数列的通项公式；(1){an}若n，求数列的前项和(2)bn=(−1)an{bn}2nT2n.【答案】；(1)an=4n−3(2)T2n=4n.a＝a＋d＝5，21【解析】(1)设等差数列{a}的公差为d，则由已知条件得4×3nS＝4a＋×d＝28，412a＝1，1∴d＝4，∴＋an=a1(n−1)×d=4n−3.由可得nn，(2)(1)bn=(−1)an=(−1)(4n−3)∴＋＋＋＋T2n=−15−913−17…(8n−3)=4×n=4n.【易错点】注意拆项分组是为了合并.【思维点拨】拆项分组法把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．数列求通项例1设S是数列{a}的前n项和，且a＝－1，a＝SS，则S＝.nn1n＋1n＋1nn1【答案】－n【解析】法一：构造法由已知得a＝S－S＝S·S，n＋1n＋1nn＋1n11两边同时除以S·S，得－＝－1，n＋1nSSn＋1n1故数列是以－1为首项，－1为公差的等差数列，Sn1则＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，Sn1所以S＝－.nn法二：归纳推理法11111由a＝－1，a＝SS可得a＝SS＝a(a＋a)，故a＝＝，同理可得a＝＝，a＝＝1n＋1nn＋1212112221×2362×341211111，…，由此猜想当n≥2时，有a＝＝－，所以当n≥2时，S＝a＋a＋…＋a＝－1＋1－3×4nn－1nn－1nn12n211111111＋－＋－＋…＋－＝－.又因为S＝－1也适合上式，所以S＝－.2334n－1nn1nnS，n＝1，1【易错点】(1)条件中既有a，又有S，自然想到用公式a＝又因为结果求S，所以考虑n＋1nnS－S，n≥2.nnn－1用公式a＝S－S换掉a，进而得到关于S的递推公式，用构造新数列使问题获解．n＋1n＋1nn＋1n考虑到填空题的题型特点，由递推关系求出，，，进而发现规律，猜想通项公式，最后由(2)a2a3a4an求出，当然这需要冒一定风险．anSn【思维点拨】S，n＝1，11．一般地，对于既有a，又有S的数列题，应充分利用公式a＝有时将a转化为nnnS－S，n≥2，nnn－1S，有时将S转化为a，要根据题中所给条件灵活变动．特别注意的是，公式a＝S－S当且仅当n≥2nnnnnn－1时成立，所以在利用作差法求解数列的通项公式时，应注意对n＝1的检验．2．由递推公式求数列通项的常用方法(1)形如a＝a＋f(n)，常用叠加法，即利用恒等式a＝a＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)求通项n＋1nn12132nn－1公式．aaa(2)形如a＝af(n)，常可采用叠乘法，即利用恒等式a＝a·2·3·…·n求通项公式．n＋1nn1aaa12n－1(3)形如a＝ba＋d(其中b，d为常数，b≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造a＋x＝b(an＋1nn＋1nd＋x)其中x＝，则{a＋x}是公比为b的等比数列，利用它即可求出a.b－1nnpa1r1q(4)形如a＝n(p，q，r是常数)的数列，将其变形为＝·＋.n＋1qa＋rapapnn＋1n1q若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；anp若p≠r，则再采用(3)的办法求解．数列的综合应用题组一数列与不等式的交汇例设等差数列的前项和为，已知，为整数，且1{an}nSna1=9a2Sn≤S5.求的通项公式；(1){an}14(2)设数列{}的前n项和为T，求证：T≤.aann9nn＋1【答案】；见解析(1)an=11−2n(2).【解析】由，为整数可知，等差数列的公差为整数．(1)a1=9a2{an}d又，Sn≤S599∴a≥0，a≤0，于是9＋4d≥0，9＋5d≤0，解得−≤d≤−.5645∵d为整数，∴d=−2.故的通项公式为{an}an=11−2n.11111(2)由(1)得，==(−)，aa29－2n11－2nnn＋1(112n)(92n)1111111111∴T=[(−)＋(−)＋…＋(−)]=(−)．n279579－2n11－2n29－2n91令b=，n9－2n1由函数f(x)=的图象关于点(4.5，0)对称及其单调性，知0＜b＜b＜b＜b，b＜b＜b＜…＜0，9－2x1234567∴bn≤b4=1.114∴T≤×(1−)=.n299【易错点】数列的不等式注意最后的分析.题组二数列与函数的交汇例2设曲线y=2018xn＋1(n∈N*)在点(1，2018)处的切线与x轴的交点的横坐标为x，令alogx，nn2018n则＋＋＋的值为a1a2…a2017A．2018B．2017C．1D．−1【答案】Dn【解析】因为y′=2018(n＋1)xn，所以切线方程是y−2018=2018(n＋1)(x−1)，所以x=，nn＋11220171所以a＋a＋…＋a=log(x·x·…·x)=log(××…×)=log=−1.故选D.1220172018122017201823201820182018【易错点】数列结合了导数和对数的知识，综合性强.【思维点拨】数列与不等式的交汇多为不等式恒成立或证明和的范围的形式，在求解时要注意等价转化，即分离参数法与放缩法的技巧应用．已知函数条件解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；已知数列条件解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子化简变形．【巩固训练】题型一求等差数列和等比数列的基本量1．已知等差数列a的前n项和为S，且a·a12，a0.若a0，则Snn352120A．420B．340C．−420D．−340【答案】D【解析】根据等差数列的性质得到aa12ada3d12d2,a2，352212019故得到S202(2)340.202aa2．在等比数列a中，若a2，a34，则115n23aa72112A．B．233C．D．22【答案】Aa34【解析】设等比数列a的公比为q，则q3，na22aaaa12681115115.故选A.aaaaq6q6341627211153．已知等差数列a的前n项和是S，且aaaa18，则下列命题正确的是nn4567A．a是常数B．S是常数55C．a是常数D．S是常数1010【答案】D10aa【解析】aaaa2aa18,aa9，S1105aa45，4567565610256为常数，故选D．题型二等差数列和等比数列的求和基本量求解1．对于数列a，定义数列a2a为数列a的“2倍差数列”，若a2,a的“2倍差数列”的通nn1nn1n项公式为a2a2n1，则数列a的前n项和S__________．n1nnn【答案】n12n12aaa【解析】由a2a2n1，且a2，得n1n1，所以数列n表示首项为1，公差d1的n1n12n12n2na等差数列，所以n1n11n，所以an2n，2nn则S121222323n12n1n2n，n2S122223324n12nn2n1，n2212n1两式相减可得S222232nn2n12n2n1，n12解得Sn12n12n2．等比数列a中，已知对任意自然数n，aaaa2n1，则a2a2a2a2等于n123n123n1A．2n1B．3n121C．4n1D．以上都不对3【答案】C【解析】当n1时，a2111，1当n2时，aaaa2n1,aaaa2n11，123n123n1两式作差可得：a2n2n12n1，当n1时，211201a，n12综上可得，数列a的通项公式为a2n1，故a22n14n1，则数列a2是首项为1，公比为4nnnn114n1的等比数列，其前n项和为a2a2a2a24n1.本题选择C选项.123n14333．已知正项等比数列a的前n项和为S，且aa2a,a与2a的等差中项为，则Snn1634625A．36B．33C．32D．31【答案】D11【解析】∵aa2a，∴aa2a，故a2，又a2a3，∴a，∴q，a16，1633434466221151612S31，故选D．51124．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人应偿还a升，b升，c升，1斗为10升.则下列判断正确的是50A．a,b,c依次成公比为2的等比数列，且a750B．a,b,c依次成公比为2的等比数列，且c7150C．a,b,c依次成公比为的等比数列，且a27150D．a,b,c依次成公比为的等比数列，且c27【答案】D1【解析】由条件知a，b，c依次成公比为的等比数列，三者之和为50升，根据等比数列的前n项和，250即c2c4c50c.故答案为D.7题型三数列求和S{a}na7S151．记n为等差数列n的前项和，已知1，3．{a}（1）求n的通项公式；SS（2）求n，并求n的最小值．a2n9Sn2–8n–16【答案】（1）n；（2）n，最小值为．ad3a3d15【解析】（1）设n的公差为，由题意得1，a7d2{a}a2n9由1得．所以n的通项公式为n．Sn28n(n4)216（2）由（1）得n，n4S16当时，n取得最小值，最小值为．{a}a1，a4a2．等比数列n中，153．{a}（1）求n的通项公式；S{a}nS63m（2）记n为n的前项和．若m，求．a2n1a(2)n16【答案】（1）n或n；（2）.aq254{a}qaq2【解析】（1）设数列n的公比为，∴3，∴.a2n1a(2)n1∴n或n.12n1(2)n1S2n1S[1(2)n]（2）由（1）知，n12或n123，1S[1(2)m]63S2m163m∴m或3（舍），∴m6.{a}nSa3S10n13．等差数列n的前项和为n，3，4，则．Sk1k2n【答案】n1a2d31【解析】设等差数列的首项为a，公差为d，则43，14ad1012解得a1，d1，1n(n1)n(n1)1211∴Snad，所以2()，n122Sk(k1)kk1nn11111112n所以2[(1)()()]2(1)．S223nn1n1n1k1k题型四通项公式求解1．已知数列{an}中，a＝3，且点Pn(a，a)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{a}的通项公式为1nn＋1n________________．101【答案】a＝×4n－1－n33【解析】因为点Pn(a，a)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，nn＋1所以4a－a＋1＝0.nn＋111所以a＋＝4a.n＋13n3110因为a＝3，所以a＋＝.1133110故数列a是首项为，公比为4的等比数列．n33110所以a＋＝×4n－1，故数列{a}的通项公式为n33n101a＝×4n－1－.n332．数列{a}满足a＝2，a＝a2(a>0，n∈N*)，则a＝__________.n1n＋1nnn【答案】22n1【解析】因为数列{a}满足a＝2，a＝a2(a>0，n∈N*)，n1n＋1nnloga所以loga＝2loga，即2n＋1＝2.2n＋12nlog2an又＝，所以＝＝a12log2a1log221.故数列是首项为，公比为的等比数列．{log2an}12所以＝n－1，即＝22n1log2an2an.a·aa·a3．数列{a}满足a＝2，a＝1，并且nn－1＝nn＋1(n≥2)，则数列{a}的第100项为()n12a－aa－ann－1nnn＋111A.B.210025011C.100D.50【答案】Da·aa·aa·aa·a111【解析】因为nn－1＝nn＋1(n≥2)，所以数列n－1n是常数数列，设n－1n＝k，所以－＝，a－aa－aa－aa－aaakn－1nnn＋1n－1nn－1nnn－1111111111119911所以＝－＝，所以＝－＋－＋＋－＋＝＋＝，所以＝1…50a100.k22a100a100a99a99a98a2a1a12250