2020版数学高分突破大二轮江苏专用（课件+PDF教师用书）：第六章 数列

６０　 ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§ ６．４　 数列求和、数列的综合应用
对应学生用书起始页码 Ｐ１０１
考 点 数列求和 高频考点
　 　 １．求数列的前 ｎ 项和的方法
（１）公式法
①等差数列的前 ｎ 项和公式
Ｓｎ ＝
ｎ（ａ１＋ａｎ）
２
＝ｎａ１＋
ｎ（ｎ－１）ｄ
２
．
②等比数列的前 ｎ 项和公式
ａ．当 ｑ＝ １ 时，Ｓｎ ＝ｎａ１；
ｂ．当 ｑ≠１ 时，Ｓｎ ＝
ａ１（１－ｑｎ）
１－ｑ
＝
ａ１－ａｎｑ
１－ｑ
．
（２）分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的
数列．
（３）裂项相消法：把一个数列的通项分成两项差的形式，相
加过程中消去中间项，只剩有限项再求和．
（４）错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应
项相乘构成的数列求和．
（５）倒序相加法：把数列正着写和倒着写再相加，例如等差
数列前 ｎ 项和公式的推导．
（６）并项求和法：将某些具有某种特殊性质的项放在一起先
求和，再求整体的和．
２．常见的拆项公式
（１）
１
ｎ（ｎ＋１）
＝ １
ｎ
－ １
ｎ＋１
；
（２）
１
４ｎ２－１
＝ １
２
·
１
２ｎ－１
－ １
２ｎ＋１( ) ；
（３）
１
ｎ＋１ ＋ ｎ
＝ ｎ＋１ － ｎ ；
（４）
２ｎ
（２ｎ＋１）（２ｎ＋１＋１）
＝ １
２ｎ＋１
－ １
２ｎ＋１＋１
．
３．常见数列的前 ｎ 项和
（１）１＋２＋３＋…＋ｎ＝
ｎ（ｎ＋１）
２
；
（２）２＋４＋６＋…＋２ｎ＝ｎ２＋ｎ；
（３）１＋３＋５＋…＋（２ｎ－１）＝ ｎ２；
（４）１２＋２２＋３２＋…＋ｎ２ ＝
ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）
６
；
（５）１３＋２３＋３３＋…＋ｎ３ ＝
ｎ（ｎ＋１）
２[ ]
２
．
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对应学生用书起始页码 Ｐ１０１
一、错位相减法求和
　 　 １．如果数列｛ ａｎ ｝ 是等差数列，｛ ｂｎ ｝ 是等比数列，求数列
｛ａｎ·ｂｎ｝的前 ｎ 项和时，常采用错位相减法．
２．用错位相减法求和时，应注意：
（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“Ｓｎ”与“ｑＳｎ”的表达式时应特别注意将两式“错
项对齐”，以便于下一步准确地写出“Ｓｎ－ｑＳｎ”的表达式．
（３）应用等比数列求和公式必须注意公比 ｑ 是否等于 １，如
果 ｑ＝ １，应用公式 Ｓｎ ＝ｎａ１ 求解．
已知数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和为 Ｓｎ，ａ１ ＝ ５，ｎＳｎ＋１－（ｎ＋１）Ｓｎ
＝ｎ２＋ｎ．
（１）求证：数列
Ｓｎ
ｎ{ } 为等差数列；
（２）令 ｂｎ ＝ ２ｎａｎ，求数列｛ｂｎ｝的前 ｎ 项和 Ｔｎ ．
解题导引
（１）
由递推关系化简可
得
Ｓｎ＋１
ｎ＋１
－
Ｓｎ
ｎ
＝ １
→
由等差数列定义可知
Ｓｎ
ｎ{ } 为等差数列
（２）
由（１）可得 Ｓｎ，进而
求出 ａｎ ＝ ２ｎ＋３
→
代入得 ｂｎ
＝（２ｎ＋３）·２ｎ
→
错位相
减求和
解析　 （１）证明：由 ｎＳｎ＋１－（ｎ＋１）Ｓｎ ＝ｎ２＋ｎ 得
Ｓｎ＋１
ｎ＋１
－
Ｓｎ
ｎ
＝ １，
又
Ｓ１
１
＝ ５，所以数列
Ｓｎ
ｎ{ } 是首项为 ５，公差为 １ 的等差数列．
（２）由（１）可知
Ｓｎ
ｎ
＝ ５＋（ｎ－１）＝ ｎ＋４，所以 Ｓｎ ＝ｎ２＋４ｎ．
当 ｎ≥２ 时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ｎ２＋４ｎ－（ｎ－１） ２－４（ｎ－１）＝ ２ｎ＋３．
又 ａ１ ＝ ５ 也符合上式，所以 ａｎ ＝ ２ｎ＋３（ｎ∈Ｎ?），
所以 ｂｎ ＝（２ｎ＋３）２ｎ，
所以 Ｔｎ ＝ ５×２＋７×２２＋９×２３＋…＋（２ｎ＋３）２ｎ， ①
２Ｔｎ ＝ ５×２２＋７×２３＋９×２４＋…＋（２ｎ＋１）２ｎ＋（２ｎ＋３）２ｎ
＋１， ②
所以②－①得
Ｔｎ ＝（２ｎ＋３）２ｎ
＋１－１０－（２３＋２４＋…＋２ｎ＋１）
＝ （２ｎ＋３）２ｎ＋１－１０－
２３（１－２ｎ－１）
１－２
＝（２ｎ＋３）２ｎ＋１－１０－（２ｎ＋２－８）
＝ （２ｎ＋１）２ｎ＋１－２．
　 　 １－１　 已知等比数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和为 Ｓｎ，公比 ｑ＞０，Ｓ２ ＝
２ａ２－２，Ｓ３ ＝ａ４－２．
（１）求数列｛ａｎ｝的通项公式；
（２）设 ｂｎ ＝
ｎ
ａｎ
，求｛ｂｎ｝的前 ｎ 项和 Ｔｎ ．
１－１ 解析　 （１）Ｓ２ ＝ ２ａ２－２①，Ｓ３ ＝ａ４－２②，
②－①得 ａ３ ＝ａ４－２ａ２，则 ｑ２－ｑ－２＝ ０， （２ 分）
又∵ ｑ＞０，∴ ｑ＝ ２． （３ 分）
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第六章　 数列 ６１　
∵ Ｓ２ ＝ ２ａ２－２，∴ ａ１＋ａ２ ＝ ２ａ２－２，
∴ ａ１＋ａ１ｑ＝ ２ａ１ｑ－２，
∴ ａ１ ＝ ２． （５ 分）
∴ ａｎ ＝ ２ｎ ． （６ 分）
（２）由（１）知 ｂｎ ＝
ｎ
２ｎ
， （７ 分）
∴ Ｔｎ ＝
１
２
＋ ２
２２
＋ ３
２３
＋…＋
ｎ－１
２ｎ－１
＋ ｎ
２ｎ
，
１
２
Ｔｎ ＝
１
２２
＋ ２
２３
＋ ３
２４
＋…＋
ｎ－１
２ｎ
＋ ｎ
２ｎ＋１
． （９ 分）
错位相减得
１
２
Ｔｎ ＝
１
２
＋ １
２２
＋ １
２３
＋ １
２４
＋…＋
１
２ｎ
－ ｎ
２ｎ＋１
， （１１ 分）
可得 Ｔｎ ＝ ２－
ｎ＋２
２ｎ
． （１２ 分）
　 　 １－２　 已知数列｛ａｎ｝是等比数列，ａ２ ＝ ４，ａ３＋２ 是 ａ２ 和 ａ４ 的
等差中项．
（１）求数列｛ａｎ｝的通项公式；
（２）设 ｂｎ ＝ ２ｌｏｇ２ａｎ－１，求数列｛ａｎｂｎ｝的前 ｎ 项和 Ｔｎ ．
１－２ 解析　 （１）设数列｛ａｎ｝的公比为 ｑ，
因为 ａ２ ＝ ４，所以 ａ３ ＝ ４ｑ，ａ４ ＝ ４ｑ２ ． （２ 分）
因为 ａ３＋２ 是 ａ２ 和 ａ４ 的等差中项，
所以 ２（ａ３＋２）＝ ａ２＋ａ４，
即 ２（４ｑ＋２）＝ ４＋４ｑ２，化简得 ｑ２－２ｑ＝ ０．
因为公比 ｑ≠０，所以 ｑ＝ ２．
所以 ａｎ ＝ａ２ｑｎ
－２ ＝ ４×２ｎ－２ ＝ ２ｎ（ｎ∈Ｎ?） ． （５ 分）
（２）因为 ａｎ ＝ ２ｎ，所以 ｂｎ ＝ ２ｌｏｇ２ａｎ－１＝ ２ｎ－１，
所以 ａｎｂｎ ＝（２ｎ－１）２ｎ， （７ 分）
则 Ｔｎ ＝ １×２＋３×２２＋５×２３＋…＋（２ｎ－３）２ｎ
－１＋（２ｎ－１）·２ｎ，①
２Ｔｎ ＝ １×２２＋３×２３＋５×２４＋…＋（２ｎ－３）２ｎ＋（２ｎ－１）２ｎ
＋１ ．②
由①－②得，－Ｔｎ ＝ ２＋２×２２＋２×２３＋…＋２×２ｎ－（２ｎ－１）２ｎ
＋１
＝ ２＋２
４（１－２ｎ－１）
１－２[ ] －（２ｎ－１）２ｎ＋１ ＝－６－（２ｎ－３）２ｎ＋１，
所以 Ｔｎ ＝ ６＋（２ｎ－３）２ｎ
＋１ ． （１２ 分）
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二、裂项相消法求和
　 　 １．对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时
常用“裂项相消法”，分式型数列的求和多用此法．
２．利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下
第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．有些情
况下，裂项时需要调整前面的系数，使裂开后的两项之差和系数
之积与原项相等．
已知等差数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和为 Ｓｎ，ａ１ ＝λ（λ＞０），ａｎ＋１
＝ ２ Ｓｎ ＋１（ｎ∈Ｎ?） ．
（１）求 λ 的值；
（２）求数列
１
ａｎａｎ＋１{ } 的前 ｎ 项和 Ｔｎ ．
解析　 （１）ａｎ＋１ ＝Ｓｎ＋１－Ｓｎ，代入 ａｎ＋１ ＝ ２ Ｓｎ ＋１，
得 Ｓｎ＋１－Ｓｎ ＝ ２ Ｓｎ ＋１，
整理可得 Ｓｎ＋１ ＝（ Ｓｎ ＋１） ２，
因为 Ｓｎ＞０，所以 Ｓｎ＋１ － Ｓｎ ＝ １，
所以数列｛ Ｓｎ ｝是首项为 λ ，公差为 １ 的等差数列，
所以 Ｓｎ ＝ λ ＋（ｎ－１）＝ ｎ＋ λ －１，Ｓｎ ＝（ｎ＋ λ －１） ２，
当 ｎ≥２ 时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ ２ｎ＋２ λ －３，
∴ ａｎ＋１－ａｎ ＝ ２，
因为数列｛ａｎ｝为等差数列，
所以 ａ２－ａ１ ＝ ２ λ ＋１－λ＝ ２，解得 λ＝ １．
（２）由（１）可得 ａｎ ＝ ２ｎ－１，
所以
１
ａｎａｎ＋１
＝ １
（２ｎ－１）（２ｎ＋１）
＝ １
２
１
２ｎ－１
－ １
２ｎ＋１( ) ，
因为 Ｔｎ ＝
１
ａ１ａ２
＋ １
ａ２ａ３
＋…＋
１
ａｎａｎ＋１
，
所以 Ｔｎ ＝
１
２
１－
１
３
＋ １
３
－ １
５
＋ １
５
－ １
７
＋…＋
１
２ｎ－１
－ １
２ｎ＋１( )
＝ １
２
１－
１
２ｎ＋１( ) ＝ ｎ２ｎ＋１．
　 　 ２－１　 已知等差数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和为 Ｓｎ，ａ３ ＝ ３，Ｓ４ ＝ １０，
则数列
１
Ｓｎ{ } 的前 １００ 项的和为　 　 　 　 ．
２－１ 答案　
２００
１０１
解析　 ∵ Ｓ４ ＝
４（ａ１＋ａ４）
２
＝ １０，∴ ａ１＋ａ４ ＝ ５，
∵ ａ１＋ａ４ ＝ａ２＋ａ３，ａ３ ＝ ３，∴ ａ２ ＝ ２．
∴ 等差数列｛ａｎ｝的公差 ｄ＝ａ３－ａ２ ＝ １，∴ ａ１ ＝ａ２－ｄ＝ １，
∴ ａｎ ＝ｎ，∴ Ｓｎ ＝
ｎ（ｎ＋１）
２
，∴
１
Ｓｎ
＝ ２
ｎ（ｎ＋１）
＝ ２
１
ｎ
－ １
ｎ＋１( ) ．
则数列
１
Ｓｎ{ } 的前 １００ 项的和为 ２ ( １－
１
２
＋ １
２
－ １
３
＋…＋
１
１００
－
１
１００＋１ ) ＝ ２× １－ １１０１( ) ＝ ２００１０１．
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(共110张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
1.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到
大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为
　　　????.
答案　27
解析　解法一:利用列举法可得:当n=26时,数列{an}的前26项重新排列为1,3,5,7,9,11,13,15,17,
19,21,23,25,…,41;2,4,8,16,32,
则S26=?+?=441+62=503,
a27=43,则12a27=516,不符合题意.
当n=27时,数列{an}的前27项重新排列为1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,…,41,43;2,4,8,16,32,
S27=?+?=546,a28=45,则12a28=540,符合题意,故答案为27.
解法二:设an=2k,则Sn=[(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2·2k-1-1)]+(2+22+…+2k)=?+?=
22k-2+2k+1-2.
由Sn>12an+1得22k-2+2k+1-2>12(2k+1),即(2k-1)2-20·2k-1-14>0,即2k-1≥25,则k≥6.
所以只需研究25此时Sn=[(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2m-1)]+(2+22+…+25)=m2+25+1-2,an+1=2m+1,
m为等差数列的项数,且m>16.
由m2+25+1-2>12(2m+1),得m2-24m-50>0,
∴m≥22,n=m+5≥27.
∴满足条件的n最小值为27.
解法三:设bn=2n-1,cn=2n,则bn为奇数,cn为偶数,数列{an}是由数列{bn}和{cn}的所有项从小到大
依次排列构成的.
设数列{an}的前n项中有m个数列{bn}中的项,k个数列{cn}中的项,则n=m+k,数列{bn}的前m项和
为m2,数列{cn}的前k项和为2k+1-2.
(1)若最后一项是等比数列中的项,则2m-1=2k-1,m=2k-1.
由Sn>12an+1,得(2k-1)2+2k+1-2>12(2k+1),
即2k-1(2k-1-20)>14,则k≥6.
当k取最小值6时,m=32,n=38;
(2)若最后一项是等差数列中的项,则2k<2m-1<2k+1(k≥1,m≥2),
此时an=2m-1,则an+1>2m.
Sn-12an+1=2k+1-2+m2-12an+1<2(2m-1)-2+m2-12×2m=m2-20m-4.
当m=2,3,…,20时,均有Sn-12an+1<0,
即Sn>12an+1不成立.
所以m≥21,而2k+1>2m-1,则k≥5.
当k=5时,结合2k<2m-1<2k+1,m≥21,得21≤m≤32.
①当m=32时,an+1=64,Sn-12an+1=62+322-12×64>0,满足题意,此时n=37;
②当21≤m≤31时,an+1=2m+1,Sn-12an+1=62+m2-12×(2m+1)=m(m-24)+50.
当且仅当m≥22时,有Sn-12an+1>0,即当k=5, m=22时,
nmin=5+22=27.
名师点睛　(1)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an=?符号型,如an=(-1)nn2;周期型,如an=
sin?.
(2)解数列问题首先要学会将“数”一一“列”出,通过观察发现其规律;其次要充分利用好两
个最基本也是最简单的数列,即等差数列与等比数列,要熟练掌握这两个数列的通项公式、求
和公式,以及它们的一些基本性质.
本题综合了两个C级要求的基本数列,利用不等式性质把问题转化为C级要求的解二次不等
式,结合估值运算,利用函数思想求有关最值,从而形成了高考中的这道难题.可见,在平时的学
习中,一是要有扎实的基本功,熟练掌握基础知识;二是加强思维能力、运算能力,提高自己的
数学素养.
2.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,?=?-?,其中Sn为数列{bn}的前n项和.
①求数列{bn}的通项公式;
②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成
立,求m的最大值.
解析　本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、
转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.
(1)设等比数列{an}的公比为q,所以a1≠0,q≠0.
由?得?解得?
因此数列{an}为“M-数列”.
(2)①因为?=?-?,所以bn≠0.
由b1=1,S1=b1,得?=?-?,则b2=2.
由?=?-?,得Sn=?,
当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=?-?,
整理得bn+1+bn-1=2bn.
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此,数列{bn}的通项公式为bn=n(n∈N*).
②解法一:由①知,bk=k,k∈N*.
因为数列{cn}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0.
因为ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.
当k=1时,有q≥1;
当k=2,3,…,m时,有?≤ln q≤?.
设f(x)=?(x>1),则f '(x)=?.
令f '(x)=0,得x=e.列表如下:
x (1,e) e (e,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
因为?=?取q=?,当k=1,2,3,4,5时,?≤ln q,即k≤qk,经检验知qk-1≤k也成立.
因此所求m的最大值不小于5.
若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.
因此所求m的最大值小于6.
综上,所求m的最大值为5.
解法二:由题意知数列{cn}为等比数列,设其公比为q,则cn=qn-1,
因为m∈N*,且?k∈N*,
当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,即qk-1≤k≤qk成立,
所以,当m=1时,有1≤1≤q,
当m=2时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,解得?≤q≤2,
当m=3时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,
解得?≤q≤?,
当m=4时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,q3≤4≤q4,
解得?≤q≤?.
当m=5时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,q3≤4≤q4,q4≤5≤q5,解得?≤q≤?,
当m=6时,有q5≤6≤q6,且?≤q≤?,
易得q≤?且q≥?,
而?综上,m的最大值为5.
3.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数
列.
(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,?],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的
取值范围(用b1,m,q表示).
解析　本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、
转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.
|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,
即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.
即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得?≤d≤?.
因此,d的取值范围为?.
(2)解法一:由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.
若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,
即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).
即当n=2,3,…,m+1时,d满足?b1≤d≤?b1.
因为q∈(1,?],所以1从而?b1≤0,?b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.
因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列?的最大值和数列?的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,?-?=?=?,
当10.
因此,当2≤n≤m+1时, 数列?单调递增,
故数列?的最大值为?.
②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.
所以f(x)单调递减,从而f(x)当2≤n≤m时,?=?≤??=f?<1.
因此,当2≤n≤m+1时,数列?单调递减,
故数列?的最小值为?.
因此,d的取值范围为?.
解法二:由条件知an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1,且b1>0.
当d=0时,|an-bn|=|b1-b1qn-1|=b1·|1-qn-1|.
因为q∈(1,?],所以1即|1-qn-1|=qn-1-1≤1,
所以b1·|1-qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).
因此,存在d=0,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,
即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1),
即当n=2,3,…,m+1时,d满足?b1≤d≤?b1.
下面讨论数列?的最大值和数列?的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,?=?=1+?.
因为1从而?<0,所以?<1.
又?<0,所以?>?.
因此,当2≤n≤m+1时,数列?单调递增,故数列?的最大值为?.
②当2≤n≤m时,?=?.
因为1则?≥?=sm-1+sm-2+…+1>m≥n-1,即?<1,
因此,当2≤n≤m+1时,数列?单调递减,
故数列?的最小值为?.
因此,d的取值范围为?.
解法三:由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.
若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,
即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).
即当n=2,3,…,m+1时,d满足?b1≤d≤?b1.
因为q∈(1,?],所以1从而?b1<0,?b1>?>0,对n=2,3,…,m+1均成立.
因此,取d=?时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列?的最大值和数列?的最小值(n=2,3,…,m+1).
①考察函数f(x)=?,x∈[1,m].
f '(x)=?, f '(x)>0,
所以函数f(x)在区间[1,m]上单调递增,
从而当2≤n≤m+1时,数列?单调递增,
故数列?的最大值为?.
②考察函数h(x)=?,x∈[1,m].
h'(x)=?=?,
因为1所以h'(x)<0,即函数h(x)在区间[1,m]上单调递减.
因此,当2≤n≤m+1时,数列?单调递减,
故数列?的最小值为?.
因此,d的取值范围为?.
思路点拨　从研究等差数列和等比数列的自身性质与相互关系出发,对两个数列作差,再结合
数列的函数特征,分析研究两者间的关系,设计了一道探究性问题,创意新颖、设问简洁巧妙、
研究味道足、知识综合性强.本题第(1)问比较简单,第(2)问有一定的难度,需要考生通过对第
(1)问的思考,理解问题,寻找到解决第(2)问的方法.
典型错解　错解1:对数列中恒成立问题理解不够清楚,从而不会建立一组不等关系求d的取值
范围.
错解2:受多字母的干扰,不能从中抽象出问题的本质,即数列中不等式恒成立问题.
错解3:对数列的单调性和最值问题的处理方法不够清晰,选择不够合理.
4.(2015江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.
(1)证明:?,?,?,?依次构成等比数列;
(2)是否存在a1,d,使得a1,?,?,?依次构成等比数列?并说明理由;
(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得?,?,?,?依次构成等比数列?并说明理由.
解析　(1)证明:因为?=?=2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以?,?,?,?依次构成等比数
列.
(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).
假设存在a1,d,使得a1,?,?,?依次构成等比数列,
则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.
令t=?,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4?,
化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得
t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-?.
显然t=-?不是方程t2=t+1的解,矛盾,所以假设不成立,
因此不存在a1,d,使得a1,?,?,?依次构成等比数列.
(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得?,?,?,?依次构成等比数列,则?(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n
+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).
分别在两个等式的两边同除以?及?,
并令t=??,
则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).
将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),
且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).
化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],
且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].
再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).
令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),
则g'(t)=
?.
令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),
则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].
令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].
令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=?>0.
由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,
知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在?和(0,+∞)上均单调.
故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.
所以不存在a1,d及正整数n,k,使得?,?,?,?依次构成等比数列.
评析　本题考查等差数列的定义、等比数列的运算和综合应用,考查演绎推理、直接证明、
间接证明等逻辑思维能力.
名师点睛　解决等差数列与等比数列的综合问题,关键是理清两个数列的关系,如果同一数列
中部分项成等差数列,部分项成等比数列,要把成等差数列或成等比数列的项抽出来单独研究;
如果两个数列通过运算综合在一起,要从分析运算入手,把两个数列分割开,弄清两个数列各自
的特征,再求解.
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
考点一　数列求和
1.(2018天津理,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.
已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).
(i)求Tn;
(ii)证明??=?-2(n∈N*).
解析　本题主要考查等差数列的通项公式,等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知
识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
(1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
因为q>0,可得q=2,故an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,
从而b1=1,d=1,故bn=n.
所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)(i)由(1),有Sn=?=2n-1,
故Tn=?=?-n=2n+1-n-2.
(ii)证明:因为?=?
=?=?-?,所以,??=?+?+…+?=?-2.
方法总结　解决数列求和问题的两种思路
(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解
或错位相减来完成.
(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.
2.(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且
公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,
而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8
①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=?-4-(3n-1)×4n+1
=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=?×4n+1+?.
所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为?×4n+1+?.
方法总结　(1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过
列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.
(2)数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错
位相减法.
3.(2016山东,18,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)令cn=?,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析　(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.
当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.
设数列{bn}的公差为d.
由?
即?
可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn=?=3(n+1)·2n+1.
又Tn=c1+c2+…+cn,
得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]
=3×?=-3n·2n+2.
所以Tn=3n·2n+2.

4.(2015湖北,18,12分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=
a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)当d>1时,记cn=?,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析　(1)由题意有,?即?
解得?或?
故?或?
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=?,
于是Tn=1+?+?+?+?+…+?,①
?Tn=?+?+?+?+?+…+?.②
①-②可得
?Tn=2+?+?+…+?-?=3-?,
故Tn=6-?.
考点二　数列的综合应用
1.(2019浙江改编,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=?+b,n∈N*,则　　　????.
①当b=?时,a10>10;②当b=?时,a10>10;
③当b=-2时,a10>10;④当b=-4时,a10>10.
答案　①
解析　本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算
能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.
令an+1=an,即?+b=an,即?-an+b=0,若有解,
则Δ=1-4b≥0,即b≤?,
∴当b≤?时,an=?,n∈N*,
即存在b≤?,且a=?或?,使数列{an}为常数列,
②、③、④中,b≤?成立,故存在a=?<10,
使an=?(n∈N*),排除②、③、④.
对于①,∵b=?,∴a2=?+?≥?,a3=?+?≥?+?=?,a4≥?+?=?,
∴a5>?,a6>?,…,a10>?,
而?=?=1+?×?+?×?+…=1+4+?+…>10.故a10>10.
2.(2017课标全国Ⅰ理改编,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为
激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活
码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的
两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数
列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是　　　????.
答案　440
解析　不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n),
则有N=?+t+1,因为N>100,所以n≥13.
由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.
因为n≥13,所以2n>n+2,
所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n,
因为2t+1-1>0,
所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1,
因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1.
所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3.
当t=3时,N=95,不合题意;
当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.
3.(2015福建改编,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数
可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于　　　????.
答案　9
解析　由题可知a,b是x2-px+q=0的两根,
∴a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均为正数.
∵a,b,-2适当排序后成等比数列,
∴-2是a,b的等比中项,得ab=4,∴q=4.
又a,b,-2适当排序后成等差数列,
所以-2是第一项或第三项,不妨设a则-2,a,b成递增的等差数列,
∴2a=b-2,联立?消去b得a2+a-2=0,
得a=1或a=-2,又a>0,∴a=1,此时b=4,
∴p=a+b=5,∴p+q=9.
4.(2019浙江,20,15分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+
bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=?,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2?,n∈N*.
解析　本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识,同时考查运
算求解能力和综合应用能力.体现了数学抽象、数学运算等核心素养.满分15分.
(1)设数列{an}的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.
从而an=2n-2,n∈N*.所以Sn=n2-n,n∈N*.
由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得
(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).
解得bn=?(?-SnSn+2).所以bn=n2+n,n∈N*.
(2)cn=?=?=?,n∈N*.
我们用数学归纳法证明.
①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;
②假设n=k(k∈N*)时不等式成立,
即c1+c2+…+ck<2?,
那么,当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<2?+?<2?+?<2?+?=2?+2
(?-?)=2?,即当n=k+1时不等式也成立.
根据②和②,不等式c1+c2+…+cn<2?对任意n∈N*成立.
思路分析　(1)利用等比中项定义求出bn.(2)写出cn,利用数学归纳法结合不等式放缩证明.
一题多解　(2)cn=?=?=?,n∈N*.
我们用数学归纳法证明.
①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;
②假设n=k(k∈N*)时不等式成立,即c1+c2+c3+…+ck<2?,
那么,当n=k+1时,只需证明c1+c2+…+ck+ck+1<2?,
即证2?+?<2?,
即证?<2(?-?)=?.
因为(k+1)(k+2)>k(k+1),所以?又?所以?即当n=k+1时,不等式也成立.
根据①和②,不等式c1+c2+…+cn<2?对任意n∈N*成立.
5.(2019天津文,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a
2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=?求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
解析　本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列
求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
依题意,得?解得?
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=?+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①
则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-?+n×3n+1=?.
所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×?=?(n∈N*).
思路分析　(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用{cn}的通项公式,
进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.
解题关键　根据n的奇偶性得数列{cn}的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.
6.(2019天津理,19,14分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=?其中k∈N*.
(i)求数列{?(?-1)}的通项公式;
(ii)求?aici(n∈N*).
解析　本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归
与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.满分14分.
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得?解得?
故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.
所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.
(2)(i)?(?-1)=?(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.
所以,数列{?(?-1)}的通项公式为?(?-1)=9×4n-1.
(ii)?aici=?[ai+ai(ci-1)]=?ai+??(?-1)
=?+?(9×4i-1)
=(3×22n-1+5×2n-1)+9×?-n
=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).
思路分析　(1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.
(2)(i)由cn=?k∈N*知?(?-1)=(3×2n+1)(3×2n-1),从而得到数列{?(?-1)}的通项
公式.
(ii)利用(i)把?aici拆成?[ai+ai(ci-1)],
进而可得?aici=?ai+??(?-1),计算即可.
解题关键　正确理解数列{cn}的含义是解题的关键.
7.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列
{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解析　(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,
解得a4=8.
由a3+a5=20得8?=20,
解得q=2或q=?,
因为q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=?解得cn=4n-1.
由(1)可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)·?,
故bn-bn-1=(4n-5)·?,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
=(4n-5)·?+(4n-9)·?+…+7·?+3.
设Tn=3+7·?+11·?+…+(4n-5)·?,n≥2,
?Tn=3·?+7·?+…+(4n-9)·?+(4n-5)·?,
所以?Tn=3+4·?+4·?+…+4·?-(4n-5)·?,
因此Tn=14-(4n+3)·?,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·?.
易错警示　利用错位相减法求和时,要注意以下几点:
(1)错位相减法求和,只适合于数列{anbn},其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.
(2)在等式两边所乘的数是等比数列{bn}的公比.
(3)两式相减时,一定要错开一位.
(4)特别要注意相减后等比数列的项数.
(5)进行检验.
8.(2016四川,19,12分)已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈
N*.
(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-?=1的离心率为en,且e2=?,证明:e1+e2+…+en>?.
解析　(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,
两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以,数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列.
从而an=qn-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得
2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,
由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知,an=qn-1.
所以双曲线x2-?=1的离心率en=?=?.
由e2=?=?,解得q=?.
因为1+q2(k-1)>q2(k-1),
所以?>qk-1(k∈N*).
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=?,
故e1+e2+…+en>?.
9.(2015山东,18,12分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,
当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=?
(2)因为anbn=log3an,
所以b1=?,
当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=?;
当n>1时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=?+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],
所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
两式相减,得
2Tn=?+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n
=?+?-(n-1)×31-n
=?-?,
所以Tn=?-?.
经检验,n=1时也适合.
综上可得,Tn=?-?.
C组　教师专用题组
考点一　数列求和
1.(2013湖南,15,5分)设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-?,n∈N*,则
(1)a3=　　　????;
(2)S1+S2+…+S100=　　　????.
答案　(1)-?　(2)??
解析　(1)由已知得S3=-a3-?,S4=a4-?,
两式相减得a4=a4+a3-?+?,∴a3=?-?=-?.
(2)已知Sn=(-1)nan-?,
(i)当n为奇数时,?两式相减得
an+1=an+1+an+?,∴an=-?;
(ii)当n为偶数时,?两式相减得
an+1=-an+1-an+?,即an=-2an+1+?=?.
综上,an=?∴S1+S2+…+S100
=?+?+…+?
=[(a2+a4+…+a100)-(a1+a3+…+a99)]-?
=??+??-??+?+…+??=?-
?
=?-?=??.
2.(2012课标,16,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为　　　????.
答案　1 830
解析　当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,
当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3,∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2,∴a2k-1=a2k+3,∴a1=a5=…=a61.∴a1+a2+a3+…+
a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)=?=30×61=1 830.
评析　本题考查了数列求和,考查了分类讨论及等价转化的数学思想.
3.(2015广东,21,14分)数列{an}满足:a1+2a2+…+nan=4-?,n∈N*.
(1)求a3的值;
(2)求数列{an}的前n项和Tn;
(3)令b1=a1,bn=?+?an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2ln n.
解析　(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,
解得a2=?;
当n=3时,a1+2a2+3a3=?,解得a3=?.
(2)当n≥2时,a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=4-?,①
a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-?,②
由①-②得,nan=?,所以an=?(n≥2),
经检验,a1=1也适合上式,所以an=?(n∈N*).
所以数列{an}是以1为首项,?为公比的等比数列.
所以Tn=?=2-?.
(3)证明:b1=1,bn=?-?·?+?·?(n≥2).
当n=1时,S1=1<2+2ln 1.
当n≥2时,bn=?+?·an
=?+?·(Tn-Tn-1)
=?+?·Tn-?·Tn-1
=?·Tn-?·Tn-1,
所以Sn=1+?·T2-1·T1+?·T3-?·T2+…+?·Tn-?1+?+?+…+??·
Tn-1=?·Tn<2?1+?+?+…+??=2+2?,
以下证明?+?+…+?构造函数h(x)=ln x-1+?(x>1),则h'(x)=?-?=?>0(x>1),
所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.
所以ln x>1-?(x>1),
分别令x=2,?,?,…,?,得
ln 2>1-?=?,
ln?>1-?=?,
ln?>1-?=?,
……
ln?>1-?=?.
累加得ln 2+ln?+…+ln?>?+?+…+?,
即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>?+?+…+?,
所以?+?+…+?综上,Sn<2+2ln n,n∈N*.
考点二　数列的综合应用
1.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{an}中,a5=?,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+an>a1a2…an的最大
正整数n的值为????.
答案　12
解析　解法一:设公比为q,则q>0,
由?得a1=?,q=2.
由a1+a2+…+an>a1a2…an,得2n-1>?.
检验知当n=12时,212-1>211;当n=13时,213-1<218,故满足a1+a2+…+an>a1a2…an的最大正整数n的值
是12.
解法二:设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),则由a6+a7=a5(q+q2)=3,结合a5=?,可得q=2(负值舍
去),∴?=a1×24,∴a1=?,于是an=2n-6,
则a1+a2+…+an=?=2n-5-?.
∵a5=?,q=2,
∴a6=1,a1a11=a2a10=…=?=1.
∴a1a2…a11=1.
当n取12时,a1+a2+…+a12=27-?>a1a2…a11·a12=a12=26成立;当n取13时,a1+a2+…+a13=28-?11a12a13=a12a13=26·27=213;当n>13时,随着n的增大,a1+a2+…+an将恒小于a1a2…an.因此最大正整数n
的值为12.
2.(2011江苏,13,5分)设1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2,a4,a6成公差为1
的等差数列,则q的最小值是　　　????.
答案?????
解析　∵a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,
又a1=1,∴a3=q,a5=q2,a7=q3,
又a2,a4,a6成公差为1的等差数列,
∴a4=a2+1,a6=a2+2.
由1=a1≤a2≤a3≤…≤a7,
得?解得?≤q≤?,故q的最小值为?.
评析????本题主要考查等差、等比数列的通项公式,考查学生的逻辑思维能力和分析问题、解
决问题的能力,属中等难度试题.
3.(2017山东,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn
+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
?
解析　本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.
(1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得?
所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,
所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意bn=?×2n-1=(2n+1)×2n-2,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①
2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②
①-②得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=?+?-(2n+1)×2n-1.
所以Tn=?.
解题关键　记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键.
方法总结　一般地,如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错
位相减法.在写“Sn”与“qSn”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“Sn-qSn”的表达式.
4.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)记Tn=??…?,证明:Tn≥?.
解析　(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.
从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).
令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-?=?.
(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知
Tn=??…?=??…?.
当n=1时,T1=?.
当n≥2时,因为?=?=?>?
=?=?.
所以Tn>?×?×?×…×?=?.
综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥?.
5.(2014湖南,20,13分)已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.
(1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
(2)若p=?,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
解析　(1)因为{an}是递增数列,所以|an+1-an|=an+1-an=pn.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.
又a1,2a2,3a3成等差数列,
所以4a2=a1+3a3,
因而3p2-p=0,解得p=?或p=0.
当p=0时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾.故p=?.
(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,
于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.?①
但?由①,②知,a2n-a2n-1>0,
因此a2n-a2n-1=?=?.?③
因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故
a2n+1-a2n=-?=?.?④
由③,④知,an+1-an=?.
于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+?-?+…+?
=1+?·?
=?+?·?,
故数列{an}的通项公式为an=?+?·?.
6.(2014浙江,19,14分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=(??(n∈N*).若{an}为等比数列,且a1
=2,b3=6+b2.
(1)求an与bn;
(2)设cn=?-?(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.
(i)求Sn;
(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解析　(1)由a1a2a3…an=(??,b3-b2=6,
知a3=(??=8.
又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*),
所以,a1a2a3…an=?=(?)n(n+1).
故数列{bn}的通项为bn=n(n+1)(n∈N*).
(2)(i)由(1)知cn=?-?=?-?(n∈N*),
所以Sn=?-?(n∈N*).
(ii)c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,
当n≥5时,cn=??,
而?-?=?>0,
得?≤?<1,
所以,当n≥5时,cn<0.
综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一　数列求和

1.(2019无锡期中,13)定义?为n个正数P1,P2,…,Pn的“均倒数”.若已知数列{an}的
前n项的“均倒数”为?,bn=?,则?+?+…+?=　　　????.
答案?????
解析　设数列{an}的前n项和为Sn,依题意,有?=?,即Sn=n(2n+3)=2n2+3n.
当n=1时,a1=S1=5,
当n>1时,由Sn=2n2+3n得Sn-1=2(n-1)2+3(n-1)=2n2-n-1,
两式相减,得an=4n+1,n=1时也符合,
所以an=4n+1,则bn=?=2n+1,
所以?+?+…+?=?+?+…+?=?×?=?×?=?.
思路点拨　对“均倒数”的理解转化是解题关键,数列的均倒数为?,是指?=?,这样
就得到了Sn=2n2+3n,就可以解出数列{an}的通项公式,再用裂项相消法求和得到答案.
2.(2019南京调研,10)在数列{an}中,已知a1=1,an+1=an+?(n∈N*),则a10的值为　　　????.
答案?????
解析　∵an+1=an+?,∴an+1-an=?-?,
∴a2-a1=1-?,a3-a2=?-?,a4-a3=?-?,
……,an+1-an=?-?,
累加得an+1-a1=1-?,
∵a1=1,∴an+1=2-?,∴a10=2-?=?.
思路点拨????an+1=an+?这一结构可以从两个方面理解:一是可以采用累加法求通项公式,二
是可以裂项求和,抓住这两点,题目就能解决.
3.(2019常州期末,14)数列{an},{bn}满足bn=an+1+(-1)nan(n∈N*),且数列{bn}的前n项和为n2,已知数
列{an-n}的前2 018项和为1,那么数列{an}的首项a1=　　　????.
答案?????
解析　设数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,
则Tn=n2,
当n=1时,b1=1,当n≥2时,bn=n2-(n-1)2=2n-1,bn=1也适合上式,
所以bn=an+1+(-1)nan=2n-1,a2-a1=1,
n为奇数时,?则an+an+2=2,
n为偶数时,?则an+an+2=4n,
数列{an-n}的前2 018项和为1,即S2 018-(1+2+…+2 018)=1,
即S2 018=?+1=1 009×2 019+1,
又S2 018=(a1+a3+a5+…+a2 017)+(a2+a4+a6+…+a2 018)
=(a1+2×504)+?
=(a1+2×504)+[1+a1+252×(16+2 016×4)]
=1+2a1+1 008×2 021,
所以1 009×2 019+1=1+2a1+1 008×2 021,
a1=?
=?=?.
评析　本题考查等差数列的求和公式以及数列的分组求和,考查运算能力和推理能力,属于中
档题.
考点二　数列的综合应用
1.(2019苏州期中,12)已知数列{an}的通项公式为an=5n+1,数列{bn}的通项公式为bn=n2,若将数
列{an},{bn}中相同的项按从小到大的顺序排列后看作数列{cn},则c6的值为　　　????.
答案　256
解析　设am=bk,则有5m+1=k2,即m=?,
因为m是正整数,所以k+1或k-1是5的整数倍,
设k+1=5t或k-1=5t,即k=5t-1或k=5t+1,
所以k=4,6,9,11,14,16,19,21,…,所以c6=162=256.
思路点拨　两个数列的公共项形成的数列,应当从通项公式入手找关系,于是得到5m+1=k2,即
m=?,知道k+1或k-1是5的整数倍,从而得到解题思路.
2.(2019南京、盐城期末,14)若数列{an}满足a1=0,a4n-1-a4n-2=a4n-2-a4n-3=3,?=?=?,其中n∈N*,
且对任意n∈N*都有an答案　8
解析　∵?=?=?,∴a4n+1=?a4n=?a4n-1,
又∵a4n-1-a4n-2=a4n-2-a4n-3=3,
∴a4n+1=?a4n-1=?(a4n-2+3)=?(a4n-3+6)?a4n+1-2=?(a4n-3-2),
故a4n-3-2=(a1-2)??a4n-3=2-2·??a4n-1=a4n-3+6=8-?<8,
易得a4n=4-?<4,a4n+1解题关键　对任意n∈N*都有an关系,然后利用a4n-1-a4n-2=a4n-2-a4n-3=3得到{a4n-3}的通项公式,然后就能求出其他项的范围.
3.(2019南师大附中期中,20)已知{an},{bn}都是各项为正数的数列,且a1=1,b1=?.对任意的正整
数n,都有an,?,an+1成等差数列,bn,?,bn+1成等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若存在p>0,使得集合M={n|an≥λpn,n∈N*}恰有一个元素,求实数λ的取值范围.
解析　(1)根据题意,得2?=an+an+1①,an+1=bnbn+1②,
于是a2=3,b2=?,2?=an+1+an+2=bnbn+1+bn+1bn+2,
又因为bn>0,所以上式可化简为2bn+1=bn+bn+2,对任意n∈N*恒成立,
所以数列{bn}是以b1=?为首项,b2-b1=?为公差的等差数列,
所以数列{bn}的通项公式为bn=?(n+1),?(2分)
把上式代入②,得an+1=?,
特别地,当a1=1时也符合上式,
故数列{an}的通项公式为an=?n(n+1).?(4分)
(2)令cn=?,则?=?,
当p>3时,数列{cn}单调递减,因为集合M中只有一个元素,所以c2<λ≤c1,即?<λ≤?;?(6分)
当p=3时,c1=c2>c3>c4>…,M中不可能只有一个元素,所以不符合题意;?(8分)
当0当1①若p=?+1,则c1ck+2>ck+3>…,M中不可能只有一个元素,所以不符合题意.?(10
分)
②若?+1ck+2>ck+3>…,
且ck+2>ck,所以ck+2<λ≤ck+1,即?<λ≤?.
③若?≤pck+2>ck+3>…,且ck+2≤ck,所以ck<λ≤ck+1,即?<
λ≤?.
综上,当p>3时,?<λ≤?;
当1(i)若?+1(ii)若?≤p4.(2019七大市三模,19)已知数列{an}满足(nan-1-2)an=(2an-1)an-1(n≥2),bn=?-n(n∈N*).
(1)若a1=3,证明:{bn}是等比数列;
(2)若存在k∈N*,使得?,?,?成等差数列.
①求数列{an}的通项公式;
②证明:ln n+?an>ln(n+1)-?an+1.
解析　(1)证明:由(nan-1-2)an=(2an-1)an-1,得?=?+2-n,
得?-n=2?,即bn=2bn-1,
因为a1=3,所以b1=?-1=-?≠0,所以?=2(n≥2),
所以{bn}是以b1=-?为首项,2为公比的等比数列.?(4分)
(2)①设b1=?-1=λ,由(1)知,bn=2bn-1(n≥2),
所以bn=2bn-1=22bn-2=…=2n-1b1,即?-n=λ·2n-1,
所以?=λ·2k-1+k.?(6分)
因为?,?,?成等差数列,
所以(λ·2k-1+k)+(λ·2k+1+k+2)=2(λ·2k+k+1),
所以λ·2k-1=0,所以λ=0,
所以?=n,即an=?.?(10分)
②证明:要证ln n+?an>ln(n+1)-?an+1,
即证?(an+an+1)>ln?,即证?+?>2ln?.
设t=?,则?+?=t-1+?=t-?,且1从而只需证,当t>1时,t-?>2ln t.?(12分)
设f(x)=x-?-2ln x(1则f '(x)=1+?-?=?,则f '(x)>0,
所以f(x)在(1,2]上单调递增,
所以f(x)>f(1)=0,即x-?>2ln x,即t-?>2ln t,
所以原不等式得证.?(16分)
备注:第(1)问中若没有交代“b1=?-1=-?≠0”,则扣一分.
一、填空题(每小题5分,共20分)

B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：40分钟 分值：52分)
1.(2019前黄中学期初,13)设数列{an}的前n项和为Sn,且an=4+?,若对于任意的n∈N*都有1
≤x(Sn-4n)≤3恒成立,则实数x的取值范围是　　　????.
答案　[2,3]
解析　将an=4+?变形得an-4=?,故{an-4}是首项为1,公比为-?的等比数列,则Sn=4n+
?=4n+?-??,
依题意得1≤x?≤3恒成立.
当n=2k(k∈N*)时,?-??=?-??∈?;
当n=2k-1(k∈N*)时,?-??=?+??∈?.
所以1≤x?≤3恒成立等价于?解得2≤x≤3,
故实数x的取值范围是[2,3].
2.(2019南京六校联合体联考,13)已知n∈N*,an=2n,bn=2n-1,cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann},其中
max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.数列{cn}的前n项和为Tn,若an+λTn≥0对任意
的n∈N*恒成立,则实数λ的最大值是　　　????.
答案?????
解析????bm+1-nam+1-(bm-nam)=2-n·2m≤0,
故cn=b1-na1=-2n+1,
则Tn=-n2?λ≤?,令f(n)=?,
则λ≤f(n)min, ?-1=?,
当n=1或2时,?-1<0,即f(n+1)f(2)>f(3),
当n≥3时,?-1>0,即f(n+1)>f(n),则f(3)故f(n)min=f(3)=?,因此λ≤?.
评析　本题考查数列的综合应用,等差数列的性质,考查与不等式的综合应用,考查学生分析问
题及解决问题的能力,考查分类讨论及转化思想,考查计算能力,属于难题.
3.(2019南通基地学校3月联考,14)已知等差数列{an}的前n项和Sn>0,且S2·S3·…·Sn=n(?-t)(?-t)·
…·(?-t),其中n≥2且n∈N*.若an≤?(n∈N*),则实数t的取值范围是　　　????.
答案　(0,1]
解析　∵S2·S3·…·Sn=n(?-t)(?-t)·…·(?-t),
∴S2·S3·…·Sn+1=(n+1)(?-t)(?-t)·…·(?-t),
则Sn+1=??(n+1)a1+?d=??na1+?d=?+n2d2+2a1dn-t?
?n2+(a1-2a1d)n+t-?=0?
???
∵d>0,a1>0,∴d=?,t=?,
∴an=a1+(n-1)d=a1+?≤??a1≤1,∴04.(2019七市第二次调研,14)已知集合A={x|x=2k-1,k∈N*},B={x|x=8k-8,k∈N*},从集合A中取出
m个不同元素,其和记为S;从集合B中取出n个不同元素,其和记为T.若S+T≤967,则m+2n的最大
值为　　　????.
答案　44
解析　设从A中取出m项,序号为l1,l2,…,lm,从B中取出n项,序号为k1,k2,…,kn,则
2l1-1+2l2-1+…+2lm-1+8k1-8+8k2-8+…+8kn-8≤967,
即2(l1+l2+…+lm)-m+8(k1+k2+…+kn)-8n≤967,
由于l1+l2+…+lm≥1+2+…+m=?,
k1+k2+…+kn≥1+2+…+n=?,
所以m(m+1)-m+4n(n+1)-8n≤967,
所以m2+(2n-1)2≤968,
令m=?cos θ,2n-1=?sin θ,
∴m+2n=?sin θ+?cos θ+1=?sin?+1≤44+1=45,
当m=22,2n-1=22时取“=”,显然不可能,
进而观察m+2n=44的情况,取m=22,2n-1=21,即n=11.
故m+2n的最大值为44.
二、解答题(共32分)
5.(2019南京三模,20)数列{an}的前n项和为Sn,若存在正整数r,t,且r称数列{an}为“M(r,t)数列”.
(1)若首项为3,公差为d的等差数列{an}是“M(r,2r)数列”,求d的值;
(2)已知数列{an}为等比数列,公比为q.
①若数列{an}为“M(r,2r)数列”,r≤4,求q的值;
②若数列{an}为“M(r,t)数列”,q∈(-1,0).求证:r为奇数,t为偶数.
解析　(1)因为{an}是“M(r,2r)数列”,所以Sr=2r,且S2r=r.
由Sr=2r,得3r+?d=2r,
因为r>0,所以(r-1)d=-2(*);
由S2r=r,得6r+?d=r,
因为r>0,所以(2r-1)d=-5(**).
由(*)和(**),解得r=3,d=-1.?(2分)
(2)①(i)若q=1,则Sr=ra1,St=ta1.
因为{an}是“M(r,2r)数列”,所以ra1=2r(*),2ra1=r(**),
由(*)和(**),解得a1=2且a1=?,矛盾,所以q≠1.?(3分)
(ii)当q≠1时,因为{an}是“M(r,2r)数列”,所以Sr=2r,且S2r=r,
即?=2r(*),?=r(**),
由(*)和(**),得qr=-?.?(5分)
当r=1时,q=-?;当r=2,4时,无解;当r=3时,q=-?.
综上,q=-?或q=-?.?(6分)
②证明:因为{an}是“M(r,t)数列”,q∈(-1,0),所以Sr=t,且St=r,
即?=t,且?=r,
两式作商,得?=?,即r(1-qr)=t(1-qt).?(8分)
(i)若r为偶数,t为奇数,则r(1-|q|r)=t(1+|q|t).
因为r1,所以r(1-|q|r)这与r(1-|q|r)=t(1+|q|t)矛盾,所以假设不成立.?(10分)
(ii)若r为偶数,t为偶数,则r(1-|q|r)=t(1-|q|t).
设函数y=x(1-ax),0当x>0时,1-ax>0,-xaxln a>0,所以y=x(1-ax)在(0,+∞)上为增函数.
因为r这与r(1-|q|r)=t(1-|q|t)矛盾,所以假设不成立.?(12分)
(iii)若r为奇数,t为奇数,则r(1+|q|r)=t(1+|q|t).
设函数y=x(1+ax),0设g(x)=1+ax+xaxln a,则g'(x)=axln a(2+xln a),
令g'(x)=0,得x=-?.
因为ax>0,ln a<0,
观所以当x>-?时,g'(x)>0,则g(x)在区间?上递增,
当0所以g(x)min=g?=1-?.
因为-?>0,所以?<1,所以g(x)min>0,
从而g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
所以y=x(1+ax),0因为r这与r(1+|q|r)=t(1+|q|t)矛盾,所以假设不成立.?(14分)
(iv)若r为奇数,t为偶数.
由①知,存在等比数列{an}为“M(1,2)数列”.
综上,r为奇数,t为偶数.?(16分)
6.(2019苏州期末,20)定义:对于任意n∈N*,xn+xn+2-xn+1仍为数列{xn}中的项,则称数列{xn}为“回
归数列”.
(1)已知an=2n(n∈N*),判断数列{an}是不是“回归数列”,并说明理由;
(2)若数列{bn}为“回归数列”,b3=3,b9=9,且对于任意n∈N*,均有bn①求数列{bn}的通项公式;
②求所有的正整数s,t,使得等式?=bt成立.
解析　(1)解法一:假设{an}是“回归数列”,则对任意n∈N*,总存在k∈N*,使an+an+2-an+1=ak成立,
即2n+4·2n-2·2n=2k,即3·2n=2k,?(2分)
(注:化简得an+an+2-an+1=3·2n给2分)
此时等式左边为奇数,右边为偶数,不成立,所以假设不成立,
所以{an}不是“回归数列”.?(4分)
解法二:当n=1时,an+an+2-an+1=3·2n=6,而2k=6无正整数解,不满足“回归数列”定义,所以{an}不是
“回归数列”.
(2)①因为bn所以bn+bn+2-bn+1>bn且bn+bn+2-bn+1=bn+2-(bn+1-bn)又因为{bn}为“回归数列”,所以bn+bn+2-bn+1=bn+1,
即bn+bn+2=2bn+1,所以数列{bn}为等差数列.?(6分)
又因为b3=3,b9=9,所以bn=n(n∈N*).?(8分)
(注:猜出bn=n给1分.猜出bn=n,后用数学归纳法证明,其实是伪证,只给结论分1分)
②因为?=bt,所以t=?,(*)
因为t-3=?≤0,所以t≤3,
又因为t∈N*,所以t=1,2,3.?(10分)
当t=1时,(*)式整理为3s=0,不成立.?(11分)
当t=2时,(*)式整理为?=1.
设cn=?(n∈N*),因为cn+1-cn=?,
所以n=1时,cncn+1,
所以(cn)max=c2=?<1,所以?=1无解.?(14分)
当t=3时,(*)式整理为s2=1,因为s∈N*,所以s=1.
综上所述,使得等式成立的所有的正整数s,t的值是s=1,t=3.?(16分)
(注:没有分析过程,猜t=1,t=2,t=3,逐个代入计算,结果正确给1分)
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2019南京调研,20)如果数列{an}共有k(k∈N*,k≥4)项,且满足条件:①a1+a2+…+ak=0;②|a1|+|a2|
+…+|ak|=1.则称数列{an}为P(k)数列.
(1)若等比数列{an}为P(4)数列,求a1的值;
(2)已知m为给定的正整数,且m≥2.
①若公差为正数的等差数列{an}是P(2m+3)数列,求数列{an}的公差;
②若an=?其中q为常数,q<-1.判断数列{an}是不是P(2m)数列,说明理
由.
解析　(1)设等比数列{an}的公比为q.
因为数列{an}为P(4)数列,
所以a1+a2+a3+a4=0,
从而1+q+q2+q3=0,
即(1+q)(1+q2)=0,
所以q=-1.
又因为|a1|+|a2|+|a3|+|a4|=1,
所以4|a1|=1,解得a1=-?或?.?(3分)
(2)①设等差数列{an}的公差为d(d>0).
因为数列{an}为P(2m+3)数列,
所以a1+a2+…+a2m+3=0,
即?=0.
因为1+2m+3=2(m+2),
所以a1+a2m+3=2am+2,
从而(2m+3)am+2=0,则am+2=0.?(6分)
又因为|a1|+|a2|+…+|a2m+3|=1,且d>0,
所以-(a1+a2+…+am+1)+(am+3+am+4+…+a2m+3)=1,
即(m+2)(m+1)d=1,
解得d=?,
因此等差数列{an}的公差d=?.?(9分)
②若数列{an}是P(2m)数列,则有
a1+a2+…+a2m=0,|a1|+|a2|+…+|a2m|=1.
因为an=?且q<-1,
所以?·?-?=0,(*)
?·?+?=1.(**)
当m为偶数时,在(*)式中,?·?<0,-?<0,
所以(*)式不成立.?(12分)
当m为奇数时,由(*)+(**)得?+?=3.
又因为q<-1,所以?+?=3,
解得qm+1=?.
因为m(m≥2)为奇数,所以qm+1≥q4,
所以?≥q4,
整理得(2q2-1)(q2-1)≤0,
即?≤q2≤1,与q<-1矛盾.
综上可知,数列{an}不是P(2m)数列.?(16分)
2.(2019苏锡常镇四市教学情况调查一,20)定义:若有穷数列a1,a2,…,an同时满足下列三个条件,
则称该数列为P数列.
①首项a1=1;②a1该数列中的项.
(1)问等差数列1,3,5是不是P数列?
(2)若数列a,b,c,6是P数列,求b的取值范围;
(3)若n>4,且数列b1,b2,…,bn是P数列,求证:数列b1,b2,…,bn是等比数列.
解析　(1)∵3×5=15,?均不在此等差数列中,
∴等差数列1,3,5不是P数列.?(2分)
(2)∵数列a,b,c,6是P数列,所以1=a由于6b或?是数列中的项,而6b大于数列中的最大项6,
∴?是数列中的项,同理?也是数列中的项,?(5分)
考虑到1∴bc=6,又1综上,b的取值范围是(1,?).?(8分)
(3)证明:∵数列{bn}是P数列,所以1=b1由于b2bn或?是数列中的项,而b2bn大于数列中的最大项bn,
∴?是数列{bn}中的项,?(10分)
同理,?,?,…,?也都是数列{bn}中的项,
考虑到1∴?=b2,……,?=bn-1,
从而bn=bibn+1-i(i=1,2,…,n-1),①?(12分)
又∵bn-1b3>bn-1b2=bn,所以bn-1b3不是数列{bn}中的项,
∴?是数列{bn}中的项,同理?,…,?也都是数列{bn}中的项,
考虑到1且1,?,…,?,?,?,bn-1,bn这n个数都是共有n项的增数列{bn}中的项,
于是,同理有,bn-1=bibn-i(i=1,2,…,n-2),②?(14分)
在①中将i换成i+1后与②相除,得?=?,i=1,2,…,n-2,
∴b1,b2,…,bn是等比数列.?(16分)
3.(2019 5·3原创题)已知数列{an}中,a1=3,且n(n+1)(an-an+1)=2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=?,求数列{bn}的前n项和Sn.
解析　(1)解法一:由题意知,
an-an+1=?=2?,?(2分)
∴n≥2时,an-1-an=2?,an-2-an-1=2?,……,a1-a2=2?,
以上(n-1)个式子左右两边分别相加得a1-an=2?,?(4分)
又a1=3,∴an=1+?(n≥2).
又a1=3符合上式,故an=1+?(n∈N*).?(6分)
解法二:由题意知,an-an+1=?=2?,?(2分)
∴an+1-?=an-?,
∴an-?=an-1-?=…=a1-?=3-2=1,
∴an=1+?.?(6分)
(2)解法一:由(1)知,an=1+?=?,
∴a1a2…an=?×?×…×?×?=?,
∴bn=?=?,?(8分)
∴Sn=?+?+?+…+?+?,
?Sn=?+?+?+…+?+?,
两式相减得?Sn=?+?-?
=?+?-?=1-?-?=1-?,?(10分)
故Sn=2-?.?(12分)
解法二:由(1)知an=1+?=?,
∴a1·a2·…·an=?×?×…×?×?=?,
∴bn=?=??(8分)
=?-?,?(10分)
∴Sn=?+?+…+?=2-?.?(12分)
4.(2019 5·3原创题)已知数列{an}满足:a1=?,3an=an+1(5-2an).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)当n≥2时,证明:1-??解析　(1)将3an=an+1(5-2an)整理得an+1=?,
所以?=?=?·?-?,
令bn=?,bn+1=?,
则(bn+1-1)=?(bn-1),
所以数列{bn-1}是公比为q=?,首项为b1-1=?-1=?的等比数列.
所以bn-1=??,
即bn=1+??.
所以an=?=?.
(2)证明:先证an>1-??,
因为an-1=?-1=-?,
又5·3n+2·5n>2?=2?·1?,
所以an-1>-?=-?=-??>-?·?,即an>1-??.
再证an当n≥2时,an-1=?-1=-?
=-?<-?
=-?=-?,
所以an<1-?=?.
故1-??５８　 ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§ ６．３　 等比数列
对应学生用书起始页码 Ｐ９５
考点一 等比数列的概念及运算 高频考点
　 　 （１）通项公式：如果等比数列｛ａｎ｝的首项为 ａ１，公比为 ｑ（ ｑ
≠０），则它的通项公式是 ａｎ ＝ａ１ｑｎ
－１ ．
（２）等比中项：如果三个数 ａ，Ｇ，ｂ 成等比数列，则 Ｇ 叫做 ａ
和 ｂ 的等比中项，且
Ｇ
ａ
＝ ｂ
Ｇ
，即 Ｇ２ ＝ａｂ．
（３）前 ｎ 项和公式：
Ｓｎ ＝
ｎａ１ （ｑ＝ １），
ａ１（１－ｑｎ）
１－ｑ
＝
ａ１－ａｎｑ
１－ｑ
（ｑ≠１） ．{
考点二 等比数列的性质及应用 高频考点
　 　 （１）若数列｛ａｎ｝是等比数列，则有：
①数列｛ｃ·ａｎ｝ （ ｃ≠０），｛ ｜ ａｎ ｜ ｝，｛ａｎ·ｂｎ｝ （｛ ｂｎ｝是等比数
列），｛ａ２ｎ｝，
１
ａｎ{ } 也是等比数列．
②数列 ａｍ，ａｍ＋ｋ，ａｍ＋２ｋ，ａｍ＋３ｋ，…仍是等比数列．
③若 ｍ＋ｎ＝ ｐ＋ｑ（ｍ、ｎ、ｐ、ｑ∈Ｎ?），则 ａｍ·ａｎ ＝ａｐ·ａｑ，
特别地，若 ｍ＋ｎ＝ ２ｐ，则 ａｍ·ａｎ ＝ａ２ｐ ．
（２）若 Ｓｎ 是等比数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和，则有：
①当｛ａｎ｝的公比 ｑ≠－１（或 ｑ ＝ － １ 且 ｍ 为奇数）时，数列
Ｓｍ，Ｓ２ｍ－Ｓｍ，Ｓ３ｍ－Ｓ２ｍ，…是等比数列．
　 　 ②当项数是偶数时，Ｓ偶 ＝Ｓ奇·ｑ；
当项数是奇数时，Ｓ奇 ＝ａ１＋Ｓ偶·ｑ．
　 　 解决等比数列有关问题的常见思想方法：
（１）方程的思想．等比数列可以由首项 ａ１ 和公比 ｑ 确定，
一般可以通过列方程（组）求得关键量 ａ１ 和 ｑ，进而解决问题．
（２）数形结合的思想．通项公式 ａｎ ＝ ａ１ｑｎ
－１ 可化为 ａｎ ＝
ａ１
ｑ
?
è
?
?
?
÷ ｑｎ，因此 ａｎ 是关于 ｎ 的函数，点 （ ｎ， ａｎ ） 是曲线 ｙ ＝
ａ１
ｑ
?
è
?
?
?
÷ ｑｘ 上的一群孤立的点．
单调性：当
ａ１＞０，
ｑ＞１{ 或
ａ１＜０，
０＜ｑ＜１{ 时，｛ａｎ｝是递增数列；
当
ａ１＞０，
０＜ｑ＜１{ 或
ａ１＜０，
ｑ＞１{ 时，｛ａｎ｝是递减数列；
当 ｑ＝ １ 时，｛ａｎ｝为常数列；
当 ｑ＜０ 时，｛ａｎ｝为摆动数列．
（３）分类思想．当 ｑ ＝ １ 时，｛ａｎ｝的前 ｎ 项和 Ｓｎ ＝ ｎａ１；当 ｑ
≠１ 时，｛ａｎ｝的前 ｎ 项和 Ｓｎ ＝
ａ１（１－ｑｎ）
１－ｑ
＝
ａ１－ａｎｑ
１－ｑ
．等比数列的
前 ｎ 项和公式涉及对公比 ｑ 的分类讨论，此处是易错点．
????
????
????
????
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????
对应学生用书起始页码 Ｐ９６
等比数列的判定方法
　 　 等比数列的判定方法主要有 ４ 种：
（１）定义法：
ａｎ＋１
ａｎ
＝ ｑ（ｑ≠０） ．
（２）等比中项法：ａ２ｎ ＝ａｎ－１·ａｎ＋１（ｎ≥２） ．
（３）通项公式法：ａｎ ＝ ｃ·ｑｎ（ｃ、ｑ≠０） ．
（４）前 ｎ 项和公式法：Ｓｎ ＝Ａ·ｑｎ－Ａ（ｑ≠０、１，Ａ≠０） ．
（２０１８ 福建福州八校联考，２１）数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ ３，ａｎ＋１
＝ ２ａｎ＋２（ｎ∈Ｎ?） ．
（１）求证：｛ａｎ＋２｝是等比数列，并求数列｛ａｎ｝的通项公式；
（２）设 ｂｎ ＝
ｎ
ａｎ＋２
，Ｓｎ ＝ ｂ１＋ｂ２＋ｂ３＋…＋ｂｎ，证明：对任意 ｎ∈Ｎ?，
都有
１
５
≤Ｓｎ＜
４
５
．
解题导引
（１）
由递推关系构造
ａｎ＋１＋２＝ ２（ａｎ＋２）
→
由等比数列定义知
｛ａｎ＋２｝是等比数列
→
求出
通项 ａｎ
（２） 将（１）中 ａｎ 代入 ｂｎ →
得到 ｂｎ，用错
位相减法求和
→
由 Ｓｎ 的单
调性可证明
解析　 （１）由 ａｎ＋１ ＝ ２ａｎ＋２（ｎ∈Ｎ?），得 ａｎ＋１＋２＝ ２（ａｎ＋２），
又∵ ａ１ ＝ ３，∴ ａ１＋２＝ ５，
∴ ｛ａｎ＋２｝是首项为 ５，公比为 ２ 的等比数列，
∴ ａｎ＋２＝ ５×２ｎ
－１，∴ ａｎ ＝ ５×２ｎ
－１－２．
（２）证明：由（１）可得 ｂｎ ＝
ｎ
５×２ｎ－１
，
∴ Ｓｎ ＝
１
５
１＋
２
２
＋ ３
２２
＋…＋
ｎ
２ｎ－１
?
è
?
?
?
÷ ，①
１
２
Ｓｎ ＝
１
５
１
２
＋ ２
２２
＋ ３
２３
＋…＋
ｎ
２ｎ
?
è
?
?
?
÷ ，②
①－②可得 Ｓｎ ＝
２
５
１＋
１
２
＋ １
２２
＋…＋
１
２ｎ－１
－ ｎ
２ｎ
?
è
?
?
?
÷
＝ ２
５
１－
１
２ｎ
１－
１
２
－ ｎ
２ｎ
?
è
?
?
?
?
?
÷
÷
÷
＝ ２
５
２－
２＋ｎ
２ｎ
?
è
?
?
?
÷ ．∴ Ｓｎ＜
４
５
．
又∵ Ｓｎ＋１－Ｓｎ ＝ ｂｎ＋１ ＝
ｎ＋１
５×２ｎ
＞０，
∴ 数列｛Ｓｎ｝单调递增，Ｓｎ≥Ｓ１ ＝
１
５
，
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
第六章　 数列 ５９　
∴ 对任意 ｎ∈Ｎ?，都有
１
５
≤Ｓｎ＜
４
５
．
　 　 １－１　 （２０１６ 课标全国Ⅲ，１７，１２ 分）已知各项都为正数的
数列｛ａｎ｝满足 ａ１ ＝ １，ａ２ｎ－（２ａｎ＋１－１）ａｎ－２ａｎ＋１ ＝ ０．
（１）求 ａ２，ａ３；
（２）求｛ａｎ｝的通项公式．
１－１ 解析　 （１）由题意得 ａ２ ＝
１
２
，ａ３ ＝
１
４
． （５ 分）
（２）由 ａ２ｎ－（２ａｎ＋１－１）ａｎ－２ａｎ＋１ ＝ ０ 得
２ａｎ＋１（ａｎ＋１）＝ ａｎ（ａｎ＋１） ．
因为｛ａｎ｝的各项都为正数，所以
ａｎ＋１
ａｎ
＝ １
２
．
故｛ａｎ｝是首项为 １，公比为
１
２
的等比数列，因此 ａｎ ＝
１
２ｎ－１
．
（１２ 分）
　 　 １－２　 数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ ２，ａｎ＋１ ＝
ｎ＋１
２ｎ
ａｎ（ｎ∈Ｎ?） ．
（１）证明：数列
ａｎ
ｎ{ } 是等比数列，并求数列 ｛ ａｎ ｝ 的通项
公式；
（２）设 ｂｎ ＝
ａｎ
４ｎ－ａｎ
，若数列｛ｂｎ｝的前 ｎ 项和是 Ｔｎ，求证：Ｔｎ＜２．
１－２ 解析　 （１）由题设得
ａｎ＋１
ｎ＋１
＝ １
２
·
ａｎ
ｎ
，
又
ａ１
１
＝ ２，所以数列
ａｎ
ｎ{ } 是首项为 ２，公比为 １２ 的等比
数列，
所以
ａｎ
ｎ
＝ ２×
１
２( )
ｎ－１
＝ ２２－ｎ，则 ａｎ ＝ｎ·２２
－ｎ ＝ ４ｎ
２ｎ
．
（２）证明：ｂｎ ＝
ａｎ
４ｎ－ａｎ
＝
４ｎ
２ｎ
４ｎ－
４ｎ
２ｎ
＝ １
２ｎ－１
，
因为对任意 ｎ∈Ｎ?，２ｎ－１≥２ｎ－１，
所以 ｂｎ≤
１
２ｎ－１
．
所以 Ｔｎ≤１＋
１
２
＋ １
２２
＋ １
２３
＋…＋
１
２ｎ－１
＝ ２ １－
１
２ｎ
?
è
?
?
?
÷ ＜２．
　 　 １－３　 已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １，ａ２ ＝ ３，其前 ｎ 项和为 Ｓｎ，且
当 ｎ≥２ 时，ａｎ＋１Ｓｎ－１－ａｎＳｎ ＝ ０．
（１） 求证：数列 ｛ Ｓｎ ｝ 是等比数列，并求数列 ｛ ａｎ ｝ 的通项
公式；
（２）令 ｂｎ ＝
９ａｎ
（ａｎ＋３）（ａｎ＋１＋３）
，记数列｛ｂｎ｝的前 ｎ 项和为 Ｔｎ，
求 Ｔｎ ．
１－３ 解析　 （１）当 ｎ≥２ 时，ａｎ＋１Ｓｎ－１ －ａｎＳｎ ＝ （Ｓｎ＋１ －Ｓｎ）Ｓｎ－１ －（Ｓｎ
－Ｓｎ－１）Ｓｎ ＝Ｓｎ＋１Ｓｎ－１－Ｓ２ｎ ＝ ０，∴ Ｓ２ｎ ＝Ｓｎ－１Ｓｎ＋１（ｎ≥２），
又由 Ｓ１ ＝ａ１ ＝ １≠０，Ｓ２ ＝ａ１＋ａ２ ＝ ４≠０，可推知对一切正整数 ｎ
均有 Ｓｎ≠０，
∴ 数列｛Ｓｎ｝是等比数列，Ｓｎ ＝ ４ｎ
－１ ．
当 ｎ≥２ 时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ ３×４ｎ
－２，
又 ａ１ ＝ １，∴ ａｎ ＝
１（ｎ＝ １），
３×４ｎ－２（ｎ≥２） ．{
（ ２ ） 当 ｎ ≥ ２ 时， ｂｎ ＝
９ａｎ
（ａｎ＋３）（ａｎ＋１＋３）
＝
９×３×４ｎ－２
（３×４ｎ－２＋３）（３×４ｎ－１＋３）
＝ ３
×４ｎ－２
（４ｎ－２＋１）（４ｎ－１＋１）
，
又 ｂ１ ＝
３
８
，∴ ｂｎ ＝
３
８
（ｎ＝ １），
３×４ｎ－２
（４ｎ－２＋１）（４ｎ－１＋１）
（ｎ≥２），
ì
?
í
?
?
??
则 Ｔ１ ＝ ｂ１ ＝
３
８
．
当 ｎ≥２ 时，ｂｎ ＝
３×４ｎ－２
（４ｎ－２＋１）（４ｎ－１＋１）
＝ １
４ｎ－２＋１
－ １
４ｎ－１＋１
，
则 Ｔｎ ＝
３
８
＋ １
４２－２＋１
－ １
４２－１＋１
?
è
?
?
?
÷ ＋ … ＋
１
４ｎ－２＋１
－ １
４ｎ－１＋１
?
è
?
?
?
÷ ＝ ７
８
－ １
４ｎ－１＋１
，
又当 ｎ＝ １ 时，Ｔ１ ＝
３
８
符合上式，∴ Ｔｎ ＝
７
８
－ １
４ｎ－１＋１
（ｎ∈Ｎ?） ．
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(共59张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
1.(2017江苏,9,5分)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=?,S6=?,则a8=　　????
????.
答案　32
解析　本题考查等比数列及其前n项和.
设等比数列{an}的公比为q.
当q=1时,S3=3a1,S6=6a1=2S3,不符合题意,∴q≠1,
由题设可得?
解得?∴a8=a1q7=?×27=32.
评析　在解决等差、等比数列的运算问题时,有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简
化为一元问题,虽运算量比较大,但思路简单,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质去解
决问题.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形.
2.(2016江苏,20,16分)记U={1,2,…,100}.对数列{an}(n∈N*)和U的子集T,若T=?,定义ST=0;若T
={t1,t2,…,tk},定义ST=?+?+…+?.例如:T={1,3,66}时,ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3
的等比数列,且当T={2,4}时,ST=30.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T?{1,2,…,k},求证:ST(3)设C?U,D?U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD.
解析　(1)由已知得an=a1·3n-1,n∈N*.
于是当T={2,4}时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1.
又ST=30,故30a1=30,即a1=1.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.
(2)因为T?{1,2,…,k},an=3n-1>0,n∈N*,
所以ST≤a1+a2+…+ak=1+3+…+3k-1=?(3k-1)<3k.
因此,ST(3)下面分三种情况证明.
①若D是C的子集,则SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD.
②若C是D的子集,则SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD.
③若D不是C的子集,且C不是D的子集.
令E=C∩?UD,F=D∩?UC,则E≠?,F≠?,E∩F=?.
于是SC=SE+SC∩D,SD=SF+SC∩D,进而由SC≥SD得SE≥SF.
设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k≥1,l≥1,k≠l.
由(2)知,SE从而SF≤a1+a2+…+al=1+3+…+3l-1=?≤?=?≤?,
故SE≥2SF+1,所以SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1,
即SC+SC∩D≥2SD+1.
综合①②③得,SC+SC∩D≥2SD.
解后反思　本题背景新颖,正确理解题意是关键.(1)考查等比数列的通项公式的求法.(2)数列
求和与不等式放缩结合,注意放缩要适度.(3)要分情况讨论,有一定难度.
评析　本题有三个特点:一是数列的新定义,利用新定义确定等比数列的首项,再代入数列通项
公式求解;二是利用放缩法求证不等式,放缩的目的是将非特殊数列转化为特殊数列,从而利用
特殊数列的性质,以算代证;三是结论含义的应用,实质又是一个新定义,只不过是新定义的性
质应用.
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
考点一　等比数列的概念及运算
1.(2019课标全国Ⅲ理改编,5,5分)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+
4a1,则a3=　　　????.
答案　4
解析　本题主要考查等比数列的性质;以等比数列的前n项和公式为载体考查学生的运算求解
能力;考查了数学运算的核心素养.
设等比数列{an}的公比为q.由题意知,an>0,q>0.由a5=3a3+4a1得a1q4=3a1q2+4a1,∴q2=4,∴q=2.由S4
=?=15,解得a1=1.∴a3=a1·q2=4.
易错警示　对通项公式an=a1·qn-1和Sn=?(q≠1)未能熟练掌握,从而导致失分.
2.(2019上海,8,5分)已知数列{an}前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5=　　　????.
答案?????
解析????n=1时,S1+a1=2,∴a1=1.
n≥2时,由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2,
两式相减得an=?an-1(n≥2),
∴{an}是以1为首项,?为公比的等比数列,
∴S5=?=?.
3.(2019课标全国Ⅰ文,14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=?,则S4=　　　????.
答案?????
解析　本题主要考查等比数列的有关概念;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数学
运算.
设公比为q(q≠0),
则S3=a1+a2+a3=1+q+q2=?,
解得q=-?,
∴a4=a1q3=-?,
∴S4=S3+a4=?-?=?.
4.(2019课标全国Ⅰ理,14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=?,?=a6,则S5=　　　????.
答案?????
解析　本题主要考查等比数列基本量的计算;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数
学运算.
设{an}的公比为q,由?=a6,得?=a4·q2,∴a4=q2.
又∵a4=a1·q3,∴a1·q3=q2,又a1=?,∴q=3.
由等比数列求和公式可知S5=?=?.
解题关键　由an=a1·qn-1=am·qn-m求出公比q是关键.
5.(2018北京理改编,4,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计
算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,
依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等
于?.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为　　　????.
答案?????f
解析　本题主要考查等比数列的概念和通项公式及等比数列的实际应用.
由题意知,十三个单音的频率构成首项为f,公比为?的等比数列,设该等比数列为{an},则a8=a1
q7,即a8=?f.
易错警示　本题是以数学文化为背景的应用问题,有以下几点容易造成失分:①读不懂题意,不
能正确转化为数学问题.②对要用到的公式记忆错误.③在求解过程中计算错误.
6.(2017课标全国Ⅲ理,14,5分)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 =　　　????.
答案　-8
解析　本题考查等比数列的通项.
设等比数列{an}的公比为q,由题意得?
解得?∴a4=a1q3=-8.
7.(2015湖南,14,5分)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=　????
　????.
答案　3n-1
解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+
q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以an=a1qn-1
=3n-1.
8.(2018课标全国Ⅰ文,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=?.
(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是不是等比数列,并说明理由;
(3)求{an}的通项公式.
解析　(1)由条件可得an+1=?an.
将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.
将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.
从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
由条件可得?=?,即bn+1=2bn,
又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得?=2n-1,所以an=n·2n-1.
方法规律　等比数列的判定方法:
证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于填空
题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即可.
9.(2018课标全国Ⅲ理,17,12分)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.
解析　本题考查等比数列的概念及其运算.
(1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn=?.
由Sm=63得(-2)m=-188.此方程没有正整数解.
若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.
综上,m=6.
解后反思　等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略
(1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项便可求出.
(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.
(3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.
(4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.
10.(2018天津文,18,13分)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,
其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.
(1)求Sn和Tn;
(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.
解析　本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列
求和的基本方法和运算求解能力.
(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.由q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所以,Tn=
?=2n-1.
设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.
由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n,
所以,Sn=?.
(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=?-n=2n+1-n-2.
由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得
?+2n+1-n-2=n+2n+1,
整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍去)或n=4.
所以,n的值为4.
11.(2017课标全国Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为
Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.
(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;
(2)若T3=21,求S3.
解析　本题考查了等差、等比数列.
设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.
由a2+b2=2得d+q=3.①
(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②
联立①和②解得?(舍去),或?
因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.
解得q=-5或q=4.
当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.
当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.
12.(2017课标全国Ⅰ文,17,12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.
解析　本题考查等差、等比数列.
(1)设{an}的公比为q,由题设可得
?
解得q=-2,a1=-2.
故{an}的通项公式为an=(-2)n.
(2)由(1)可得Sn=?=-?+(-1)n·?.
由于Sn+2+Sn+1=-?+(-1)n·?
=2?=2Sn,
故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
方法总结　等差、等比数列的常用公式:
(1)等差数列:
递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明.
通项公式:an=a1+(n-1)d.
前n项和公式:Sn=?=na1+?d.
(2)等比数列:
递推关系式:?=q(q≠0),常用于等比数列的证明.
通项公式:an=a1·qn-1.
前n项和公式:Sn=?
(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:?=b或等比中项:a·c=b2来证明.
考点二　等比数列的性质及应用
1.(2018浙江改编,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则下列正
确的序号是　　　????.
①a1②a1>a3,a2③a1a4
④a1>a3,a2>a4
答案　②
解析　设f(x)=ln x-x(x>0),则f '(x)=?-1=?,
令f '(x)>0,得01,
∴f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,
∴f(x)≤f(1)=-1,即有ln x≤x-1.
从而a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,
∴a4<0,又a1>1,∴公比q<0.
若q=-1,则a1+a2+a3+a4=0,ln(a1+a2+a3)=ln a1>0,矛盾.
若q<-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+q)(1+q2)<0,而a2+a3=a2(1+q)=a1q(1+q)>0,∴ln(a1+a2+a
3)>ln a1>0,也矛盾.∴-1从而?=q2<1,∵a1>0,∴a1>a3.
同理,∵?=q2<1,a2<0,∴a4>a2.
思路分析　(1)由题中的选项可知要判断01.
(2)由条件可知要利用不等式ln x≤x-1(x>0),得a4<0,进而得q<0.
(3)直接求q的取值范围较难,转化为判断q=-1和q<-1时,等式a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)左、右两
边的正负,进而得出矛盾,从而得-1(4)注意a1>0,而a2<0,利用-12.(2016课标全国Ⅰ,15,5分)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　????
????.
答案　64
解析　设{an}的公比为q,于是a1(1+q2)=10,①
a1(q+q3)=5,②
联立①②得a1=8,q=?,
∴an=24-n,∴a1a2…an=23+2+1+…+(4-n)=?=?≤26=64.∴a1a2…an的最大值为64.
思路分析　用a1,q表示a2,a3,a4,列方程组解得a1,q,进而求出an=24-n,从而表示出a1a2a3…an,由此即
可求出最大值.
解题关键　求出an,并会求-?n2+?n的最大值是解题关键.
3.(2015课标全国Ⅱ改编,9,5分)已知等比数列{an}满足a1=?,a3a5=4(a4-1),则a2=　　　????.
答案?????
解析　设{an}的公比为q,由等比数列的性质可知a3a5=?,
∴?=4(a4-1),即(a4-2)2=0,得a4=2,
则q3=?=?=8,得q=2,
则a2=a1q=?×2=?.
4.(2019课标全国Ⅱ文,18,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和.
解析　本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体
现了数学运算的核心素养.
(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0.
解得q=-2(舍去)或q=4.
因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.
5.(2016课标全国Ⅲ,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)若S5=?,求λ.
解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=?,a1≠0.?(2分)
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以?=?.
因此{an}是首项为?,公比为?的等比数列,
于是an=??.?(6分)
(2)由(1)得Sn=1-?.
由S5=?得1-?=?,即?=?.
解得λ=-1.?(12分)
C组　教师专用题组
考点一　等比数列的概念及运算
1.(2017课标全国Ⅱ理改编,3,5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍
塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏
灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有　　　????盏灯.
答案　3
解析　本题主要考查数学文化及等比数列基本量的计算.
由题意可知,由上到下灯的盏数a1,a2,a3,…,a7构成以2为公比的等比数列,∴S7=?=381,∴a
1=3.
2.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是　　　????.
答案　4
解析　由a8=a6+2a4,两边都除以a4,得q4=q2+2,即q4-q2-2=0?(q2-2)(q2+1)=0,∴q2=2.
∵a2=1,∴a6=a2q4=1×22=4.
3.(2014安徽,12,5分)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=　????
　????.
答案　1
解析　设{an}的公差为d,则a3+3=a1+1+2d+2,a5+5=a1+1+4d+4,由题意可得(a3+3)2=(a1+1)(a5+5).
∴[(a1+1)+2(d+1)]2=(a1+1)[(a1+1)+4(d+1)],
∴(a1+1)2+4(d+1)(a1+1)+[2(d+1)]2=(a1+1)2+4(a1+1)·(d+1),
∴d=-1,∴a3+3=a1+1,
∴公比q=?=1.
4.(2013天津,19,14分)已知首项为?的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+
a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-?(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5
-a5,即4a5=a3,于是q2=?=?.
又{an}不是递减数列且a1=?,所以q=-?.故等比数列{an}的通项公式为an=?×?=(-1)n-1·?.
(2)由(1)得Sn=1-?=?
当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,
所以1故0当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,
所以?=S2≤Sn<1,
故0>Sn-?≥S2-?=?-?=-?.
综上,对于n∈N*,总有-?≤Sn-?≤?.
所以数列{Tn}最大项的值为?,最小项的值为-?.
评析　本题主要考查等差数列的概念,等比数列的概念、通项公式、前n项和公式等基础知
识.考查分类讨论的思想,考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.
考点二　等比数列的性质及应用
1.(2015课标全国Ⅱ改编,4,5分)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=　　　????.
答案　42
解析　设{an}的公比为q,由a1=3,a1+a3+a5=21得1+q2+q4=7,解得q2=2(负值舍去).∴a3+a5+a7=a1q2+
a3q2+a5q2=(a1+a3+a5)q2=21×2=42.
思路分析　用a1,q表示a3,a5,代入已知等式求出q2值,进而利用a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q2得结果.
2.(2014广东,13,5分)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=
　　　????.
答案　50
解析　因为等比数列{an}中,a10·a11=a9·a12,
所以由a10a11+a9a12=2e5,可解得a10·a11=e5.
所以ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1·a2·…·a20)=ln(a10·a11)10=10ln(a10·a11)=10·ln e5=50.
3.(2014课标全国Ⅱ,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明?是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)证明?+?+…+?解析　(1)由an+1=3an+1得an+1+?=3?.
又a1+?=?,所以?是首项为?,公比为3的等比数列.
an+?=?,因此{an}的通项公式为an=?.
(2)证明:由(1)知?=?.
因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以?≤?.
于是?+?+…+?≤1+?+…+?=??所以?+?+…+?评析　本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩求和是本题的难点.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一　等比数列的概念及运算

1.(2019七大市三模,7)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn.若a3-a2=4,a4=16,则S3的值为　　　????.
答案　14
解析　设公比为q,
由a3-a2=4得a1q2-a1q=4,①
由a4=16得a1q3=16,②
②÷①得q2-4q+4=0,∴q=2,∴a1=2,
则S3=?=14.
2.(2019如皋检测,6)正项等比数列{an}中,Sn为其前n项和,已知a3=?,S3=?,则S6=　　　????.
答案?????
解析　因为a3=?,S3=?,
所以???
所以S6=?=?.
一题多解????S3=a1+a2+a3=?+?+a3=?,∵a3=?,
∴?+?+1=7,∴6q2-q-1=0,∴q=?或q=-?(舍去),
∴S6=S3+q3S3=?+?×?=?.
3.(2019淮安五校联考,7)数列{an}满足an+1=an+a(a为常数且不为0,n∈N*),若a2,a3,a6成等比数列,
则该等比数列的公比是　　　　????.
答案　3
解析　∵an+1=an+a,∴an=a1+(n-1)a,
又∵a2,a3,a6成等比数列,∴?=a2a6,
∴(a1+2a)2=(a1+a)(a1+5a),
∴?+4a1a+4a2=?+6a1a+5a2,
∴2a1a+a2=0,
又a≠0,∴a=-2a1,
∴等比数列的公比为?=?=3.
4.(2019南通期末三县联考,6)设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4,则它的前5项和S5=
　　　????.
答案　62
解析　设q为等比数列{an}的公比,
则由a1=2,a3=a2+4得2q2=2q+4,
即q2-q-2=0,
解得q=2或q=-1(舍去),
因此q=2,∴S5=?=62.
评析　本题考查等比数列的通项公式以及前n项和公式,是基础题.
考点二　等比数列的性质及应用
1.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,7)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a6=2a2,则?=????
　　????.
答案?????
解析　设等比数列{an}的公比为q,则由a6=2a2,得q4=2,
所以?=?=?=?=?.
评析　本题考查等比数列的通项公式、求和公式,属于基本量的计算问题,是基础题.
2.(2019南通、扬州、泰州、苏北四市七市一模,10)已知数列{an}是等比数列,有下列四个命
题:
①数列{|an|}是等比数列;②数列{anan+1}是等比数列;
③数列?是等比数列;④数列{lg ?}是等比数列.
其中正确的命题有　　　????个.
答案　3
解析　因为数列{an}是等比数列,所以?=q.
对于①,?=?=|q|,所以数列{|an|}是等比数列,正确;
对于②,?=q2,所以数列{anan+1}是等比数列;
对于③,?=?=?,所以数列?是等比数列;
对于④,?=?,不是常数,所以数列{lg ?}不是等比数列.
共有3个命题正确.
3.(2019扬州中学3月检测,10)已知数列{an}为正项的递增等比数列,a1+a5=82,a2·a4=81,记数列
?的前n项和为Tn,则使不等式2 019?>1成立的最大正整数n的值是　　　????.
答案　6
解析　设数列{an}的公比为q(q>1),
由?解得?则q=3,∴an=3n-1,
则Tn=?+?+?+…+?=2×?=3?,
∴2 019?>1,
即2 019×?>1,得3n<2 019,此时正整数n的最大值为6.
4.(2019南通、如皋二模,11)已知数列{an}的首项a1=?,数列{bn}是等比数列,且b5=2,若bn=?,
则a10=　　　????.
答案　64
解析　因为bn=?,所以an+1=anbn,
所以a2=a1b1,
a3=a2b2=a1b1b2,
a4=a3b3=a1b1b2b3,……,
a10=a9b9=a1b1b2b3…b9=a1?=?×29=64.
思路点拨　看到?需想到累乘法,于是就有?=?·?·…·?=b1b2·…·b9,从而解决问题,在解
题过程中,知道一些常见方法,合理联系,是提高解题速度的重要方面.
5.(2018泰州中学二模,6)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=7,S6=63.则S9=　　　????.
答案　511
解析　由等比数列的性质得S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,
即7,56,S9-63成等比数列,
∴562=7(S9-63),解得S9=511.
评析　本题主要考查等比数列的前n项和、等比数列的性质,是基础题,解题时要认真审题,注
意等比数列的性质的合理运用.
6.(2019苏州期中,16)已知等差数列{an}的前n项和为An,a3=5,A6=36.数列{bn}的前n项和为Bn,且
Bn=2bn-1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Sn.
解析　(1)设{an}的公差为d,
由a3=5,A6=36,得??(2分)
所以?所以an=2n-1.?(4分)
由Bn=2bn-1可知,当n=1时,b1=1;?(5分)
当n≥2时,Bn-1=2bn-1-1,所以Bn-Bn-1=2bn-2bn-1,
从而bn=2bn-1(n≥2),?(7分)
又b1=1,所以?=2(n≥2),所以{bn}是等比数列,?(8分)
所以bn=2n-1(n∈N*).?(9分)
(2)因为cn=an·bn,所以cn=(2n-1)·2n-1,
Sn=c1+c2+c3+…+cn=1·20+3·21+5·22+…+(2n-3)2n-2+(2n-1)2n-1,
2Sn=1·21+3·22+5·23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,?(11分)
所以-Sn=1·20+2·21+2·22+…+2·2n-1-(2n-1)2n=1+2×?-(2n-1)2n,
所以Sn=(2n-3)2n+3.?(14分)
评析　本题考查等比数列的定义、通项公式以及错位相减法求和.属于基础题.
7.(2019海安中学检测,19)已知数列{an}与{bn}满足:bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn=?,n∈N*,且a1=
2,a2=4.
(1)求a3,a4,a5的值;
(2)设cn=a2n-1+a2n+1,n∈N*,证明{cn}是等比数列;
(3)设Sk=a2+a4+…+a2k,k∈N*,证明??解析　(1)由bn=?,n∈N*,
可得bn=?
对于bnan+an+1+bn+1an+2=0,
当n=1时,a1+a2+2a3=0,由a1=2,a2=4,可得a3=-3;
当n=2时,2a2+a3+a4=0,可得a4=-5;
当n=3时,a3+a4+2a5=0,可得a5=4.
(2)证明:对任意n∈N*,
a2n-1+a2n+2a2n+1=0,?①
2a2n+a2n+1+a2n+2=0,?②
a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0,?③
②-③,得a2n=a2n+3,?④
将④代入①,可得a2n+1+a2n+3=-(a2n-1+a2n+1),即cn+1=-cn(n∈N*).又c1=a1+a3=-1,故cn≠0,因此?=-1.所
以{cn}是等比数列.
(3)证明:由(2)可得a2k-1+a2k+1=(-1)k,于是,对任意k∈N*且k≥2,有a1+a3=-1,-(a3+a5)=-1,a5+a7=-1,……,
(-1)k(a2k-3+a2k-1)=-1.
将以上各式相加,得a1+(-1)ka2k-1=-(k-1),
即a2k-1=(-1)k+1(k+1),此式当k=1时也成立.
由④得a2k=(-1)k+1·(k+3).
从而S2k=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a4k-2+a4k)=-k,S2k-1=S2k-a4k=k+3,
所以,对任意n∈N*,n≥2,
??=??
=??
=??
=?+??+?
=?+?·?
+?=?+?-?·?+?思路分析　本题主要考查等比数列的定义、数列求和的基础知识和基本计算.
(1)由已知条件bn=?,bnan+an+1+bn+1an+2=0,a1=2,a2=4,依次代入n=1,2,3,求出a3,a4,a5的值.
(2)由bn=?和bnan+an+1+bn+1an+2=0得出a2n-1,a2n,a2n+1,a2n+2,a2n+3间的关系式,此步的目的是与cn
=a2n-1+a2n+1形式统一,从而导出cn+1,cn的关系式,进而证明{cn}是等比数列.
(3)由(2)有a2k-1+a2k+1=(-1)k,通过累加法得a2k-1=(-1)k+1·(k+1),则有a2k=(-1)k+1(k+3).通过a2k,a2k-1的通项
求出S2k-1,S2k的通项,代入??,通过放缩法证明.
一、填空题(每小题5分,共25分)

B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：40分钟 分值：57分)
1.(2019如皋期末,8)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若6a6,a8,8a4成等差数列,且S2k=65Sk,则正
整数k的值是　　　????.
答案　6
解析　∵数列{an}是等比数列,且6a6,a8,8a4成等差数列,∴2a8=6a6+8a4,即2a1q7=6a1q5+8a1q3,∴q4=
3q2+4,解得q2=4或q2=-1(舍),
∵S2k=65Sk,∴?=65·?,∴qk=64,即k=6.
评析　本题主要考查等差数列、等比数列的性质,通项公式以及等比数列求和公式的运用,解
题的关键是对等比、等差数列的性质的熟练掌握.属于基础题.
2.(2019无锡期中,10)《九章算术》中研究盈不足问题时,有一道题是“今有垣厚五尺,两鼠对
穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢?”题意为“有厚墙五尺,
两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙,大老鼠第一天打一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也打一
尺,以后每天减半,问几天后两鼠相遇?”一古城墙厚33尺,大、小老鼠按上述方式打洞,相遇时
是第　　　????天.
答案　6
解析　设第x天相遇,
大鼠每天打洞尺数构成以1为首项,2为公比的等比数列,则x天共打洞尺数为?=2x-1;
小鼠每天打洞尺数构成以1为首项,?为公比的等比数列,则x天共打洞尺数为?=2-?.
根据题意得2x-1+2-?≥33,即2x-?≥32,
令f(x)=2x-?=2x-?,
当x>0时, f(x)是增函数,又f(5)=32-?<32, f(6)=64-?>32,所以相遇时是第6天.
评析　本题是等比数列在实际生活中的应用,考查理解转化能力,主要是题干的后半部分的理
解.属于基础题.
3.(2019海安期中,10)设等比数列{an}的公比为q(0=?am+1,且Sm=1 022am+1,则m的值为　　　????.
答案　9
解析　由am+am+2=?am+1,得am+amq2=?amq,即1+q2=?q,因为0又Sm=1 022am+1,
所以?=1 022a1?,即?=?,
所以m=9.
4.(2017盐城三模,11)设{an}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1,则S20=　　　????.
答案　2 056
解析　因为a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1,
所以a1,a3,a5,…,a19构成首项为1,公比为2的等比数列,
a2=a1+1,a4=a3+1,a6=a5+1,……,a20=a19+1,
因为a1=1,所以S20=a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+a19+a20
=2(a1+a3+a5+a7+…+a19)+10
=2×?+10=2 056.
5.(2017如东、前黄、栟茶、马塘四校联考,8)已知等差数列{cn}的首项为c1=1,若{2cn+3}为等
比数列,则c2 017=　　　????.
答案　1
解析　由{cn}为等差数列可以得出{2cn+3}也为等差数列,又{2cn+3}为等比数列,所以{2cn+3}为
常数列,从而2c2 017+3=2c1+3,故c2 017=c1=1.
思路分析　由{cn}为等差数列可以得出{2cn+3}也为等差数列,又{2cn+3}为等比数列,所以{2cn
+3}为常数列,进而求出c2 017的值.
二、解答题(共32分)
6.(2019常州期末,19)已知数列{an}中,a1=1,且an+1+3an+4=0,n∈N*.
(1)求证:{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)数列{an}中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后,构成等差数列?若存在,求出满
足条件的项;若不存在,说明理由.
解析　(1)由an+1+3an+4=0得an+1+1=-3(an+1),n∈N*.(2分)
因为a1=1,所以a1+1=2≠0,可得an+1≠0,n∈N*.?(4分)
所以?=-3,n∈N*,所以{an+1}是以2为首项,-3为公比的等比数列.?(6分)
所以an+1=2(-3)n-1,
则数列{an}的通项公式为an=2(-3)n-1-1,n∈N*.?(8分)
(2)假设数列{an}中存在三项am,an,ak(m分以下三种情形:
①am位于中间,则2am=an+ak,则2[2(-3)m-1-1]=2(-3)n-1-1+2(-3)k-1-1,
所以2(-3)m=(-3)n+(-3)k,两边同时除以(-3)m得2=(-3)n-m+(-3)k-m,右边是3的倍数,舍去;
②an位于中间,则2an=am+ak,即2[2(-3)n-1-1]=2(-3)m-1-1+2(-3)k-1-1,
所以2(-3)n=(-3)m+(-3)k,两边同时除以(-3)m得2(-3)n-m=1+(-3)k-m,
即1=2(-3)n-m-(-3)k-m,右边是3的倍数,舍去;
③ak位于中间,则2ak=am+an,即2[2(-3)k-1-1]=2(-3)m-1-1+2(-3)n-1-1,
所以2(-3)k=(-3)m+(-3)n,两边同时除以(-3)m,得2(-3)k-m=1+(-3)n-m,
即1=2(-3)k-m-(-3)n-m,右边是3的倍数,舍去.?(15分)
综上可得,数列{an}中不存在三项满足题意.?(16分)

思路分析　本题考查等比数列的证明以及等差数列的判断与证法,第(1)问根据an+1+3an+4=0求
通项公式,一般通过待定系数法转化为等比数列问题;(2)问是存在性问题,假设存在满足条件
的三项,适当排列,就能判断项的存在性.
7.(2019苏中、苏北七市第二次调研,20)已知数列{an}的各项均不为零.设数列{an}的前n项和
为Sn,数列{?}的前n项和为Tn,且3?-4Sn+Tn=0,n∈N*.
(1)求a1,a2的值;
(2)证明:数列{an}是等比数列;
(3)若(λ-nan)(λ-nan+1)<0对任意的n∈N*恒成立,求实数λ的所有值.
解析　(1)对于3?-4Sn+Tn=0,n∈N*,
令n=1,得3?-4a1+?=0,因为a1≠0,所以a1=1.
令n=2,得3(1+a2)2-4(1+a2)+(1+?)=0,即2?+a2=0,
因为a2≠0,所以a2=-?.?(3分)
(2)证明:因为3?-4Sn+Tn=0,①
所以3?-4Sn+1+Tn+1=0,②
②-①得,3(Sn+1+Sn)an+1-4an+1+?=0,
因为an+1≠0,所以3(Sn+1+Sn)-4+an+1=0,③?(5分)
所以3(Sn+Sn-1)-4+an=0(n≥2),④
当n≥2时,③-④得,3(an+1+an)+an+1-an=0,即an+1=-?an,
因为an≠0,所以?=-?.
又由(1)知,a1=1,a2=-?,所以?=-?,
所以数列{an}是以1为首项,-?为公比的等比数列.?(8分)
(3)由(2)知,an=?.
因为对任意的n∈N*,(λ-nan)(λ-nan+1)<0恒成立,
所以λ的值介于n?和n?之间.
因为n?·n?<0对任意的n∈N*恒成立,所以λ=0适合.?(10分)
若λ>0,当n为奇数时,n?<λ记p(n)=?(n≥4),
因为p(n+1)-p(n)=?-?=?<0,
所以p(n)≤p(4)=1,即?≤1,所以?≤?,(*)
从而当n≥5且n≥?时,有λ≥?≥?,所以λ>0不符合题意.?(13分)
若λ<0,当n为奇数时,n?<λ由(*)式知,当n≥5且n≥?时,有-λ≥?≥?,所以λ<0不符合题意.
综上,实数λ的值为0.?(16分)
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2019 5·3原创预测卷一理,8)已知数列{an}中,a1=1,a2=3,a3=7,且{an+1-an}成等比数列,则满足不
等式?-?≥?的实数λ的最大值是　　　????.
答案　2
解析　由a2-a1=2,a3-a2=4,得公比q=2,所以an+1-an=(a2-a1)·2n-1=2n.
所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+22+…+2n-1=2n-1.
从而,由不等式?-?≥?,得?-?≥?,即λ≤2.则λ的最大值是2.
2.(2019 5·3原创预测卷一文改编,9)在正项数列{an}中,a1=2,且点P(ln an,ln an+1)(n∈N*)位于直线
x-y+ln 2=0上.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn>200,则n的最小值为　　　????.
答案　7
解析　由题意得ln an-ln an+1+ln 2=0,即?=2,
所以an=2n(n∈N*).
由Sn=?=2(2n-1)>200,得2n>101,
则n的最小值为7.
第六章　 数列 ５５　
§ ６．２　 等差数列
对应学生用书起始页码 Ｐ９０
考点一 等差数列的概念及运算 高频考点
　 　 １．通项公式
如果等差数列｛ａｎ｝的首项为 ａ１，公差为 ｄ，那么它的通项公
式是 ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ，ｎ∈Ｎ? ．
２．前 ｎ 项和公式
设等差数列｛ａｎ｝的公差为 ｄ，则其前 ｎ 项和 Ｓｎ ＝
ｎ（ａ１＋ａｎ）
２
或 Ｓｎ ＝ｎａ１＋
ｎ（ｎ－１）
２
ｄ．
３．等差中项
如果 Ａ＝
ａ＋ｂ
２
，那么 Ａ 叫做 ａ 与 ｂ 的等差中项．
考点二 等差数列的性质及应用 高频考点
　 　 １．等差数列的常用性质
（１）通项公式的推广：ａｎ ＝ａｍ＋（ｎ－ｍ）ｄ（ｎ，ｍ∈Ｎ?） ．
（２）若｛ ａｎ ｝为等差数列，且 ｋ＋ ｌ ＝ ｍ＋ ｎ（ ｋ， ｌ，ｍ，ｎ∈Ｎ? ），
则ａｋ＋ａｌ ＝ａｍ＋ａｎ ．
（３）若｛ａｎ｝是等差数列，公差为 ｄ，则｛ａ２ｎ｝也是等差数列，
公差为 ２ｄ．
（４）若｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝是等差数列，则｛ｐａｎ＋ｑｂｎ｝（ｐ，ｑ∈Ｎ?）也是
等差数列．
（５）若｛ａｎ｝是等差数列，则 ａｋ，ａｋ＋ｍ，ａｋ＋２ｍ，…（ ｋ，ｍ∈Ｎ?）组
成公差为 ｍｄ 的等差数列．
２．与等差数列的前 ｎ 项和有关的性质
（１）若｛ａｎ｝是等差数列，其前 ｎ 项和为 Ｓｎ，则
Ｓｎ
ｎ{ } 也是等
差数列，其首项与｛ａｎ｝的首项相同，公差是｛ａｎ｝的公差的
１
２
．
（２）若｛ａｎ｝是等差数列，Ｓｍ，Ｓ２ｍ，Ｓ３ｍ分别为｛ａｎ｝的前 ｍ 项，
前 ２ｍ 项，前 ３ｍ 项的和，则 Ｓｍ，Ｓ２ｍ－Ｓｍ，Ｓ３ｍ－Ｓ２ｍ成等差数列．
（３）关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质
①若项数为 ２ｎ，则 Ｓ偶－Ｓ奇 ＝ｎｄ，
Ｓ奇
Ｓ偶
＝
ａｎ
ａｎ＋１
．
②若项数为 ２ｎ－１，则 Ｓ偶 ＝ （ｎ－１） ａｎ，Ｓ奇 ＝ ｎａｎ，Ｓ奇 －Ｓ偶 ＝ ａｎ，
Ｓ奇
Ｓ偶
＝ ｎ
ｎ－１
．
（４）两个等差数列｛ａｎ｝、｛ｂｎ｝的前 ｎ 项和 Ｓｎ、Ｔｎ 之间的关系
为
ａｎ
ｂｎ
＝
Ｓ２ｎ－１
Ｔ２ｎ－１
．
　 　 利用数形结合的思想方法解决等差数列的有关问题时应
明确两点：
１．等差数列｛ａｎ｝的通项公式 ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ－１） ｄ 可变形为
ａｎ ＝ｄｎ＋（ａ１－ｄ）．
若 ｄ＝ ０，则 ａｎ ＝ａ１，是常数函数；
若 ｄ≠０，则 ａｎ 是关于 ｎ 的一次函数．
（ｎ，ａｎ）是直线 ｙ＝ｄｘ＋（ａ１－ｄ）上一群孤立的点．
单调性：ｄ＞０ 时，｛ａｎ｝为单调递增数列；ｄ＜０ 时，｛ａｎ｝为单
调递减数列．
２．等差数列｛ ａｎ ｝的前 ｎ 项和 Ｓｎ 可表示为 Ｓｎ ＝
ｄ
２
ｎ２ ＋
ａ１－
ｄ
２( ) ｎ，令 Ａ＝ ｄ２ ，Ｂ＝ａ１－ ｄ２ ，则 Ｓｎ ＝Ａｎ２＋Ｂｎ．
当 Ａ≠０，即 ｄ≠０ 时，Ｓｎ 是关于 ｎ 的二次函数，（ｎ，Ｓｎ）在
二次函数 ｙ＝Ａｘ２＋Ｂｘ 的图象上，为抛物线 ｙ＝Ａｘ２＋Ｂｘ 上一群孤
立的点．利用此性质可解决前 ｎ 项和 Ｓｎ 的最值问题．
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对应学生用书起始页码 Ｐ９１
一、等差数列的判定方法
　 　 １．证明一个数列｛ａｎ｝为等差数列的基本方法有两种：
（１）定义法：证明 ａｎ＋１－ａｎ ＝ｄ 是常数（ｎ∈Ｎ?）；
（２）等差中项法：证明 ａｎ＋２＋ａｎ ＝ ２ａｎ＋１（ｎ∈Ｎ?） ．
２．解填空题时，可用通项公式或前 ｎ 项和公式直接判断．
（１）通项法：｛ａｎ｝是等差数列?ａｎ ＝Ａｎ＋Ｂ（Ａ，Ｂ 是常数）；
（２）前 ｎ 项和法：｛ａｎ｝是等差数列?Ｓｎ ＝Ａｎ２＋Ｂｎ（Ａ，Ｂ 是常数）．
各项均不为 ０ 的数列｛ａｎ｝满足
ａｎ＋１（ａｎ＋ａｎ＋２）
２
＝ ａｎ＋２ ａｎ，
且 ａ３ ＝ ２ａ８ ＝
１
５
．
（１）证明：数列
１
ａｎ{ } 是等差数列，并求数列｛ａｎ｝的通项公式；
（２）若数列｛ｂｎ｝的通项公式为 ｂｎ ＝
ａｎ
２ｎ＋６
，求数列｛ｂｎ｝的前 ｎ项和 Ｓｎ ．
解题导引
解析　 （１）依题意，ａｎ＋１ ａｎ ＋ａｎ＋２ ａｎ＋１ ＝ ２ａｎ＋２ ａｎ，两边同时除
以 ａｎａｎ＋１ａｎ＋２，可得
１
ａｎ＋２
＋ １
ａｎ
＝ ２
ａｎ＋１
，故数列
１
ａｎ{ } 是等差数列．
设数列
１
ａｎ{ } 的公差为 ｄ．
因为 ａ３ ＝ ２ａ８ ＝
１
５
，所以
１
ａ３
＝ ５，
１
ａ８
＝ １０，
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５６　 ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
所以
１
ａ８
－ １
ａ３
＝ ５＝ ５ｄ，即 ｄ＝ １，
故
１
ａｎ
＝ １
ａ３
＋（ｎ－３）ｄ＝ ５＋（ｎ－３）×１＝ｎ＋２，故 ａｎ ＝
１
ｎ＋２
．
（ ２ ） 由 （ １ ） 可 知 ｂｎ ＝
ａｎ
２ｎ＋６
＝ １
２
·
１
（ｎ＋２）（ｎ＋３）
＝
１
２
１
ｎ＋２
－ １
ｎ＋３( ) ，
故 Ｓｎ ＝
１
２
１
３
－ １
４
＋ １
４
－ １
５
＋…＋
１
ｎ＋２
－ １
ｎ＋３( ) ＝ ｎ６（ｎ＋３） ．
　 　 １－１　 已知｛ａｎ｝是各项均为正数的等差数列，公差为 ｄ．对
任意的 ｎ∈Ｎ?，ｂｎ 是 ａｎ 和 ａｎ＋１的等比中项．
（１）设 ｃｎ ＝ ｂ２ｎ＋１－ｂ２ｎ，ｎ∈Ｎ?，求证：数列｛ｃｎ｝是等差数列；
（２）设 ａ１ ＝ｄ，Ｔｎ ＝ ∑
２ｎ
ｋ ＝ １
（－１） ｋｂ２ｋ，ｎ∈Ｎ?，求证：∑
ｎ
ｋ ＝ １
１
Ｔｋ
＜
１
２ｄ２
．
１－１ 证明　 （１）由题意得 ｂ２ｎ ＝ａｎａｎ＋１，则 ｃｎ ＝ ｂ２ｎ＋１－ｂ２ｎ ＝ ａｎ＋１·ａｎ＋２
－ａｎａｎ＋１ ＝ ２ｄａｎ＋１，因此 ｃｎ＋１－ｃｎ ＝ ２ｄ（ａｎ＋２－ａｎ＋１）＝ ２ｄ２，
所以数列｛ｃｎ｝是等差数列．
（２）Ｔｎ ＝（－ｂ２１＋ｂ２２）＋（－ｂ２３＋ｂ２４）＋…＋（－ｂ２２ｎ－１＋ｂ２２ｎ）
＝ ２ｄ（ａ２＋ａ４＋…＋ａ２ｎ）
＝ ２ｄ·
ｎ（ａ２＋ａ２ｎ）
２
＝ ２ｄ２ｎ（ｎ＋１），
则
１
Ｔｎ
＝ １
２ｄ２
１
ｎ
－ １
ｎ＋１( ) ，
所以 ∑
ｎ
ｋ ＝ １
１
Ｔｋ
＝ １
２ｄ２ ∑
ｎ
ｋ ＝ １
１
ｋ
－ １
ｋ＋１( ) ＝ １２ｄ２· １－
１
ｎ＋１( ) ＜ １２ｄ２ ．
　 　 １－２　 已知数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和为 Ｓｎ，ａ１ ＝ １，ａｎ≠０，ａｎａｎ＋１ ＝
λＳｎ－１，其中 λ 为常数，
（１）证明：ａｎ＋２－ａｎ ＝λ；
（２）是否存在 λ，使得｛ａｎ｝为等差数列？ 并说明理由．
１－２ 解析　 （１）证明：由 ａｎａｎ＋１ ＝ λＳｎ －１，知 ａｎ＋１ ａｎ＋２ ＝ λＳｎ＋１ －１．
两式相减得，ａｎ＋１（ａｎ＋２－ａｎ）＝ λａｎ＋１ ．
由于 ａｎ＋１≠０，所以 ａｎ＋２－ａｎ ＝λ．
（２）存在．由 ａ１ ＝ １，ａ１ａ２ ＝λａ１－１，可得 ａ２ ＝λ－１，由（１）知，ａ３
＝λ＋１．令 ２ａ２ ＝ａ１＋ａ３，解得 λ＝ ４．
故 ａｎ＋２－ａｎ ＝ ４，由此可得，｛ａ２ｎ－１｝是首项为 １，公差为 ４ 的等
差数列，ａ２ｎ－１ ＝ １＋（ｎ－１）·４＝ ４ｎ－３；
｛ａ２ｎ｝是首项为 ３，公差为 ４ 的等差数列，ａ２ｎ ＝ ３＋（ｎ－１）·４＝
４ｎ－１．
所以 ａｎ ＝ ２ｎ－１，ａｎ＋１－ａｎ ＝ ２．
因此存在 λ＝ ４，使得｛ａｎ｝为等差数列．
思路分析 　 （１） 已知 ａｎａｎ＋１ ＝ λＳｎ － １，用 ｎ＋ １ 代替 ｎ 得
ａｎ＋１ａｎ＋２ ＝λＳｎ＋１－１，两式相减得结论．
（２）利用 ａ１ ＝ １，ａ２ ＝λ－１，ａ３ ＝λ＋１ 及 ２ａ２ ＝ａ１＋ａ３，得 λ＝ ４，进
而得 ａｎ＋２－ａｎ ＝ ４，故数列｛ａｎ｝的奇数项和偶数项分别组成公差为
４ 的等差数列，分别求通项，进而求出｛ａｎ｝的通项公式，从而证
其为等差数列．
方法总结　 对于含 ａｎ、Ｓｎ 的等式的处理，往往可转化为关
于 ａｎ 的递推式或关于 Ｓｎ 的递推式；对于存在性问题，可先探求
参数的值再证明．
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二、等差数列前 ｎ 项和的最值问题的求解方法
　 　 求等差数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和 Ｓｎ 的最值的方法：
二次函数法 —
当公差 ｄ≠０ 时，将 Ｓｎ 看作关于 ｎ 的二次函
数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结
合，使问题得解
通项公式法 —
求使 ａｎ≥０（或 ａｎ≤０）成立的最大 ｎ 值即可得
Ｓｎ 的最大（或最小）值
不等式组法 —
借助 Ｓｎ 最大时，有
Ｓｎ≥Ｓｎ－１，
Ｓｎ≥Ｓｎ＋１
{ （ｎ≥２，ｎ∈Ｎ?），
解此不等式组确定 ｎ 的范围，进而确定 ｎ 的值
和对应 Ｓｎ 的值（该值即为 Ｓｎ 的最大值），类似
可求最小值
等差数列｛ａｎ｝中，设 Ｓｎ 为其前 ｎ 项和，且 ａ１ ＞０，Ｓ３ ＝
Ｓ１１，则当 ｎ 为多少时，Ｓｎ 最大？
解题导引　 解法一：从 Ｓ３ ＝ Ｓ１１ 得到 ａ１ 与 ｄ 的关系，把 Ｓｎ
用 ａ１（或 ｄ）及 ｎ 表示出来，根据二次函数的性质求 Ｓｎ 的最大值．
解法二：根据 Ｓ３ ＝ Ｓ１１，ａ１ ＞０ 及二次函数图象的对称性知 Ｓ７
最大．
解法三：由 Ｓ３ ＝Ｓ１１得到 ａ１ 与 ｄ 的关系，Ｓｎ 最大?
ａｎ≥０，
ａｎ＋１≤０
{ ?
ｎ 的范围，再由 ｎ∈Ｎ?确定 ｎ 的值．
解法四：由 Ｓ３ ＝Ｓ１１得 ２ａ１ ＋１３ｄ ＝ ０，配凑出 ａ７ ＋ａ８ ＝ ０，根据等
差数列｛ａｎ｝中 ａ１＞０，结合 Ｓ３ ＝Ｓ１１得 ａ７＞０，ａ８＜０，故 Ｓ７ 最大．
解析　 解法一：由 Ｓ３ ＝Ｓ１１，可得 ３ａ１＋
３×２
２
ｄ＝１１ａ１＋
１１×１０
２
ｄ，即
ｄ＝－
２
１３
ａ１ ．从而 Ｓｎ ＝
ｄ
２
ｎ２＋ ａ１－
ｄ
２( ) ｎ＝－
ａ１
１３
（ｎ－７） ２＋
４９
１３
ａ１，
因为 ａ１＞０，所以－
ａ１
１３
＜０．故当 ｎ＝ ７ 时，Ｓｎ 最大．
解法二：易知 Ｓｎ ＝ ａｎ２ ＋ｂｎ 是关于 ｎ 的二次函数，由 Ｓ３ ＝ Ｓ１１，
可知 Ｓｎ ＝ａｎ２＋ｂｎ 的图象关于 ｎ＝
３＋１１
２
＝ ７ 对称．由解法一可知 ｄ＝
－ ２
１３
ａ１，又 ａ１＞０，ａ＝－
ａ１
１３
＜０，故当 ｎ＝ ７ 时，Ｓｎ 最大．
解法三：由解法一可知 ｄ＝－
２
１３
ａ１ ．
要使 Ｓｎ 最大，则有
ａｎ≥０，
ａｎ＋１≤０，
{
即
ａ１＋（ｎ－１） －
２
１３
ａ１( ) ≥０，
ａ１＋ｎ －
２
１３
ａ１( ) ≤０，
ì
?
í
??
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解得 ６．５≤ｎ≤７．５，故当 ｎ＝ ７ 时，Ｓｎ 最大．
解法四：由 Ｓ３ ＝Ｓ１１，可得 ２ａ１＋１３ｄ＝ ０，
即（ａ１＋６ｄ）＋（ａ１＋７ｄ）＝ ０，
故 ａ７＋ａ８ ＝ ０，又由 ａ１＞０，Ｓ３ ＝Ｓ１１可知 ｄ＜０，
所以 ａ７＞０，ａ８＜０，所以当 ｎ＝ ７ 时，Ｓｎ 最大．
　 　 ２－１　 若等差数列｛ａｎ｝满足 ａ７ ＋ａ８ ＋ａ９ ＞０，ａ７ ＋ａ１０ ＜０，则当 ｎ
＝ 　 　 　 　 时，｛ａｎ｝的前 ｎ 项和最大．
２－１ 答案　 ８
解析　 根据题意知 ａ７＋ａ８＋ａ９ ＝ ３ａ８＞０，即 ａ８＞０．
又 ａ８＋ａ９ ＝ａ７＋ａ１０＜０，∴ ａ９＜０，∴ 当 ｎ＝ ８ 时，｛ａｎ｝的前 ｎ 项和
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第六章　 数列 ５７　
最大．
　 　 ２－２　 已知等差数列｛ａｎ｝满足 ａ１＞０，５ａ８ ＝ ８ａ１３，则前 ｎ 项和
Ｓｎ 取最大值时，ｎ 的值为　 　 　 　 ．
２－２ 答案　 ２１
解析　 设数列｛ａｎ｝的公差为 ｄ，由 ５ａ８ ＝ ８ａ１３，得 ５（ａ１＋７ｄ）
＝ ８（ａ１ ＋ １２ｄ），解得 ｄ ＝ －
３
６１
ａ１，由 ａｎ ＝ ａ１ ＋ （ ｎ － １） ｄ ＝ ａ１ ＋
（ｎ－１） －
３
６１
ａ１( ) ≥０，ａ１＞０，可得 ｎ≤６４３ ＝ ２１ １３ ，所以数列｛ａｎ｝的
前 ２１ 项都是正数，以后各项都是负数，故 Ｓｎ 取最大值时，ｎ 的值
为 ２１．
　 　 ２－３　 已知数列｛ａｎ｝是等差数列，且
ａ７
ａ６
＜－１，它的前 ｎ 项和
Ｓｎ 有最小值，则 Ｓｎ 取到最小正数时 ｎ 的值为　 　 　 　 ．
２－３ 答案　 １２
解析　 等差数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和 Ｓｎ 有最小值，则 ａ１＜０，ｄ
＞０，又
ａ７
ａ６
＜－１，∴ ａ６＜０，ａ７＞０，可得当 ｎ≥７ 时，ａｎ＞０，ａ６＋ａ７＞０．
∴ Ｓ１２ ＝
１２（ａ１＋ａ１２）
２
＝ ６（ａ６ ＋ａ７） ＞０．因此 Ｓｎ 取到最小正数时
ｎ 的值为 １２．
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(共61张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
考点一　等差数列的概念及运算
1.(2019江苏,8,5分)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的
值是　　　????.
答案　16
解析　本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式,考查学生的运算求解能力,同时考查数
列基础知识的应用能力.
设数列{an}的公差为d,
则?
解得a1=-5,d=2,所以S8=8×(-5)+?×2=16.
一题多解　∵数列{an}是等差数列,∴S9=?=9a5=27,∴a5=3,由3a2+a8=0,得3(a5-3d)+a5+3d
=0,即12-6d=0,∴d=2,
∴S8=?=4(a4+a5)=4(a5-d+a5)=16.
2.(2016江苏,8,5分)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和.若a1+?=-3,S5=10,则a9的值是　　????
????.
答案　20
解析　设等差数列{an}的公差为d,则由题设可得?解得?
从而a9=a1+8d=20.
考点二　等差数列的性质及应用
(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{an}满足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2
kan对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{an}是“P(k)数列”.
(1)证明:等差数列{an}是“P(3)数列”;
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{an}是等差数列.
证明　本题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及
综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)因为{an}是等差数列,所以设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,
从而,当n≥4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,
所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,
因此等差数列{an}是“P(3)数列”.
(2)数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,
当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,?①
当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.?②
由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),?③
an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).?④
将③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4,
所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.
在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',
在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',
所以数列{an}是等差数列.

方法总结　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.
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
考点一　等差数列的概念及运算
1.(2019课标全国Ⅰ理改编,9,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则an=　　　????,
Sn=　　　????.
答案　2n-5;n2-4n
解析　本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式;考查学生的运算求解能力;考查的核心
素养是数学运算.
设{an}的公差为d,依题意得,4a1+?d=0①,a1+4d=5②,
联立①②,解得a1=-3,d=2.所以an=2n-5,Sn=n2-4n.
解后反思　解数列选择题,可以用逐项检验法、排除法或赋值法等“快速”解法.本题若用逐
项检验法去验证S4和a5,就会发现无法排除错误选项.因此,还是要从通用方法入手.
2.(2019课标全国Ⅲ理,14,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则?=　　　????.
答案　4
解析　本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式;考查学生对数列基础知识的掌握程度和
运算求解能力;考查了数学运算的核心素养.
设等差数列{an}的公差为d,∵a2=3a1,
∴a2=a1+d=3a1,∴d=2a1,
∴S10=10a1+?d=100a1,
S5=5a1+?d=25a1,
又∵a1≠0,∴?=4.
3.(2019北京理,10,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5=　　　????,Sn的最小
值为　　　????.
答案　0;-10
解析　本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式;考查函数的思想方法;通过求最值考查
学生的运算求解能力.考查的核心素养是数学运算.
设等差数列{an}的公差为d,∵a2=-3,S5=-10,
∴?即?得?
∴a5=a1+4d=0,Sn=na1+?d=-4n+?=?(n2-9n)=??-?,
∵n∈N*,∴n=4或5时,Sn取最小值,最小值为-10.
一题多解　设等差数列{an}的公差为d,易得S5=?=5a3,∵S5=-10,∴a3=-2,又a2=-3,∴d=1,
∴a5=a3+2d=0,∴(Sn)min=S4=S5=-10.
4.(2019课标全国Ⅲ文,14,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3=5,a7=13,则S10=　　　????.
答案　100
解析　本题考查等差数列的性质和前n项和公式,考查学生的运算求解能力,考查数学运算的
核心素养.
设等差数列{an}的公差为d,则d=?=?=2,
∴a1=a3-2d=5-4=1.
∴S10=10+?×2=100.
失分警示　对等差数列前n项和公式记忆不清,从而导致出错.
5.(2018课标全国Ⅰ理改编,4,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=　　????
????.
答案　-10
解析　本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式.
设等差数列{an}的公差为d,则3×(3a1+3d)=2a1+d+4a1+6d,即d=-?a1,又a1=2,∴d=-3,∴a5=a1+4d=-
10.
6.(2018北京理,9,5分)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为　　　????.
答案????an=6n-3
解析　本题主要考查等差数列的通项公式.
设等差数列{an}的公差为d,则a2+a5=a1+d+a1+4d=2a1+5d=6+5d=36,∴d=6,∴an=a1+(n-1)d=3+6(n-
1)=6n-3.
7.(2017课标全国Ⅲ理改编,9,5分)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则
{an}前6项的和为　　　????.
答案　-24
解析　本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式.
设等差数列{an}的公差为d,依题意得?=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2或d=0(舍去),又a
1=1,∴S6=6×1+?×(-2)=-24.
评析　(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另
外两个,体现了用方程的思想解决问题.(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量
代换的作用,而a1和d是等差数列的两个基本量,在求解时常用它们表示已知和未知.
8.(2017课标全国Ⅱ理,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则??=　　　????.
答案?????
解析　本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和.
设公差为d,则?∴?
∴an=n.
∴前n项和Sn=1+2+…+n=?,
∴?=?=2?,
∴??=2?1-?+?-?+…+?-??=2?=2·?=?.
思路分析　求出首项a1和公差d,从而求出Sn,得?=?=2?,从而运用裂项相消法求
和即可.
解后反思　裂项相消法求和的常见类型:
①若{an}是等差数列,则?=??(d≠0);
②?=?(?-?);
③?=?-?.
9.(2015课标全国Ⅰ改编,7,5分)已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和.若S8=4S4,则
a10=　　　????.
答案?????
解析　由S8=4S4得8a1+?×1=4×?,解得a1=?,∴a10=a1+9d=?.
评析　本题主要考查等差数列的前n项和,计算准确是解题关键,属容易题.
10.(2019课标全国Ⅰ文,18,12分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=-a5.
(1)若a3=4,求{an}的通项公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.
解析　本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式;考查学生对数列基础知识的掌握程度和
应用能力,主要考查数学运算的核心素养.
(1)设{an}的公差为d.
由S9=-a5得a1+4d=0.
由a3=4得a1+2d=4.
于是a1=8,d=-2.
因此{an}的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=?.
由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.
思路分析　(1)根据题意列出两个关于a1和d的方程,然后解得a1与d,从而得{an}的通项公式.
(2)根据(1)中a1与d的关系,利用等差数列的前n项和公式及通项公式,得出关于n的不等式,从而
得出n的取值范围.
11.(2019课标全国Ⅱ理,19,12分)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
解析????本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考
查了学生的逻辑推理、运算求解能力以及方程思想,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=?(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为?的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=?,an-bn=2n-1.
所以an=?[(an+bn)+(an-bn)]=?+n-?,
bn=?[(an+bn)-(an-bn)]=?-n+?.
思路分析　(1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=?(an+bn),从而证得数列{an+bn}为
等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列{an-bn}为等差数
列.(2)由(1)可求出{an+bn},{an-bn}的通项公式,联立方程可解得an,bn.
解题关键　将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键.
12.(2018课标全国Ⅱ理,17,12分)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
解析　(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.
由a1=-7得d=2.
所以{an}的通项公式为an=2n-9.
(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.
所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.
方法总结　求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法
(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的
最值.
(2)邻项变号法:
①当a1>0,d<0时,满足?的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;
②当a1<0,d>0时,满足?的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.
13.(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=?,anbn+1+bn+
1=nbn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前n项和.
解析　(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=?,得a1=2,?(3分)
所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.?(5分)
(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=?,?(7分)
因此{bn}是首项为1,公比为?的等比数列.?(9分)
记{bn}的前n项和为Sn,
则Sn=?=?-?.?(12分)
评析　本题主要考查了等差数列及等比数列的定义,能准确写出{an}的通项是关键.
考点二　等差数列的性质及应用
1.(2017课标全国Ⅰ理改编,4,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公
差为　　　????.
答案　4
解析　解法一:等差数列{an}中,S6=?=48,则a1+a6=16=a2+a5,又a4+a5=24,所以a4-a2=2d=2
4-16=8,得d=4.
解法二:由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组,得?即
?解得?
方法总结　求解此类题时,常用Sn=?先求出a1+an的值,再结合等差数列中“若m,n,p,q∈
N*,m+n=p+q,则am+an=ap+aq”的性质求解数列中的基本量.
2.(2015课标全国Ⅱ改编,5,5分)设Sn是等差数列{an}的前n项和.若a1+a3+a5=3,则S5=　　　????.
答案　5
解析　∵{an}为等差数列,∴a1+a5=2a3,
得3a3=3,则a3=1,
∴S5=?=5a3=5.
3.(2019北京文,16,13分)设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.
解析　本题属等差、等比数列的综合运用,重在考查等差、等比数列的基础知识、基本运算,
考查的学科素养为数学抽象与数学运算.
(1)设{an}的公差为d.
因为a1=-10,
所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.
因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,
所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6).
所以(-2+2d)2=d(-4+3d).
解得d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-12.
(2)由(1)知,an=2n-12.
所以,当n≥7时,an>0;当n≤6时,an≤0.
所以,Sn的最小值为S6=-30.
4.(2016课标全国Ⅱ理,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]
表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
解析　(1)设{an}的公差为d,根据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.?(6分)
(2)因为bn=??(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.?(12分)
思路分析　(1)先求公差,从而求得通项公式an=n,再根据已知条件求b1,b11,b101;(2)用分段函数表
示bn,进而求数列{bn}的前1 000项的和.
评析　本题主要考查了数列的综合运用,同时对考生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义
是解题关键.
C组　教师专用题组
考点一　等差数列的概念及运算
1.(2011大纲全国改编,4,5分)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k=????
　　????.
答案　5
解析　∵{an}是等差数列,a1=1,d=2,∴an=2n-1.由已知得Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=2(k+2)+2(k+1)-2=4k+4=
24,∴k=5.
2.(2014浙江文,19,14分)已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36.
(1)求d及Sn;
(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65.
解析　(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,
将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.
因为d>0,所以d=2.从而an=2n-1,Sn=n2(n∈N*).
(2)由(1)得am+am+1+am+2+…+am+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?
所以?
评析　本题主要考查等差数列的概念、通项公式、求和公式等基础知识,同时考查运算求解
能力.
考点二　等差数列的性质及应用
1.(2015广东,10,5分)在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=　　　????.
答案　10
解析　利用等差数列的性质可得a3+a7=a4+a6=2a5,从而a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,故a5=5,所以a2+a8
=2a5=10.
2.(2013课标全国Ⅰ,7,5分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=　　　????.
答案　5
解析　解法一:∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,∴am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,∴公差d=am+1-am=1,由Sn=na1+
?d=na1+?,
得?
由①得a1=?,代入②可得m=5.
解法二:∵数列{an}为等差数列,且前n项和为Sn,
∴数列?也为等差数列.
∴?+?=?,即?+?=0,解得m=5,经检验为原方程的解.
3.(2014江苏,20,16分)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=
am,则称{an}是“H数列”.
(1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H数列”;
(2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数列”,求d的值;
(3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.
解析　(1)证明:由已知得,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=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Sn=2n=am.所以{an}是“H数列”.
(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,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,an=2-n,Sn=?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-Sn
=2-?,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”.
因此d的值为-1.
(3)证明:设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).
令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),
则an=bn+cn(n∈N*).
下证{bn}是“H数列”.
设{bn}的前n项和为Tn,则Tn=?a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=?,
使得Tn=bm.所以{bn}是“H数列”.
同理可证{cn}也是“H数列”.
所以,对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*).

4.(2012江苏,20,16分)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足:an+1=?,n∈N*.
(1)设bn+1=1+?,n∈N*,求证:数列?是等差数列;
(2)设bn+1=?·?,n∈N*,且{an}是等比数列,求a1和b1的值.
解析　(1)由题设知an+1=?=?=?,
所以?=?,从而?-?=1(n∈N*),
所以数列?是以1为公差的等差数列.
(2)因为an>0,bn>0,所以?≤?+?<(an+bn)2,
从而1设等比数列{an}的公比为q,由an>0知q>0.下证q=1.
若q>1,则a1=?logq?时,an+1=a1qn>?,与(*)矛盾;
若0a2>1,故当n>logq?时,an+1=a1qn<1,与(*)矛盾.
综上,q=1,故an=a1(n∈N*),所以1又bn+1=?·?=?·bn(n∈N*),所以{bn}是公比为?的等比数列.
若a1≠?,则?>1,于是b1又由a1=?得bn=?,
所以b1,b2,b3中至少有两项相同,矛盾.所以a1=?,从而bn=?=?.所以a1=b1=?.
评析　本题主要考查等差数列和等比数列的基本性质、基本不等式等基础知识,考查学生分
析探究及逻辑推理的能力.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一　等差数列的概念及运算

1.(2019徐州期中,7)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S11=132,a6+a9=30,则a12的值为　　　????.
答案　24
解析　因为S11=132,所以?=132,即11a6=132,所以a6=12,又a6+a9=30,所以a9=18,因为a6+a
12=2a9,所以a12=24.
2.(2019南京、盐城二模,6)等差数列{an}中,a4=10,前12项的和S12=90,则a18的值为　　　????.
答案　-4
解析　依题意,得?
解得?所以a18=13+17×(-1)=-4.
一题多解????S12=?×12=90,
∴a1+a12=15,
∴a4+a9=15,又a4=10,∴a9=5,∴a9-a4=5d=-5,∴d=-1,
∴a18=a4+14d=10-14=-4.
3.(2019泰州中学3月检测,9)已知θ1=30°,θn+1=θn+15°,an=sin θn+1,n∈N*,则?+a4=　　　????.
答案?????
解析　由θ1=30°,θn+1=θn+15°,得θn=30°+(n-1)15°,
所以an=sin θn+1=sin(30°+15°n),
所以a2=?,a4=1,所以?+a4=?.
4.(2019无锡期末,10)设公差不为零的等差数列{an}满足a3=7,且a1-1,a2-1,a4-1成等比数列,则a10
等于　　　????.
答案　21
解析　依题意,有:(a2-1)2=(a1-1)(a4-1),即
(7-d-1)2=(7-2d-1)(7+d-1),即(6-d)2=(6-2d)(6+d),
整理得3d2-6d=0,因为d不为0,所以d=2,则a10=a3+7d=7+14=21.
5.(2018苏锡常镇四市教学情况调研(一),8)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a2+a4=2,S2+S4=1,则
a10=　　　????.
答案　8
解析　设数列{an}的公差为d,
∵a2+a4=2,∴2a1+4d=2,
∵S2+S4=1,
∴2a1+d+4a1+?d=1,
∴6a1+7d=1,
联立?
解得?
∴a10=a1+9d=-1+9=8.
6.(2017扬州、泰州、南通、淮安、宿迁、徐州六市联考,9)已知{an}是公差不为0的等差数列,
Sn是其前n项和.若a2a3=a4a5,S9=27,则a1的值是　　　????.
答案　-5
解析　设等差数列{an}的公差为d,
由题设可得?
即?解得a1=-5.
考点二　等差数列的性质及应用
1.(2018南京、盐城二模,6)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S15=30,a7=1,则S9的值为　　????
????.
答案　-9
解析　因为数列{an}为等差数列,所以S15=15a8=30,故a8=2,又a7=1,因此d=1,所以a5=a7-2d=-1,所
以S9=9a5=-9.
评析　本题也可用基本量法列出方程组,求出首项与公差,进而得到S9.
2.(2018无锡期中,10)在等差数列{an}中,已知a1+a3=0,a2+a4=-2,则数列{an}的前10项和为　　????
????.
答案　-35
解析　∵a2+a4=2a3=-2,∴a3=-1,∵a1+a3=0,∴a1=1,d=?=-1,∴S10=1×10+?×(-1)=-35.
3.(2018南京高三学情调研,10)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若am=10,S2m-1=110,则m的值为????
　　????.
答案　6
解析　∵{an}是等差数列,∴S2m-1=?×(2m-1)=(2m-1)am=10(2m-1)=110,可得m=6.
4.(2019如皋一模,20)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,数列{bn}满足bn=an·an+1·an+2(n∈N
*).
(1)若数列{an}满足a10=-2,a4,a14,a9成等比数列.
①求数列{an}的通项公式;
②设数列{bn}的前n项和为Sn,当n多大时,Sn取最小值?
(2)若数列{bn}满足cn=an+1an+2-?(n∈N*),且等差数列{an}的公差为?,存在正整数p,q,使得ap+cq是
整数,求|a1|的最小值.
解析　(1)①设数列{an}的公差为d,
因为a4,a14,a9成等比数列,所以(-2-6d)(-2-d)=(-2+4d)2,
所以d2-3d=0,因为d≠0,所以d=3,
所以an=a10+(n-10)d=3n-32.?(3分)
②当1≤n≤10时,an<0,当n≥11时,an>0,
因为bn=an·an+1·an+2,
所以当1≤n≤8时,bn<0,当n≥11时,bn>0,
b9>0,b10<0,所以S1>S2>…>S8S10所以Sn的最小值为S8或S10.?(6分)
因为S10-S8=b9+b10=a10a11(a9+a12),
又因为a10<0,a11>0,a9+a12=-1<0,所以S10-S8>0.
所以当n=8时,Sn取最小值.?(9分)
(2)cn=an+1an+2-?=??-?=an+?.?(10分)
因为存在正整数p,q,使得ap+cq是整数,
所以ap+cq=a1+(p-1)×?+a1+(q-1)×?+?=2a1+?+?∈Z.
设m=2a1+?+?,m∈Z.
所以18a1=3(3m-p-q+1)+1是一个整数,
所以|18a1|≥1,从而|a1|≥?,?(14分)
又当|a1|=?时,存在a1+c3=1∈Z.
综上,|a1|的最小值为?.?(16分)
一、填空题(每小题5分,共30分)

B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：45分钟 分值：62分)
1.(2019苏州3月检测,11)已知等差数列{an}的各项均为正数,a1=1,且a3,a4+?,a11成等比数列.若p-
q=10,则ap-aq=　????.
答案　15
解析　设等差数列的公差为d,由题意知d>0,
∵a3,a4+?,a11成等比数列,∴?=a3a11,
∴?=(1+2d)(1+10d),即44d2-36d-45=0,
解得d=?或d=-?(舍去),
∵p-q=10,∴ap-aq=(p-q)d=10×?=15.
2.(2019南师大附中期中,13)已知实数x,y,z∈[0,4],如果x2,y2,z2是公差为2的等差数列,则|x-y|+|y-z|
的最小值为　　　????.
答案　4-2?
解析　实数x,y,z∈[0,4],x2,y2,z2是公差为2的等差数列,则0≤x≤y≤z≤4,则|x-y|+|y-z|=z-x=?
=?=?≥?=4-2?.
∴|x-y|+|y-z|的最小值为4-2?.
3.(2019金陵中学检测,12)已知a,b,c(a比数列,则?的值为　　　????.
答案　20
解析　∵a,b,c(a若c,b,a成等比数列,则有b2=ac,则会有a=b=c,矛盾.
设等差数列的公差为d,d>0.
则a=b-d,c=b+d.
若b,a,c成等比数列,则(b-d)2=b(b+d),解得d=3b,
则a=-2b,c=4b,∴?=20.
若a,c,b成等比数列,同理可得a=4b,c=-2b,∴?=20.
4.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,13)已知△ABC的三边长a,b,c成等差数列,且a2+b2+
c2=63,则实数b的取值范围是　　　　　????.
答案　(3?,?]
解析　设公差为d,则有a=b-d,c=b+d,代入a2+b2+c2=63,化简可得3b2+2d2=63,当d=0时,b有最大值,
为?.
由三角形三边关系得c-a63,解得b>3?,则实数b的取值范围是(3?,
?].
思路分析　设公差为d,则有a=b-d,c=b+d,代入已知等式求出b的最大值,由三角形三边关系列
出不等式,即可确定b的范围.
5.(2019江都中学、扬中高级中学、溧水高级中学联考)等差数列{an}的首项a1=8,且存在唯一
的k使得点(k,ak)在圆x2+y2=144上,则这样的等差数列共有　　　????个.
答案　21
解析　易知点(1,8)在圆内,若点(k,ak)(k∈N*)在圆x2+y2=144上,则有ak=±?,又ak=8+(k-1)d,
∴d=?(k≥2且k∈N*),因为首项a1=8为常数,所以满足条件的等差数列的个数等于
公差d的个数,易知k=2,3,…,12时共有21个值,所以答案为21.
6.(2018南京第一次段考,12)已知等差数列{an}的首项为a,公差为-4,其前n项和为Sn,若存在m∈
N*,使得Sm=36,则实数a的最小值为　　　????.
答案　15
解析　由题意得ma+?m(m-1)(-4)=36,即a=?+2m-2≥12?-2,当且仅当m=3?时取等号,因为
m∈N*,当m=5时,a=?,当m=4时,a=15二、解答题(共32分)
7.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,20)已知数列{an}是各项都不为0的无穷数列,对任意的n
≥3,n∈N*,a1a2+a2a3+…+an-1an=λ(n-1)a1an恒成立.
(1)如果?,?,?成等差数列,求实数λ的值;
(2)已知λ=1.
①求证:数列?是等差数列;
②已知数列{an}中,a1≠a2.数列{bn}是公比为q的等比数列,满足b1=?,b2=?,b3=?(i∈N*).求证:
q是整数,且数列{bn}中的任意一项都是数列?中的项.
解析　(1)因为n≥3且n∈N*时,a1a2+a2a3+…+an-1an=λ(n-1)a1an恒成立,
所以n=3时,a1a2+a2a3=2λa1a3,因为数列{an}的各项都不为0,所以上式两边同除以a1a2a3得?=?+
?,?(1分)
又因为?,?,?成等差数列,所以?=?+?,?(2分)
故?=?,所以λ=1.?(3分)
(2)①当λ=1,n=3时,a1a2+a2a3=2a1a3,(i)
整理得?+?=?,
则?-?=?-?.(ii)?(4分)
当n=4时,a1a2+a2a3+a3a4=3a1a4,(iii)
(iii)-(i)得a3a4=3a1a4-2a1a3,得?=?-?,又?+?=?,
所以?-?=?-?.(iv)?(5分)
当n≥3时,a1a2+a2a3+…+an-1an=(n-1)a1an,
a1a2+a2a3+…+an-1an+anan+1=na1an+1,两式相减得:
anan+1=na1an+1-(n-1)a1an,因为an≠0,所以?=?-?.?(6分)
进一步有?=?-?,所以?-?=?-?,
整理得?+?=?,即?-?=?-?(n≥3),(v)?(7分)
由(ii)(iv)(v)得:?-?=?-?对任意的正整数恒成立,?(8分)
所以数列?是等差数列.?(9分)
②证明:设数列?的公差为d,首项为c.
令cn=?,则c1=?=c(c≠0),则b1=c1=c,b2=c2=c+d,
d=c2-c1=b2-b1=cq-c.
当i=2时,b3=c2=b2,从而q=1,b2=b1,得a1=a2,与已知不符.?(10分)
当i=3时,由b3=c3,得cq2=c+2d=c+2c(q-1),得q2=1+2(q-1).
得q=1,与已知不符.?(11分)
当i=1时,由b3=c1,得cq2=c,得q2=1,则q=-1(上面已证q≠1),为整数,则数列{bn}为c,-c,c,…;数列{cn}
中,c1=c,c2=-c,公差d=-2c.
数列{bn}中的每一项都是{cn}中的项(c=c1,-c=c2).?(12分)
当i≥4时,由b3=ci,得cq2=c+(i-1)d=c+(i-1)c(q-1),得q2-(i-1)q+(i-2)=0,
解得q=1(舍去)或q=i-2(i≥4)为正整数.?(14分)
因为cq=c+d,b3=ci,
对任意的正整数k≥4,欲证明bk是数列{cn}中的项,只需:
bk=cqk-1=ci+xd=b3+x(cq-c)=cq2+x(cq-c)有正整数解x.
等价于qk-1=q2+x(q-1),x=?为正整数.
因为x=?=?表示首项为q2,公比为q=i-2(i≥4),共k-3(k≥4)项的等比数列的和,所
以x为正整数.
因此,{bn}中的每一项都是数列{cn}亦即?中的项.?(16分)
8.(2019南通三县期末联考,20)已知数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,对于任意正整数m,k,都
有?=?.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn},{cn}满足an=bn-cn.
①若cn=2bn+1,b3=-1,求证:数列{bn}是等差数列;
②若数列{bn}、{cn}都是等比数列,求证:数列{cn}中至多存在三项.
解析　(1)令m=n,k=1,则由?=?,得?=n2.
因为S1=a1=1,所以Sn=n2,?(2分)
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,且当n=1时,此式也成立.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.?(4分)
(2)①证法一:因为an=bn-cn,cn=2bn+1,
所以bn-2bn+1=2n-1,
所以bn+2n-5=2[bn+1+2(n+1)-5].?(6分)
由b3=-1,b1-2b2=1,b2-2b3=3得b1=3,
所以b1+2×1-5=0,
所以bn+2n-5=0,?(8分)
所以bn=5-2n,
所以bn+1-bn=-2,
所以数列{bn}是等差数列.?(10分)
证法二:因为an=bn-cn,cn=2bn+1,b3=-1,
所以bn-2bn+1=2n-1,
所以2nbn-2n+1bn+1=2n(2n-1).?(6分)
所以2n-1bn-1-2nbn=2n-1(2n-3),……,2b1-22b2=2×1,
所以2b1-2nbn=2×1+22×3+…+2n-1(2n-3)(n≥2),
记Tn=2×1+22×3+…+2n-1(2n-3)(n≥2),
2Tn=22×1+23×3+…+2n-1(2n-5)+2n(2n-3),
两式相减得
-Tn=2+(23+24+…+2n)-2n(2n-3)=-6-2n(2n-5),
所以Tn=2n(2n-5)+6(n≥2),
所以,当n≥2时,bn=?+5-2n,?(8分)
由b3=-1,b1-2b2=1,b2-2b3=3得b1=3,
所以,当n≥2时,bn=5-2n,当n=1时,上式也成立,
所以bn+1-bn=-2,所以数列{bn}是等差数列.?(10分)
证法三:因为an=bn-cn,cn=2bn+1,b3=-1,
所以bn-2bn+1=2n-1,(i)
所以bn+1-2bn+2=2n+1,(ii)
(i)-(ii)得2bn+2-3bn+1+bn=-2,(iii)?(6分)
所以2bn+1-3bn+bn-1=-2(n≥2),(iv)?(8分)
(iii)-(iv)得2bn+2-5bn+1+4bn-bn-1=0,
所以2(bn+2-2bn+1+bn)-(bn+1-2bn+bn-1)=0.?(8分)
由b1-2b2=1,b3=-1知b1-2b2+b3=0.
所以bn+1-2bn+bn-1=0,即2bn=bn+1+bn-1(n≥2),
所以数列{bn}是等差数列.?(10分)
②不妨设数列{cn}超过三项,令bn=bpn,cn=cqn,
由(1)有2an+1=an+an+2,
因为an=bn-cn,
所以2(bn+1-cn+1)=(bn-cn)+(bn+2-cn+2),
把bn=bpn,cn=cqn代入,整理得bpn(p-1)2=cqn(q-1)2,(*)?(13分)
若p=q=1,则an=bn-cn=b-c,与条件矛盾;
若p≠1,q≠1,当n=1时,bp(p-1)2=cq(q-1)2,(i)
当n=2时,bp2(p-1)2=cq2(q-1)2,(ii)
(ii)÷(i)得,p=q,代入(*)得b=c,所以an=0,与条件矛盾.
故这样的数列{cn}至多存在三项.?(16分)
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题组
(2019苏州第一学期期中,19)已知数列{an}的首项为1,定义:若对任意的n∈N*,数列{an}满足an+1-
an>3,则称数列{an}为“M数列”.
(1)已知等差数列{an}为“M数列”,其前n项和Sn满足Sn<2n2+2n(n∈N*),求数列{an}的公差d的
取值范围;
(2)已知公比为正整数的等比数列{an}为“M数列”,记数列{bn}满足bn=?an,且数列{bn}不为
“M数列”,求数列{an}的通项公式.
解析　(1)因为等差数列{an}为“M数列”,所以d>3,(2分)
由a1=1,得Sn=n+?d,
由题意,得n+?d<2n2+2n对n∈N*均成立,
即(n-1)d<4n+2对n∈N*均成立,?(4分)
当n=1时,d>3均成立;?(5分)
当n≥2时,d因为?=4+?>4,所以3综上可得,数列{an}的公差d的取值范围是3(2)设数列{an}的公比为q,则an=a1qn-1=qn-1,
因为公比为正整数的等比数列{an}为“M数列”,
所以an+1-an=a1qn-1(q-1)=qn-1(q-1)>3,
所以q至少为大于或等于2的正整数;?(9分)
又?=q≥2,所以数列{an-an-1}单调递增,
所以在数列{an-an-1}中,a2-a1为最小项,?(11分)
由{an}为“M数列”,可知只需a2-a1>3,即q-1>3,所以q>4.?(12分)
同理,在{bn-bn-1}中,b2-b1为最小项,
因为{bn}不是“M数列”,所以存在bm-bm-1≤3,
又b2-b1为最小项,所以b2-b1≤3,即a1(q-1)≤4,所以q≤5.?(14分)
因为q∈N*,所以q=5,an=5n-1.?(16分)
第六章 数列
真题多维细目表
考题 涉分 题型 难度 考点 考向 解题方法 核心素养
２０１９ 江苏，８ ５ 分 填空题 易 等差数列的概念及运算
①等差数列通项公式
②等差数列前 ｎ 项和公式
公式法
直接法
数学运算
２０１９ 江苏，２０ １６ 分 解答题 难 数列的综合应用
等差、等比数列的定义、
通项公式、性质
直接法
公式法
逻辑推理法
数学抽象
逻辑推理
数学运算
２０１８ 江苏，１４ ５ 分 填空题 难
①数列求和
②数列的综合应用
等差、等比数列的通项
公式与前 ｎ 项和公式
公式法
分类讨论
转化与化归
数学运算
数学抽象
逻辑推理
２０１８ 江苏，２０ １６ 分 解答题 难
①等差数列
②等比数列
③数列的综合应用
①等差、等比数列的定
义、通项公式、性质
②数列与不等式综合
公式法
分类讨论
转化与化归
数学抽象
逻辑推理
２０１７ 江苏，９ ５ 分 填空题 易
等比数列的
概念及运算
等比数列的通项公式、
前 ｎ 项和公式
公式法 数学运算
２０１７ 江苏，１９ １６ 分 解答题 难
①等差数列的概念及运算
②数列的综合应用
等差数列的定义、通项公式
定义法
公式法
逻辑推理
数学抽象
２０１６ 江苏，８ ５ 分 填空题 易
①等差数列的概念及运算
②数列求和
等差数列的通项公式、
前 ｎ 项和公式
公式法
逻辑推理
数学运算
２０１６ 江苏，２０ １６ 分 解答题 难
①等比数列的概念及运算
②等比数列的性质及应用
①等比数列的通项公式、
求和公式
②数列不等式的证明
公式法
分类讨论
转化与化归
逻辑推理
数学运算
数学抽象
２０１５ 江苏，１１ ５ 分 填空题 中
①数列的概念
②数列求和
①由递推式用累
加法求通项公式
②用裂项相消法求和
公式法 数学运算
２０１５ 江苏，２０ １６ 分 解答题 难
①等差数列
②等比数列
③数列的综合应用
①通项公式、求和公式
②数列与函数的综合
公式法
转化与化归
数学运算
数学抽象
逻辑推理
命题规律与趋势
０１ 考查内容
高考对数列的考查，有容易题，有中等题，
有难题，考查内容有等差数列、等比数列的
概念、性质和数列求和．考查一道填空题和
一道解答题．
０２ 命题特点
１．填空题：有时考查等差、等比数列的概念、性
质，考查基本量的运算．有时考查数列的综
合运用，出现在第 １４题，难度较大．
２．解答题：一般是压轴题，出现在第 ２０ 题，
前面是基础问题，后面考查数列综合运
用，难度大．
０３ 解题方法
基本量法、定义法、公式法、综合法．
０４ 关联考点
可与函数、不等式、概率相结合考查．
０５ 命题趋势
１．填空题考查等差、等比数列的概念和性
质，考查基本量的运算，考查通性通法．
２．解答题难度较大，考查知识灵活，需要一
定的综合能力．
０６ 核心素养
学科核心素养主要考查逻辑推理、数学运
算、数学建模．
第六章　 数列 ５３　
§ ６．１　 数列的有关概念
对应学生用书起始页码 Ｐ８６
考 点 数列的概念和简单表示法 高频考点
　 　 １．数列的定义
按一定次序排成的一列数叫做数列，即 ａ１，ａ２，ａ３，…，ａｎ，
…，简记为数列｛ａｎ｝ ．其中，ａ１ 称为数列的首项，ａｎ 称为数列的第
ｎ 项，实际上，数列可以看成是以正整数集 Ｎ? 或它的有限子集
｛１，２，…，ｎ｝为定义域的函数 ａｎ ＝ ｆ（ｎ）当自变量按照从小到大的
顺序依次取值时所对应的一列函数值．
２．数列的分类
按项分类
有穷数列：项数有限；
无穷数列：项数无限．{
按 ａｎ 的增
减性分类
递增数列：对于任何 ｎ∈Ｎ?，均有 ａｎ＋１＞ａｎ；
递减数列：对于任何 ｎ∈Ｎ?，均有 ａｎ＋１＜ａｎ；
摆动数列：如－１，１，－１，１，…
常数列：如 ６，６，６，６，…
ì
?
í
?
?
?
?
３．数列的表示方法
（１）列表法；
（２）图象法：数列可用一群孤立的点表示；
（３）解析法（公式法）：通项公式或递推公式．
４．通项公式
如果数列｛ａｎ｝的第 ｎ 项 ａｎ 与序号 ｎ 之间的关系可以用一
个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．
注意　 数列是一个特殊的函数，要学会用函数思想解决数
列问题．
５．数列的前 ｎ 项和
数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项之和叫做数列的前 ｎ 项和，常用 Ｓｎ 表示．
（１）Ｓｎ ＝ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ；
（２）ａｎ ＝
Ｓ１（ｎ＝ １），
Ｓｎ－Ｓｎ－１（ｎ≥２） ．
{
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
对应学生用书起始页码 Ｐ８６
一、利用 ａｎ 与 Ｓｎ 的关系求通项
　 　 １．利用 ａｎ ＝
Ｓ１， ｎ＝ １，
Ｓｎ－Ｓｎ－１， ｎ≥２{ 求通项时，要注意检验 ｎ ＝ １ 的
情况．
２．利用 Ｓｎ 与 ａｎ 的关系式求通项 ａｎ 时，可以利用 ｎ≥２ 时 ａｎ
＝Ｓｎ－Ｓｎ－１消去 Ｓｎ 求 ａｎ；也可以消去 ａｎ 求 Ｓｎ，进而求 ａｎ ．
已知数列｛ａｎ｝的首项为 １，且满足 ａｎ ＝ ３Ｓｎ，ｎ≥２，则前
ｎ 项和 Ｓｎ ＝ 　 　 　 　 ．
解析　 因为 ａｎ ＝ ３Ｓｎ，ｎ≥２，所以 Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ ３Ｓｎ，ｎ≥２，得 Ｓｎ
＝－ １
２
Ｓｎ－１，ｎ≥２．由 ａ２ ＝ ３Ｓ２ ＝ ３ａ１ ＋３ａ２ ＝ ３＋３ａ２，解得 ａ２ ＝ －
３
２
，所
以 Ｓ２ ＝ ａ２ ＋ａ１ ＝ －
１
２
，又 Ｓ１ ＝ ａ１ ＝ １，所以 Ｓ２ ＝ －
１
２
Ｓ１，所以 Ｓｎ ＝
－ １
２
Ｓｎ－１（ｎ≥２），故数列｛Ｓｎ｝是以 １ 为首项，－
１
２
为公比的等比
数列，所以 Ｓｎ ＝ －
１
２( )
ｎ－１
．
答案　 －
１
２( )
ｎ－１
　 　 １－１　 已知数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和为 Ｓｎ，ａｎ＋１ ＝ Ｓｎ －ｎ＋３（ｎ∈
Ｎ?），ａ１ ＝ ２，则数列｛ａｎ｝的通项公式为　 　 　 　 　 　 　 　 ．
１－１ 答案　 ａｎ ＝
２　 　 　 （ｎ＝ １）
３×２ｎ－２＋１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ?）{
解析　
ａｎ＋１ ＝Ｓｎ－ｎ＋３，
ａｎ ＝Ｓｎ－１－（ｎ－１）＋３（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ?）
{ ?ａｎ＋１－ａｎ ＝ａｎ－
１?ａｎ＋１－１＝ ２（ａｎ－１）（ｎ≥２） ．所以｛ａｎ－１｝是从第二项起，以 ２ 为
公比的等比数列． 又 ａ２ ＝ Ｓ１ － １ ＋ ３ ＝ ４， ａ２ － １ ＝ ３， 所 以 ａｎ
＝
２　 　 （ｎ＝ １），
３×２ｎ－２＋１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ?） ．{
　 　 １－２　 设 Ｓｎ 为数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和，若 Ｓｎ ＝ ｎａｎ －３ｎ（ｎ－１）
（ｎ∈Ｎ?），且 ａ２ ＝ １１，则 Ｓ２０的值为　 　 　 　 ．
１－２ 答案　 １ ２４０
解析　 由 Ｓ２ ＝ ａ１ ＋ａ２ ＝ ２ａ２ －３×２×（２－１），ａ２ ＝ １１，可得 ａ１
＝ ５．
解法一：当 ｎ≥２ 时，由 ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１，
得 ａｎ ＝ｎａｎ－３ｎ（ｎ－１）－［（ｎ－１）ａｎ－１－３（ｎ－１）（ｎ－２）］，
∴ （ｎ－１）ａｎ－（ｎ－１）ａｎ－１ ＝ ６（ｎ－１），即 ａｎ －ａｎ－１ ＝ ６（ｎ≥２，ｎ∈
Ｎ?），
∴ 数列｛ａｎ｝是首项为 ａ１ ＝ ５，公差为 ６ 的等差数列，
∴ Ｓ２０ ＝ ２０×５＋
２０×１９
２
×６＝ １ ２４０．
解法二：当 ｎ≥２ 时，由 Ｓｎ ＝ ｎａｎ －３ｎ（ｎ－１）＝ ｎ（Ｓｎ －Ｓｎ－１） －３ｎ
（ｎ－１），
可得（ｎ－１）Ｓｎ－ｎＳｎ－１ ＝ ３ｎ（ｎ－１），
∴
Ｓｎ
ｎ
－
Ｓｎ－１
ｎ－１
＝ ３，
∴ 数列
Ｓｎ
ｎ{ } 是首项为
Ｓ１
１
＝ ５，公差为 ３ 的等差数列，
∴
Ｓ２０
２０
＝ ５＋３×１９＝ ６２，
∴ Ｓ２０ ＝ １ ２４０．
????
????
????
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????
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????
５４　 ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
二、利用递推关系求数列的通项
　 　 递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以
确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不
如通项公式直接．利用递推关系求数列的通项的常见方法有：
（１）形如 ａｎ＋１ ＝ａｎ ｆ（ｎ），求 ａｎ ．
采用累乘法：若已知 ａ１ 且
ａｎ
ａｎ－１
＝ ｆ（ｎ）（ｎ≥２），则
ａｎ
ａｎ－１
·
ａｎ－１
ａｎ－２
·
…·
ａ３
ａ２
·
ａ２
ａ１
＝
ａｎ
ａ１
＝ ｆ（ｎ）·ｆ（ｎ－１）·…·ｆ（３）·ｆ（２），即 ａｎ ＝ ａ１
·ｆ（２）·ｆ（３）·…·ｆ（ｎ－１）·ｆ（ｎ） ．
（２）形如 ａｎ＋１ ＝ａｎ＋ｆ（ｎ），求 ａｎ ．
采用累加法：若已知 ａ１ 且 ａｎ －ａｎ－１ ＝ ｆ（ｎ） （ ｎ≥２），则（ ａｎ －
ａｎ－１）＋（ａｎ－１－ａｎ－２）＋…＋（ａ３ －ａ２） ＋（ａ２ －ａ１）＝ ａｎ －ａ１ ＝ ｆ（ｎ） ＋ ｆ（ｎ－
１）＋…＋ｆ（３）＋ｆ（２），即 ａｎ ＝ａ１＋ｆ（２）＋ｆ（３）＋…＋ｆ（ｎ－１）＋ｆ（ｎ） ．
（３）形如 ａｎ＋１ ＝Ａａｎ＋Ｂ（Ａ≠０ 且 Ａ≠１），求 ａｎ ．
采用待定系数法：若已知 ａ１ 且 ａｎ ＝ ｐａｎ－１ ＋ｂ（ｎ≥２，ｐ≠０ 且 ｐ
≠１），则令 ｂｎ ＝ ａｎ ＋λ λ＝
ｂ
ｐ－１( ) ，可得 ｂｎ ＝ ｐｂｎ－１（ ｎ≥２），即数列
｛ｂｎ｝为等比数列．
（４）形如 ａｎ＋１ ＝
Ａａｎ
Ｂａｎ＋Ｃ
（Ａ，Ｂ，Ｃ 为常数），求 ａｎ ．
采用迭代法：将 ａｎ－１ ＝ ｆ（ａｎ－２）代入 ａｎ ＝ ｆ（ａｎ－１）得到 ａｎ与 ａｎ－２
的关系，再将 ａｎ－２ ＝ ｆ（ａｎ－３）代入，……，直到将 ａ２ ＝ ｆ（ａ１）代入为
止，寻求规律求出通项公式．或者两边取倒数，变成
１
ａｎ＋１
＝ Ｂ
Ａ
＋
Ｃ
Ａａｎ
，从而变成（３）的类型．
（１） 已知数列｛ ａｎ ｝ 满足 ａ１ ＝ １，ａｎ＋１ ＝ ａｎ ＋ ２ｎ－ １（ ｎ∈
Ｎ?），则 ａｎ ＝ 　 　 　 　 ．
（２）已知数列｛ａｎ｝满足 ａ１ ＝ １，且 ａｎ ＝
１
３
ａｎ－１ ＋
１
３( )
ｎ
（ ｎ≥
２），则 ａｎ ＝ 　 　 　 　 ．
解析　 （１）∵ ａ１ ＝ １，ａｎ＋１ ＝ａｎ＋２ｎ－１（ｎ∈Ｎ?），
∴ ａｎ＋１－ａｎ ＝ ２ｎ－１，
当 ｎ≥２ 时，ａｎ ＝（ａｎ－ａｎ－１）＋（ａｎ－１－ａｎ－２）＋…＋（ａ２－ａ１）＋ａ１
＝（２ｎ－３）＋（２ｎ－５）＋…＋１＋１
＝（ｎ
－１）·（２ｎ－３＋１）
２
＋１＝ｎ２－２ｎ＋２．
又 ａ１ ＝ １ 符合上式，∴ ａｎ ＝ｎ２－２ｎ＋２（ｎ∈Ｎ?） ．
（２）∵ ａｎ ＝
１
３
ａｎ－１＋
１
３( )
ｎ
（ｎ≥２），
∴ ３ｎａｎ ＝ ３ｎ
－１ａｎ－１＋１（ｎ≥２），即 ３ｎａｎ－３ｎ
－１ａｎ－１ ＝ １（ｎ≥２） ．
又∵ ａ１ ＝ １，∴ ３１·ａ１ ＝ ３，
∴ 数列｛３ｎａｎ｝是以 ３ 为首项，１ 为公差的等差数列，
∴ ３ｎａｎ ＝ ３＋（ｎ－１）×１＝ｎ＋２，∴ ａｎ ＝
ｎ＋２
３ｎ
（ｎ∈Ｎ?） ．
答案　 （１）ｎ２－２ｎ＋２　 （２）
ｎ＋２
３ｎ
　 　 ２－１　 在数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １，ａｎ＞０，且（ｎ＋１）ａ２ｎ＋１－ｎａ２ｎ＋ａｎ＋１ａｎ
＝ ０，则 ａｎ ＝ 　 　 　 　 ．
２－１ 答案　
１
ｎ
解析　 解法一：∵ ａ１ ＝ １，ａｎ＞０，且（ｎ＋１）ａ２ｎ＋１－ｎａ２ｎ＋ａｎ＋１·ａｎ
＝ ０，∴ ［（ｎ＋１）ａｎ＋１－ｎａｎ］（ａｎ＋１＋ａｎ）＝ ０．
易知 ａｎ＋ａｎ＋１≠０，∴ （ｎ＋１）ａｎ＋１－ｎａｎ ＝ ０，
∴ （ｎ＋１）ａｎ＋１ ＝ｎａｎ ．
∵ ａ１ ＝ １，∴ ｎａｎ ＝ １，
∴ ａｎ ＝
１
ｎ
．
综上所述，ａｎ ＝
１
ｎ
．
解法二：同解法一得（ｎ＋１）ａｎ＋１ ＝ｎａｎ，
即 ａｎ＋１ ＝
ｎ
ｎ＋１
ａｎ，
则 ａｎ ＝
ｎ－１
ｎ
ａｎ－１，ａｎ－１ ＝
ｎ－２
ｎ－１
ａｎ－２，……，ａ３ ＝
２
３
ａ２，ａ２ ＝
１
２
ａ１ ．
将上式累乘得：ａｎ ＝
１
ｎ
ａ１（ｎ≥２），而 ａ１ ＝ １，
∴ ａｎ ＝
１
ｎ
（ｎ≥２） ．
当 ｎ＝ １ 时，ａ１ ＝ １ 适合上式，∴ ａｎ ＝
１
ｎ
（ｎ∈Ｎ?） ．
　 　 ２－２　 已知数列｛ａｎ｝满足 ａ１ ＝ １，ａｎ＋１ ＝
ａｎ
ａｎ＋２
（ｎ∈Ｎ?），求数
列｛ａｎ｝的通项公式．
２－２ 解析　 由题意可知 ａｎ≠０．
由 ａｎ＋１ ＝
ａｎ
ａｎ＋２
，得
１
ａｎ＋１
＝ ２
ａｎ
＋１，所以
１
ａｎ＋１
＋１＝ ２
１
ａｎ
＋１( ) ．
又 ａ１ ＝ １，所以
１
ａ１
＋１＝ ２，
所以数列
１
ａｎ
＋１{ } 是以 ２ 为首项，２ 为公比的等比数列，
所以
１
ａｎ
＋１＝ ２×２ｎ－１ ＝ ２ｎ，所以 ａｎ ＝
１
２ｎ－１
（ｎ∈Ｎ?） ．
　 　 ２－３ 　 已知数列｛ ａｎ ｝中，ａ１ ＝
１
２
，ａｎ＋１ ＝ ａｎ ＋
１
４ｎ２－１
，则 ａｎ ＝
　 　 　 　 ．　
２－３ 答案　
４ｎ－３
４ｎ－２
解析　 ∵ ａｎ＋１ ＝ａｎ＋
１
４ｎ２－１
，
∴ ａｎ＋１－ａｎ ＝
１
（２ｎ－１）（２ｎ＋１）
＝ １
２
１
２ｎ－１
－ １
２ｎ＋１( ) ．
∴ ａ２－ａ１ ＝
１
２
１－
１
３( ) ，
ａ３－ａ２ ＝
１
２
１
３
－ １
５( ) ，
……
ａｎ－ａｎ－１ ＝
１
２
１
２ｎ－３
－ １
２ｎ－１( ) ，
以上（ｎ－１）个式子两边分别相加可得，
ａｎ－ａ１ ＝
１
２
１－
１
２ｎ－１( ) ＝ ｎ－１２ｎ－１（ｎ≥２） ．
而 ａ１ ＝
１
２
，∴ ａｎ ＝
ｎ－１
２ｎ－１
＋ １
２
＝ ４ｎ
－３
４ｎ－２
（ｎ≥２） ．
当 ｎ＝ １ 时，ａ１ ＝
１
２
符合上式，
∴ ａｎ ＝
４ｎ－３
４ｎ－２
（ｎ∈Ｎ?） ．
????
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(共34张PPT)
(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列?前10项的和为　　????
????.
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组

答案?????
解析　由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+
n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=?(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合
上式,故an=?(n∈N*),所以?=?=2?,从而?+?+?+…+?=2×?+2×
?+2×?+…+2×?=2×?=?.
思路分析　利用累加法求出an,再利用裂项相消法求数列?的前10项和.
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2018课标全国Ⅰ理,14,5分)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　????.
答案　-63
解析　本题主要考查由an与Sn的关系求数列的通项公式.
解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1=-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),得an=2an-1,∴{an}
是首项为-1,公比为2的等比数列.∴S6=?=?=-63.
解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1,当n≥2时,由Sn=2an+1得Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1,∴
Sn-1=2(Sn-1-1),又S1-1=-2,∴{Sn-1}是首项为-2,公比为2的等比数列,所以Sn-1=-2×2n-1=-2n,所以Sn=1
-2n,∴S6=1-26=-63.
2.(2016浙江,13,6分)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=　　　????,S5=　????
　????.
答案　1;121
解析　解法一:∵an+1=2Sn+1,∴a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又∵S2=4,∴4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=
Sn+1-Sn,
∴Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,由S2=4,可求出S3=13,S4=40,S5=121.
解法二:由an+1=2Sn+1,得a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,∴4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1-Sn,∴Sn
+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,则Sn+1+?=3?,又S1+?=?,∴?是首项为?,公比为3的等比
数列,
∴Sn+?=?×3n-1,即Sn=?,∴S5=?=121.
评析　本题考查了数列的前n项和Sn与an的关系,利用an+1=Sn+1-Sn得出Sn+1=3Sn+1是解题的关键.
3.(2015课标全国Ⅱ,16,5分)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=　　　????.
答案　-?
解析　∵an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn≠0,∴?-?=1,∴?是等差数列,且公差
为-1,而?=?=-1,∴?=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-?.
解题关键　由an+1=Sn+1-Sn得到Sn+1-Sn=Sn+1Sn,得到?为等差数列,进而求得结果.
4.(2019北京理,20,13分)已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1?<…是{an}的长度为1的递增子列.
(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;
(2)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为?,长度为q的递增子列的末项的最
小值为?.若p(3)设无穷数列{an}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{an}的长度为s的递增子列末项
的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列{an}的通项公式.
解析　本题通过对数列新概念的理解考查学生的逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查
逻辑推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思
想.
(1)1,3,5,6.(答案不唯一)
(2)设长度为q末项为?的一个递增子列为?,?,…,?,?.
由p因为{an}的长度为p的递增子列末项的最小值为?,
又?,?,…,?是{an}的长度为p的递增子列,
所以?≤?.所以?(3)由题设知,所有正奇数都是{an}中的项.
先证明:若2m是{an}中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数).
假设2m排在2m-1之后.
设?,?,…,?,2m-1是数列{an}的长度为m末项为2m-1的递增子列,则?,?,…,?,2m-1,2m
是数列{an}的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.
再证明:所有正偶数都是{an}中的项.
假设存在正偶数不是{an}中的项,设不在{an}中的最小的正偶数为2m.
因为2k排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k和2k-1不可能在{an}的同一个递增子列中.
又{an}中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递
增子列个数至多为? =2m-1<2m.
与已知矛盾.
最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2为整数).
假设存在2m(m≥2),使得2m排在2m-3之前,则{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个
数小于2m.与已知矛盾.
综上,数列{an}只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,….
经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件.
所以an=?
5.(2017课标全国Ⅲ文,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列?的前n项和.
解析　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,
a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.
所以an=?(n≥2).
又由题设可得a1=2,
从而{an}的通项公式为an=?(n∈N*).
(2)记?的前n项和为Sn.
由(1)知?=?=?-?.
则Sn=?-?+?-?+…+?-?=?.
思路分析　(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)an=2n的实质就是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与
Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和.
易错警示　(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,
避免遗漏.
6.(2015浙江,20,15分)已知数列{an}满足a1=?且an+1=an-?(n∈N*).
(1)证明:1≤?≤2(n∈N*);
(2)设数列{?}的前n项和为Sn,证明:?≤?≤?(n∈N*).
证明　(1)由题意得an+1-an=-?≤0,即an+1≤an,
故an≤?.
由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)·…·(1-a1)a1>0.
由0即1≤?≤2.
(2)由题意得?=an-an+1,所以Sn=a1-an+1.?①
由?-?=?和1≤?≤2得1≤?-?≤2,
所以n≤?-?≤2n,
因此?≤an+1≤?(n∈N*).?②
由①②得?≤?≤?(n∈N*).
7.(2015课标全国Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,?+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=?,求数列{bn}的前n项和.
解析　(1)由?+2an=4Sn+3,可知?+2an+1=4Sn+1+3.
可得?-?+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=?-?=(an+1+an)(an+1-an).
由an>0,可得an+1-an=2.
又?+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,
通项公式为an=2n+1.?(6分)
(2)由an=2n+1可知
bn=?=?=??.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=??
=?.?(12分)
方法提炼　用裂项相消法解题,常见的有以下一些类型:
(1)?=??;
(2)?=??;
(3)?=?-?.
C组　教师专用题组
1.(2014课标全国Ⅱ,16,5分)数列{an}满足an+1=?,a8=2,则a1=　　　????.
答案?????
解析　由an+1=?,得an=1-?,
∵a8=2,∴a7=1-?=?,a6=1-?=-1,a5=1-?=2,……,
∴{an}是以3为周期的数列,∴a1=a7=?.
思路分析　先将已知条件变形为an=1-?,再求a7,a6,a5,…的值,发现该数列具有周期性,且周期
为3,从而求得结果.
2.(2013课标全国Ⅰ,14,5分)若数列{an}的前n项和Sn=?an+?,则{an}的通项公式是an=　　　????.
答案　(-2)n-1
解析　由Sn=?an+?得:当n≥2时,Sn-1=?an-1+?,∴当n≥2时,an=-2an-1,又当n=1时,S1=a1=?a1+?,∴
a1=1,∴an=(-2)n-1.
方法指导　利用an=?求解.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点　数列的概念及通项公式

1.(2019南京三模,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n-1,n∈N*.若bn=log3an,则b1+b2+b3+b4的
值为　　　????.
答案　6
解析　当n=1时,2a1=3-1=2,得a1=1.
当n≥2时,2Sn=3n-1,2Sn-1=3n-1-1,两式相减,得2an=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,当n=1时满足上式,故an=3n-
1,故bn=log3an=log33n-1=n-1,则b1+b2+b3+b4=0+1+2+3=6.
评析　本题考查前n项和与通项之间的关系,是基础题,要注意n的范围的讨论.
2.(2019如皋一模,10)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且满足Sn=an+1,则数列{Sn}的前10项的和
为　　　????.
答案　1 023
解析?????(n≥2)?an=an+1-an?an+1=2an,
结合a1=1,a2=1,得an=??Sn=2n-1(n∈N*),则数列{Sn}的前10项的和为?=1 023.
易错警示　本题求解的是数列{Sn}的前10项的和,要仔细审题.
3.(2019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,10)首项为7的数列{an}满足:(n+1)an+1
-(n+2)an=0,则a2 019-a2 018的值为　　　????.
答案?????
解析　∵(n+1)an+1-(n+2)an=0,
∴?=?,
∴?=?,?=?,……,?=?,
∴?·?·…·?=?·?·…·?(n≥2),
∴?=?,
∴an=?
∴a2 019-a2 018=?.
4.(2019宿迁期末,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,an+1-2an=1,a1=1,则S9的值为　　　????.
答案　1 013
解析　由an+1-2an=1,得an+1+1=2(an+1),即?=2,
所以数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,
设数列{an+1}的前n项和为Tn,则T9=?=1 022,则S9=T9-9=1 013.
评析　本题主要考查由递推公式给出的数列,要熟练掌握an+1-2an=1这种能转化为等比数列的
结构.另外,本题也可以求前几项,通过归纳数列的通项公式,然后求解.
5.(2017常州一中质量检测,6)设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=1+2Sn,n∈N*,则S5=　　????
????.
答案　121
解析　由an+1=1+2Sn可得Sn+1-Sn=1+2Sn,故Sn+1=3Sn+1,从而Sn+1+?=3?,
又S2=4,所以S1=1,所以Sn+?=?×3n-1,即Sn=?-?=?,从而S5=?=121.
思路分析　本题求解的是S5,所以把an+1改写成Sn+1-Sn,直接研究和的关系.本题也可以由an+1=1+2
Sn?an=1+2Sn-1(n≥2)得到an+1=3an(n≥2),先求Sn,再求S5.
6.(2019如东中学、栟茶中学期末,19)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn=??+?an(n∈N*),
正项数列{bn}满足b1=1,?-1=4bn·(bn+1)(n∈N*).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn-3n=(-1)n-1λ(bn+1)(λ为非零常数),是否存在整数λ,使得对任意n∈N*,都有cn+
1>cn?若存在,求出整数λ的值,若不存在,请说明理由;
(3)在数列{bn}的每相邻两项bk与bk+1之间插入k个(-1)kak(k∈N*)后,得到一个新的数列{dn},求数
列{dn}的前2 019项的和.
解析　(1)因为Sn=??+?an(n∈N*),
所以n≥2时,an=Sn-Sn-1=??+?an-??-?an-1,
化简整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0,
因为an>0,所以an-an-1=1,
又n=1时,a1=??+?a1,解得a1=1或a1=0(舍).
所以数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=1+n-1=n.
由?-1=4bn(bn+1)得?=(2bn+1)2,由于bn>0,故bn+1=2bn+1,即bn+1+1=2(bn+1),所以?=2,
故数列{bn+1}为等比数列,又b1+1=2,所以bn=2n-1.
(2)数列{cn}满足cn-3n=(-1)n-1λ(bn+1)(λ为非零常数),
所以cn=3n+(-1)n-1·2n,
假设存在整数λ,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn,
则3n+1+(-1)nλ·2n+1>3n+(-1)n-1λ·2n,
当n为奇数时,不等式化为λ当n为偶数时,不等式化为λ>-?×?,所以λ>-?.
综上可得-?<λ<1,又λ≠0且λ为整数,
故存在整数λ=-1使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn.
(3)设数列{bn}的第k项为数列{dn}的第mk项,即bk=?.
当k≥2时,mk=k+(1+2+…+k-1)=?.
所以m63=?=2 016,m64=?=2 080.
设Tn为数列{dn}的前n项和.
则T2 016=(b1+b2+…+b63)+[(-1)1a1+(-1)2·2a2+…+(-1)62·62a62].
又b1+b2+…+b63=2-1+22-1+…+263-1=?-63=264-2-63=264-65,
(-1)1a1+(-1)2·2a2+…+(-1)62·62a62=(-1+22)+(-32+42)+…+(-612+622)
=1+2+…+62=?=1 953.
所以T2 016=264-65+1 953=264+1 888,
所以数列{dn}的前2 019项的和
T2 019=264+1 888+3×(-1)63a63=264+1 888-3×63=264+1 699.
填空题(每小题5分,共35分)

B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：20分钟 分值：35分)
1.(2019金陵中学期中,8)已知数列{an}的通项公式为an=?若{an}是递增数列,则
实数a的取值范围是　　　????.
答案　(2,3)
解析　由于{an}是递增数列,
则?即?解得2∴实数a的取值范围为(2,3).
解题关键　以分段形式给出的数列递增,除了各段递增,还要求a8>a7.
2.(2019海安中学检测,10)已知数列{an}和{bn},其中an=n2(n∈N*),{bn}的项是互不相等的正整数,
若对于任意n∈N*,数列{bn}中的第an项等于{an}中的第bn项,则?=　　　????.
答案　2
解析　对于任意n∈N*,{bn}中的第an项等于{an}中的第bn项,
则?=?=(bn)2,则b1=a1=1,b4=(b2)2,b9=(b3)2,b16=(b4)2,
所以b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2,
所以?=?=?=2.
难点突破　数列{bn}中的第an项等于{an}中的第bn项是难点,准确转化就能够解决问题,?=?,
即?=(bn)2,b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2,从而解决问题.
3.(2019徐州检测,11)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an+n(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an
=　　　　????.
答案　1-2n
解析　(1)当n=1时,S1=2a1+1,得a1=-1;
(2)当n≥2时,Sn-1=2an-1+n-1,所以Sn-Sn-1=2an-2an-1+1,
即an=2an-2an-1+1,化为an=2an-1-1,即?=2.
所以数列{an-1}是以-2为首项,2为公比的等比数列,
所以an-1=(-2)×2n-1,所以an=1-2n.
4.(2019盐城期中,13)已知数列{an}满足2anan+1+an+3an+1+2=0,其中a1=-?,设bn=?,若b3为数列
{bn}中唯一最小项,则实数λ的取值范围是　　　　????.
答案　(5,7)
解析　2anan+1+an+3an+1+2=0,
即2(anan+1+1)+an+3an+1=0,
即2(an+1)(an+1+1)-an+an+1=0,
亦即2(an+1)(an+1+1)-(an+1)+(an+1+1)=0,
所以?-?=2,又?=2,
所以?是以2为首项,2为公差的等差数列,
所以?=2+(n-1)×2=2n,故an+1=?,
所以bn=?=2n2-2nλ,
因为数列{bn}中有唯一最小项b3,
所以?解题关键　已知2anan+1+an+3an+1+2=0,而条件bn=?中出现了an+1,所以应该把等式转化成2(an
+1)(an+1+1)-(an+1)+(an+1+1)=0,从而得?-?=2,可得?的通项公式,这是本题的解题
关键.
5.(2018无锡期中,14)已知正项数列{an}的首项为1,前n项和为Sn,对任意正整数m,n,当n>m时,Sn-
Sm=2m·Sn-m总成立,若正整数p,q满足p+q=6,则?+?的最小值为　　　????.
答案?????
解析　当m=1,n=2时,S2-S1=2S1,则S2=3S1=3,当m=1,n=3时,S3-S1=2S2,则S3=2S2+S1=7,同理可知,S4=1
5,S5=31,所以?+?=?,?+?=?,?+?=?.则所求最小值为?.
思路点拨　令m=1,n=2,3,4,5,我们可以求出S2,S3,S4,S5的值,进而求出?+?的最小值.
6.(2018盐城期中,14)若数列{an}共有4项,满足a1>a2>a3>a4≥0,若对任意的i,j(1≤i≤j≤4,且i,j∈
N*),ai-aj仍是数列{an}中的某一项.现有下列命题:①数列{an}一定是等差数列;②存在1≤i使得iai=jaj;③数列{an}中一定存在一项为0.其中,真命题的序号有　　　????.(请将你认为正确
命题的序号都写上)
答案　①②③
解析　对任意i,j(1≤i≤j≤4,且i,j∈N*),ai-aj仍是数列{an}中的某一项,
令i=j,则ai-aj=0,则0为数列{an}中的某一项,
即a4=0,
则a3-a4=a3∈{an}.
必有a2-a3=a3,即a2=2a3,
而a1-a2=a2或a3,
若a1-a2=a2,则a1-a3=3a3,而3a3≠a2,a3,a4,故舍去;
若a1-a2=a3∈{an},此时a1=3a3,
可得数列{an}为3a3,2a3,a3,0(a4=0).
故①②③正确.
思路分析　根据对任意i,j(1≤i≤j≤4,且i,j∈N*),有ai-aj仍是数列{an}的某一项,得0∈{an},即a4=
0,进而推出数列的其他项,可得答案.
7.(2017泰州中学第一次质量检测)数列{an}定义如下:a1=1,a2=3,an+2=?-?an,n=1,2,
….若am>4+?,则正整数m的最小值为　　　????.
答案　8 069
解析　由an+2=?-?an,得(n+2)an+2+nan=2(n+1)an+1,即数列{nan}是等差数列,其首项为
1,公差为2a2-a1=6-1=5,所以nan=1+5(n-1)=5n-4,即an=5-?,因此am>4+??5-?>4+??m>
8 068,所以正整数m的最小值为8 069.
方法拓展　证明{an}是等差数列的方法有(1)定义法:an+1-an=d(d为常数)?{an}为等差数列;(2)
等差中项法:2an+1=an+an+2?{an}是等差数列;(3)通项法:an为n的一次函数?{an}为等差数列;(4)
前n项和法:Sn=An2+Bn?{an}为等差数列.
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题
1.(2019 5·3原创预测卷三理,16)在数列{an}中,?2n+an+1=?an+4(n+1),且a1=1,记bn=
?,若数列|λn2-bn|为单调递增数列,则实数λ的取值范围是　　　????.
答案?????
解析　由题意得(n-1)2n+nan+1=(n+1)an+4n(n+1),
两边同除以n(n+1),可得?=?+4-?,
即?=?+4-?,
∴?+?=?+?+4,即?=?+4,
∵bn=?,∴bn+1=bn+4,∴{bn}是首项为3,公差为4的等差数列,∴bn=3+4(n-1)=4n-1.
∴{λn2-4n+1}为单调递增数列.
当λ=0时,显然不适合;
当λ≠0时,?解得λ>?.
综上,实数λ的取值范围是?.
2.(2019 5·3原创预测卷三理,15)已知数列{an}中,an为正整数,且an+1=?若a3
+a4=4,则a1所有可能取值构成的集合为　　　　　　????.
答案　{1,2,3,6,7,8,9,27}
解析　因为an为正整数,且a3+a4=4,
所以a3=1,a4=3或a3=3,a4=1或a3=a4=2.
当a3=1,a4=3时,a2=3,a1=1,2,9;
当a3=a4=2时不满足条件;
当a3=3,a4=1时,a2=1,a1=3或a2=2,a1=6或a2=9,a1=7,8,27.
所以a1所有可能取值构成的集合为{1,2,3,6,7,8,9,27}.