高考数学数列题型精编汇总Word文件下载.docx

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（72m-1）48

=72m+1-748.

题型二等差、等比数列的性质及应用

例2

（1）已知正数组成的等差数列{an}||，前20项和为100||，则a7a14的最大值是（）

A.25B.50C.100D.不存在

（2）在等差数列{an}中||，a1=-2019||，其前n项和为Sn||，若S1212-S1010=2||，则S2019的值为（）

A.-2019B.-2019C.-2019D.-2019

破题切入点

（1）根据等差数列的性质||，a7+a14=a1+a20||，S20=20（a1+a20）2可求出a7+a14||，然后利用基本不等式.

（2）等差数列{an}中||，Sn是其前n项和||，则Snn也成等差数列.

答案

（1）A

（2）D

解析

（1）∵S20=a1+a202×

20=100||，∴a1+a20=10.

∵a1+a20=a7+a14||，∴a7+a14=10.

∵an0||，∴a7a14≤a7+a1422=25.

当且仅当a7=a14时取等号.

故a7a14的最大值为25.

（2）根据等差数列的性质||，得数列Snn也是等差数列||，根据已知可得这个数列的首项S11=a1=-2019||，公差d=1||，故S20192019=-2019+（2019-1）×

1=-1||，所以S2019=-2019.

题型三等差、等比数列的综合应用

例3已知数列{an}的前n项和Sn满足条件2Sn=3（an-1）||，其中n∈N*.

（1）证明：

数列{an}为等比数列||；

（2）设数列{bn}满足bn=log3an||，若cn=anbn||，求数列{cn}的前n项和.

破题切入点

（1）利用an=Sn-Sn-1求出an与an-1之间的关系||，进而用定义证明数列{an}为等比数列.

（2）由

（1）的结论得出数列{bn}的通项公式||，求出cn的表达式||，再利用错位相减法求和.

（1）证明由题意得an=Sn-Sn-1=32（an-an-1）（n≥2）||，

∴an=3an-1||，∴anan-1=3（n≥2）||，

又S1=32（a1-1）=a1||，解得a1=3||，

∴数列{an}是首项为3||，公比为3的等比数列.

（2）解由

（1）得an=3n||，则bn=log3an=log33n=n||，

∴cn=anbn=n3n||，

设Tn=131+232+333+…+（n-1）3n-1+n3n||，

3Tn=132+233+334+…+（n-1）3n+n3n+1.

∴-2Tn=31+32+33+…+3n-n3n+1

=3（1-3n）1-3-n3n+1||，

∴Tn=（2n-1）3n+1+34.

总结提高

（1）关于等差、等比数列的基本量的运算||，一般是已知数列类型||，根据条件||，设出a1||，an||，Sn||，n||，d（q）五个量的三个||，知三求二||，完全破解.

（2）等差数列和等比数列有很多相似的性质||，可以通过类比去发现、挖掘.

（3）等差、等比数列的判断一般是利用定义||，在证明等比数列时注意证明首项a1≠0||，利用等比数列求和时注意公比q是否为1.

1.已知{an}为等差数列||，其公差为-2||，且a7是a3与a9的等比中项||，Sn为{an}的前n项和||，n∈N*||，则S10的值为（）

A.-110B.-90

C.90D.110

答案D

解析∵a3=a1+2d=a1-4||，a7=a1+6d=a1-12||，a9=a1+8d=a1-16||，

又∵a7是a3与a9的等比中项||，

∴（a1-12）2=（a1-4）（a1-16）||，

解得a1=20.

∴S10=10×

20+12×

10×

9×

（-2）=110.

2.（2019课标全国Ⅱ）等差数列{an}的公差为2||，若a2||，a4||，a8成等比数列||，则{an}的前n项和Sn等于（）

A.n（n+1）B.n（n-1）

C.n（n+1）2D.n（n-1）2

答案A

解析由a2||，a4||，a8成等比数列||，得a24=a2a8||，

即（a1+6）2=（a1+2）（a1+14）||，

∴a1=2.

∴Sn=2n+n（n-1）2×

2

=2n+n2-n=n（n+1）.

3.等比数列{an}的前n项和为Sn||，若2S4=S5+S6||，则数列{an}的公比q的值为（）

A.-2或1B.-1或2

C.-2D.1

答案C

解析方法一若q=1||，

则S4=4a1||，S5=5a1||，S6=6a1||，

显然不满足2S4=S5+S6||，

故A、D错.

若q=-1||，则S4=S6=0||，S5=a5≠0||，

不满足条件||，故B错||，因此选C.

方法二经检验q=1不适合||，

则由2S4=S5+S6||，

得2（1-q4）=1-q5+1-q6||，化简得

q2+q-2=0||，解得q=1（舍去）||，q=-2.

4.（2019大纲全国）等比数列{an}中||，a4=2||，a5=5||，则数列{lgan}的前8项和等于（）

A.6B.5C.4D.3

解析数列{lgan}的前8项和S8=lga1+lga2+…+lga8

=lg（a1a2…a8）=lg（a1a8）4

=lg（a4a5）4=lg（2×

5）4=4.

5.（2019大纲全国）设等比数列{an}的前n项和为Sn||，若S2=3||，S4=15||，则S6等于（）

A.31B.32C.63D.64

解析在等比数列{an}中||，S2、S4-S2、S6-S4也成等比数列||，

故（S4-S2）2=S2（S6-S4）||，

则（15-3）2=3（S6-15）||，

解得S6=63.

6.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn||，且AnBn=7n+45n+3||，则使得anbn为整数的正整数n的个数是（）

A.2B.3C.4D.5

解析由等差数列的前n项和及等差中项||，

可得anbn=12（a1+a2n-1）12（b1+b2n-1）

=12（2n-1）（a1+a2n-1）12（2n-1）（b1+b2n-1）=A2n-1B2n-1

=7（2n-1）+45（2n-1）+3=14n+382n+2

=7n+19n+1=7+12n+1（n∈N*）||，

故n=1||，2||，3||，5||，11时||，anbn为整数.

即正整数n的个数是5.

7.（2019课标全国Ⅰ）若数列{an}的前n项和Sn=23an+13||，则{an}的通项公式是an=________.

答案（-2）n-1

解析当n=1时||，a1=1||；

当n≥2时||，

an=Sn-Sn-1=23an-23an-1||，

故anan-1=-2||，故an=（-2）n-1.

8.（2019江苏）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

解析因为a8=a2q6||，a6=a2q4||，a4=a2q2||，所以由a8=a6+2a4得a2q6=a2q4+2a2q2||，消去a2q2||，得到关于q2的一元二次方程（q2）2-q2-2=0||，解得q2=2||，a6=a2q4=1×

22=4.

9.（2019安徽）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

解析设等差数列的公差为d||，

则a3=a1+2d||，a5=a1+4d||，

∴（a1+2d+3）2=（a1+1）（a1+4d+5）||，解得d=-1||，

∴q=a3+3a1+1=a1-2+3a1+1=1.

10.在数列{an}中||，如果对任意n∈N*都有an+2-an+1an+1-an=k（k为常数）||，则称数列{an}为等差比数列||，k称为公差比.现给出下列问题：

①等差比数列的公差比一定不为零||；

②等差数列一定是等差比数列||；

③若an=-3n+2||，则数列{an}是等差比数列||；

④若等比数列是等差比数列||，则其公比等于公差比.

其中正确命题的序号为________.

答案①③④

解析若k=0||，{an}为常数列||，分母无意义||，①正确||；

公差为零的等差数列不是等差比数列||，②错误||；

an+2-an+1an+1-an=3||，满足定义||，③正确||；

设an=a1qn-1（q≠0）||，则an+2-an+1an+1-an=a1qn+1-a1qna1qn-a1qn-1=q||，④正确.

11.（2019课标全国Ⅰ）已知{an}是递增的等差数列||，a2||，a4是方程x2-5x+6=0的根.

（1）求{an}的通项公式||；

（2）求数列{an2n}的前n项和.

解

（1）方程x2-5x+6=0的两根为2||，3||，

由题意得a2=2||，a4=3.

设数列{an}的公差为d||，则a4-a2=2d||，

故d=12||，从而a1=32.

所以{an}的通项公式为an=12n+1.

（2）设{an2n}的前n项和为Sn.

由

（1）知an2n=n+22n+1||，则

Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1||，

12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2.

两式相减得

12Sn=34+（123+…+12n+1）-n+22n+2

=34+14（1-12n-1）-n+22n+2.

所以Sn=2-n+42n+1.

12.（2019北京）已知{an}是等差数列||，满足a1=3||，a4=12||，数列{bn}满足b1=4||，b4=20||，且{bn-an}为等比数列.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式||；

（2）求数列{bn}的前n项和.

解

（1）设等差数列{an}的公差为d||，由题意得

d=a4-a13=12-33=3||，

所以an=a1+（n-1）d=3n（n=1||，2||，…）.

设等比数列{bn-an}的公比为q||，由题意得

q3=b4-a4b1-a1=20-124-3=8||，解得q=2.

所以bn-an=（b1-a1）qn-1=2n-1.

从而bn=3n+2n-1（n=1||，2||，…）.

（2）由

（1）知bn=3n+2n-1（n=1||，2||，…）.

数列{3n}的前n项和为32n（n+1）||，

数列{2n-1}的前n项和为1-2n1-2=2n-1.

所以||，数列{bn}的前n项和为32n（n+1）+2n-1.

“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼||，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂||，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

只是更早的“先生”概念并非源于教书||，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。

《孟子》中的“先生何为出此言也？

”||；

《论语》中的“有酒食||，先生馔”||；

《国策》中的“先生坐||，何至于此？

”等等||，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。

其实《国策》中本身就有“先生长者||，有德之称”的说法。

可见“先生”之原意非真正的“教师”之意||，倒是与当今“先生”的称呼更接近。

看来||，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称||，并非具学问者的专称。

称“老师”为“先生”的记载||，首见于《礼记?

曲礼》||，有“从于先生||，不越礼而与人言”||，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”||，与教师、老师之意基本一致。

课本、报刊杂志中的成语、名言警句等俯首皆是||，但学生写作文运用到文章中的甚少||，即使运用也很难做到恰如其分。

为什么?

还是没有彻底“记死”的缘故。

要解决这个问题||，方法很简单||，每天花3-5分钟左右的时间记一条成语、一则名言警句即可。

可以写在后黑板的“积累专栏”上每日一换||，可以在每天课前的3分钟让学生轮流讲解||，也可让学生个人搜集||，每天往笔记本上抄写||，教师定期检查等等。

这样||，一年就可记300多条成语、300多则名言警句||，日积月累||，终究会成为一笔不小的财富。

这些成语典故“贮藏”在学生脑中||，自然会出口成章||，写作时便会随心所欲地“提取”出来||，使文章增色添辉。

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“师”之概念||，大体是从先秦时期的“师长、师傅、先生”而来。

其中“师傅”更早则意指春秋时国君的老师。

《说文解字》中有注曰：

“师教人以道者之称也”。

“师”之含义||，现在泛指从事教育工作或是传授知识技术也或是某方面有特长值得学习者。

“老师”的原意并非由“老”而形容“师”。

“老”在旧语义中也是一种尊称||，隐喻年长且学识渊博者。

“老”“师”连用最初见于《史记》||，有“荀卿最为老师”之说法。

慢慢“老师”之说也不再有年龄的限制||，老少皆可适用。

只是司马迁笔下的“老师”当然不是今日意义上的“教师”||，其只是“老”和“师”的复合构词||，所表达的含义多指对知识渊博者的一种尊称||，虽能从其身上学以“道”||，但其不一定是知识的传播者。

今天看来||，“教师”的必要条件不光是拥有知识||，更重于传播知识。