资源简介

4 数列的应用
题型1 数列的应用 题型2 数列的求和
题型3 倒序相加法 题型4 错位相减法
题型5 裂项相消法 题型6 数列求和的其他方法
题型7 数列递推式 题型8 数列与函数的综合
题型9 数列与不等式的综合 题型10 等差数列与等比数列的综合
题型11 数列与三角函数的综合 题型12 数列与解析几何的综合
▉题型1 数列的应用
【知识点的认识】
1、数列与函数的综合
2、等差数列与等比数列的综合
3、数列的实际应用
数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．
1．现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，…，第n排比第n﹣1排多栽种2（n﹣1）棵（2≤n≤10且n∈N*），则第10排栽种塔松的棵数为（　　）
A．90棵 B．92棵 C．94棵 D．96棵
2．某大楼有20层，有19人在第一层上了电梯，他们分别要去第2层到20层，每层一人，而电梯只允许停一次，只能使一人满意，其余18人都要上楼或下楼．假设乘客每向下走一层不满意度为1，每向上走一层不满意度为2，所有人不满意度之和为s．为使s最小，电梯应停在第（　　）层．
A．13 B．14 C．15 D．16
3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”其意思是：现有一位善于步行的人，第一天行走了100里，以后每一天比前一天多走相同的里程数，九天他共行走了1260里，问每天增加的里程数是多少？关于该问题，有下述四个结论：
①从第二天起，每一天比前一天增加的里程数为10；
②此人第五天行走了150里；
③此人前六天共行走了750里；
④此人前八天共行走的里程是第九天行走里程的8倍．
所有正确结论的序号为（　　）
A．①④ B．②③ C．②④ D．①③
4．汉诺塔（TowerofHanoi），是一个源于印度古老传说的益智玩具．如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子，A柱子从下到上按金字塔状叠放着n个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H（n），例如：H（1）＝1，H（2）＝3，则下列说法正确的是（　　）
A．H（3）＝5 B．{H（n）}为等差数列
C．{H（n）+1}为等比数列 D．H（7）＜100
5．预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是Pn＝P0（1+k）n（k＞﹣1），其中Pn为预测期人口数，P0为初期人口数，k为预测期内年增长率，n为预测期间隔年数．如果在某一时期有﹣1＜k＜0，那么在这期间人口数（　　）
A．呈上升趋势 B．呈下降趋势
C．摆动变化 D．不变
6．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：若以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶．据此可推得（　　）
A．“徵、商、羽”的频率成等比数列
B．“宫、徵、商”的频率成等比数列
C．“商、羽、角”的频率成等比数列
D．“宫、商、角”的频率成等比数列
7．黑白两种颜色的正六边形地面砖块按如图的规律拼成若干个图案，则第五个图案中有白色地面砖（　　）块．
A．21 B．22 C．20 D．23
8．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如：
他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是（　　）
A．289 B．1024 C．1225 D．1378
9．正方形ABCD的边长为1，选各边的中点按如图连成正方形，再选各边中点连成正方形，依次无限作下去，则所有正方形的边长之和为（　　）
A．5 B．6 C．2 D．8
（多选）10．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，称为正方形数，记三角形数构成数列{an}，正方形数构成数列{bn}，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．1225既是三角形数，又是正方形数
C．
D． m∈N*，m≥2，总存在p，q∈N*，使得bm＝ap+aq成立
（多选）11．斐波那契数列又称“兔子数列”“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．斐波那契数列{an}可以用如下方法定义：a1＝a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N*）．则（　　）
A．
B．a1+a3+a5+…+a2n﹣1＝a2n﹣1
C．a1+a2+a3+…+an＝an+2﹣1
D．a2023a2024
（多选）12．若数列{an}满足对任意的正整数n，都有an+an+2＜2an+1，则称{an}为“凸数列”．下列结论正确的是（　　）
A．若，则数列{an}为“凸数列”
B．若an＝lnn，则数列{an}为“凸数列”
C．若单调递减数列{an}的前n项和为Sn，则数列{Sn}为“凸数列”
D．若数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}为“凸数列”，则{an}为单调递减数列
13．如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn．设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn，（n∈N*），则Xn＝　 　 ．
14．已知项数为m（m∈N*，m≥2）的数列{an}为递增数列，且满足an∈N*，若bn，且bn∈N*，则称{bn}为{an}的“伴随数列”．
（1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
（2）若{bn}为{an}的“伴随数列”，证明：b1＞b2＞…＞bm；
（3）已知数列{an}存在“伴随数列{bn}，且a1＝1，am＝2025，求m的最大值．
15．对一个给定的数列{an}的相邻两项作差，得到一个新数列a2﹣a1，a3﹣a2， ，an+1﹣an， 这个数列称为{an}的一阶差数列．如果记该数列为{bn}，其中bn＝an+1﹣an，再求{bn}的相邻两项之差，那么称所得数列b2﹣b1，b3﹣b2， ，bn+1﹣bn， 为原数列的二阶差数列．依此类推，对任意p∈N*，可以定义数列{an}的p阶差数列．如果{an}的p阶差数列是一个非零常数列，那么称它为p阶等差数列．特别地，一阶等差数列就是我们常说的等差数列，二阶及二阶以上的等差数列统称为高阶等差数列．
（1）数列{an}的通项公式为an＝n2+1，证明：数列{an}是二阶等差数列．
（2）数列{an}的通项公式为an＝n2，证明：数列{an}的前n项和公式为Sn．
（3）设数列{an}是一个三阶等差数列，其前面的若干项为1，2，8，22，47，86，…，求数列{an}的通项公式．
16．已知数列，若{an+an+1}为等比数列，则称{an}具有性质P．
（1）若数列{an}具有性质P，且a1＝a2＝1，a3＝3，求a4的值；
（2）若，求证：数列{bn}具有性质P；
（3）设，数列{dn}具有性质P，其中d1＝1，d3﹣d2＝c1，d2+d3＝c2，若，求正整数m的取值范围．
17．设函数fn（x）＝﹣1+x（x∈R，n∈N+），证明：
（1）对每个n∈N+，存在唯一的x∈[，1]，满足fn（xn）＝0；
（2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p．
18．从N*中选取k（k≥3）个不同的数，按照任意顺序排列，组成数列{an}，称数列{an}为N*的子数列，当1≤i≤j≤k时，把aj﹣ai的所有不同值按照从小到大顺序排成一列构成数列{bn}，称数列{bn}为N*的子二代数列．
（1）若N*的子数列{an}（1≤n≤k，k≥5）是首项为2，公比为2的等比数列，求N*的子二代数列{bn}的前8项和；
（2）若N*的子数列{an}是递增数列，且子二代数列{bn}共有k﹣1项，求证：{an}是等差数列；
（3）若k＝100，求N*的子二代数列{bn}的项数的最大值．
19．某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d（d＞0），因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政府，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r（r＞0），那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1（1+r）n﹣1，第二年所交纳的储备金就变成a2（1+r）n﹣2，…．以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．
（Ⅰ）写出Tn与Tn﹣1（n≥2）的递推关系式；
（Ⅱ）求证Tn＝An+Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．
▉题型2 数列的求和
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：
（1）公式法：
①等差数列前n项和公式：Sn＝na1n（n﹣1）d或Sn
②等比数列前n项和公式：
③几个常用数列的求和公式：
（2）错位相减法：
适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．
（3）裂项相消法：
适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即（）．
（4）倒序相加法：
推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．
（5）分组求和法：
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：．
21．在数列{an}中，a1＝1，an+1＝2an+2n．
（Ⅰ）设bn．证明：数列{bn}是等差数列；
（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Sn．
▉题型3 倒序相加法
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：
（1）公式法：
①等差数列前n项和公式：Sn＝na1n（n﹣1）d或Sn
②等比数列前n项和公式：
③几个常用数列的求和公式：
（2）倒序相加法：
推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．
22．已知数列{an}满足，数列{an}的前n项和为Sn，则S2021＝　 　 ．
23．已知f（x），利用课本中推导等差数列n项和的公式的方法，可求得f（）+f（）+...+f（）＝　 　 ．
▉题型4 错位相减法
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等：
错位相减法：
适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．
24．已知等差数列{an}的公差为正数，其前n项和为Sn，a1＝1，且3a2，S3，a5成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn，求数列{bn}的前n项和Sn．
25．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn﹣2an＝2＝0，函数f（x）对任意的x∈R都有f（x）+f（1﹣x）＝1，数列{bn}满足．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）若数列{cn}满足cn＝an bn，Tn是数列{cn}的前n项和，是否存在正实数k，对于任意n∈N*，不等式k（n2﹣9n+26）Tn＞4ncn恒成立？若存在，请求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
▉题型5 裂项相消法
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等：
（1）裂项相消法：
适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即（）．
26．已知等差数列{an}的公差d＞0，其前n项和为Sn，且a2+a4＝8，a3，a5，a8成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn，求数列{bn}的前n项和Tn．
27．设正项等比数列{an}，a4＝81，且a2，a3的等差中项为．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝log3a2n﹣1，数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}满足，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn．
28．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an﹣2．
（1）求数列{an}的通项公式．
（2）若bn＝3log2an﹣2，求数列{}的前n项和Tn．
▉题型6 数列求和的其他方法
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：
（1）公式法：
①等差数列前n项和公式：Sn＝na1n（n﹣1）d或Sn
②等比数列前n项和公式：
③几个常用数列的求和公式：
（2）错位相减法：
适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．
（3）裂项相消法：
适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即（）．
（4）倒序相加法：
推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．
（5）分组求和法：
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．
29．已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，则数列{an}的前10项和为（　　）
A．48 B．49 C．50 D．51
▉题型7 数列递推式
【知识点的认识】
1、递推公式定义：如果已知数列{an}的第1项（或前几项），且任一项an与它的前一项an﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
2、数列前n项和Sn与通项an的关系式：an．
在数列{an
}中，前n项和Sn
与通项公式an
的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．
注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由an
的表达式，则an
不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．
（2）一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解．
30．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an﹣1，则a4＝（　　）
A．8 B．16 C．32 D．64
31．在数列{an}中，a1＝1，n（n+1）（an+1﹣an）＝1（n∈N*），则a2022＝（　　）
A． B． C． D．
32．在数列{an}中，a1＝1，an＞0，且nan+12﹣anan+1﹣（n+1）an2＝0，则a20的值为（　　）
A．18 B．19 C．20 D．21
33．已知数列{an}满足an+1＝﹣an﹣3，a1＝2，则a100＝（　　）
A．2 B．﹣2 C．5 D．﹣5
（多选）34．已知数列{an}，下列结论正确的有（　　）
A．若a1＝2，an+1＝an+n+1，则a20＝211．
B．若a1＝1，an+1＝3an+2，则a7＝1457
C．若Sn＝3n，则数列{an}是等比数列
D．若a1＝1，an+1（n∈N*），则a15
35．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72，bnan﹣30．
（1）求通项an；
（2）求数列{bn}的前n项和Tn的最小值．
▉题型8 数列与函数的综合
【知识点的认识】
数列的函数特性：
等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，an
，q，n，Sn
，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．
36．若数列{an}的通项公式为，则该数列中的最大项是（　　）
A．a1＝2 B．a44 C．a45 D．a46
37．已知数列{an}的通项公式为， k∈N*，当n＞k时，an＞ak成立，则实数λ的取值范围是（　　）
A．[1，+∞） B．（﹣∞，1] C． D．
（多选）38．对任意正整数n，进行如下操作：若n为偶数，则对n不断地除以2，直到得到一个奇数，记这个奇数为an；若n为奇数，则对3n+1不断地除以2，直到得出一个奇数，记这个奇数为an．若an＝1，则称正整数n为“理想数”．则下列结论正确的是（　　）
A．十以内的质数理想数个数为2个
B．若已知m为“理想数”，当m∈（24，26），此时m的个数为2个
C．若an＝m，am＝n，满足条件的正整数m的个数有2个
D．若am＝m﹣15，满足条件的正整数m的个数有2个
（多选）39．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．已知函数f（x）＝（x﹣b）（x﹣c），其中c＞b．在f（x）图象上横坐标为x1的点处作曲线y＝f（x）的切线，切线与x轴交点的横坐标记为在用x2代替x1，重复刚才的过程得到x3…；一直重复下去，得到数列{xn}，记，且a1＝1，xn＞c，则下列说法正确的是（　　）
A．（e是自然对数的底数）
B．数列{an}是递增数列
C．
D．数列的前n项和
40．定义在R上的函数f（x），若存在实数A，T，x∈I1＝[a，a+T），f（x）＝φ（x）．且满足f（x）＝Af（x+T），其中常数T＞0，A＞0，则称函数f（x）为“φ（x）周期延拓”函数，φ（x）称为基函数．已知f（x）为“φ（x）周期延拓”函数，基函数为φ（x）＝xex，x∈I1＝[﹣1，1），满足．
（1）分别写出k＝2，3，4时，f（x）的解析式，猜想函数f（x）在区间Ik上的解析式（不需证明）；
（2）已知函数，函数y＝f（x）与y＝g（x）的交点为P1（x1，y1），P2（x2，y2），P2（x3，y3），…，P2（xn，yn），…，满足i＜j时，．
①证明：φ（x）在区间I1上有唯一零点x1；
②若△ABC，满足，则，记的面积为Sn，证明：{Sn}构成等比数列．
41．对定义在数集D上的可导函数f（x），若数列{xn}满足，其中f′（x）为f（x）的导函数，则称{xn}为f（x）在D上的“牛顿列”．
（1）若{xn}为f（x）＝3x的“牛顿列”，x1＝3，求{xn}的通项公式；
（2）若{xn}为f（x）＝x2﹣a的“牛顿列”，其中a＞0，，求证： n∈N*，；
（3）若{xn}为f（x）＝2x+cosx的“牛顿列”，求证： n∈N*且n≥2，|xn+1﹣r|≤2|xn﹣r|，其中r为f（x）的唯一零点．
▉题型9 数列与不等式的综合
【知识点的认识】
证明与数列求和有关的不等式基本方法：
（1）直接将数列求和后放缩；
（2）先将通项放缩后求和；
（3）先将通项放缩后求和再放缩；
（4）尝试用数学归纳法证明．
常用的放缩方法有：
，，，
[]
（n≥2），
（）（n≥2），
，
2（）2（）．
．
42．如果数列{an}对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，则称{an}为“速增数列”，若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝456，则正整数k的最大值为（　　）
A．27 B．28 C．29 D．30
（多选）43．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d．已知a3＝12，S10＞0，a6＜0，则（　　）
A．数列的最小项为第6项
B．
C．Sn＞0时，n的最大值为5
D．a5＞0
44．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an+Sn＝2n．
（1）求证：数列{an﹣2}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若不等式2λ﹣λ2＞（2n﹣3）（2﹣an）对任意的正整数恒成立，求实数λ的取值范围．
45．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，{}是公差为的等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）证明：2．
46．已知数列{an}的首项a1＝2，an＝3an﹣1+2（n≥2，n∈N*），bn＝log3（an+1），cn．
（1）证明：{an+1}为等比数列；
（2）设数列{cn}的前n项和Sn，求证：Sn．
47．定义：若无穷数列{an}满足{an+1﹣an}是公比为q的等比数列，则称数列{an}为“M（q）数列”．设数列{bn}中，b1＝1，b3＝7．
（1）若b2＝4，且数列{bn}为“M（q）数列”，求数列{bn}的通项公式；
（2）若数列{bn}是“M（2）数列”，是否存在正整数m，n，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数m，n；若不存在，请说明理由．
▉题型10 等差数列与等比数列的综合
【知识点的认识】
1、等差数列的性质
（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有
as+at＝2ap；
（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．
（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．
（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，
2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）
（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．
2、等比数列的性质．
（1）通项公式的推广：an
＝am
qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an
}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak al
＝am
an
（3）若{an
}，{bn
}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an
bn
}，仍是等比数列．
（4）单调性：或 {an
}是递增数列；或 {an
}是递减数列；q＝1 {an
}是常数列；q＜0 {an
}是摆动数列．
48．已知各项不为0的等差数列{an}满足2a22a12＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b11等于（　　）
A．16 B．8 C．4 D．2
49．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＝（　　）
A．n（n+1） B．n（n﹣1） C． D．
50．已知等比数列{an}中有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且a7＝b7，则b5+b9＝（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
51．已知数列{an}为等比数列，且a4 a6＝2a5，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝2a5，则S9＝（　　）
A．36 B．32 C．24 D．22
52．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（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
53．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S4＝（　　）
A．29 B．30 C．31 D．33
54．公差不为0的等差数列{an}的部分项，，，…构成等比数列{}，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4为（　　）
A．20 B．22 C．24 D．28
55．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2 a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝　 　 ．
56．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　 　 ．
57．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝9+3．
（1）求数列{an}的通项an与前n项和为Sn；
（2）设bn（n∈N+），求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
▉题型11 数列与三角函数的综合
【知识点的认识】
函数、数列、解析几何作为高中数学的主要躯干，蕴含着诸多的数学思想和方法（数形结合、函数与方程、转化和归纳等），因而一直是高考的重点．尤其是它们互相之间及和其他数学知识（如复数、向量等）之间的互相渗透、互相联系，更为高考命题带来广阔的空间．而传统的章节复习法使学生分散地学习知识，对各个章节的联系和渗透考虑较少，从而造成对一些综合题心存胆怯．近几年高考中常见的函数﹣数列﹣解析几何综合题就是其中的典型．
58．在△ABC中，，三边长a，b，c成等差数列，且ac＝6，则b的值是（　　）
A． B． C． D．
▉题型12 数列与解析几何的综合
【知识点的认识】
函数、数列、解析几何作为高中数学的主要躯干，蕴含着诸多的数学思想和方法（数形结合、函数与方程、转化和归纳等），因而一直是高考的重点．尤其是它们互相之间及和其他数学知识（如复数、向量等）之间的互相渗透、互相联系，更为高考命题带来广阔的空间．而传统的章节复习法使学生分散地学习知识，对各个章节的联系和渗透考虑较少，从而造成对一些综合题心存胆怯．近几年高考中常见的函数﹣数列﹣解析几何综合题就是其中的典型．
59．已知双曲线的焦点在y轴上，一条渐近线方程是，其中数列{an}是以4为首项的正项数列，则数列{an}通项公式是（　　）
A． B．
C． D．
60．已知动圆M经过点，且与直线相切，记圆M的圆心M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）设直线l：（n∈N*）与C交于A，B两点．
（ⅰ）证明：A，B的纵坐标之积为定值；
（ⅱ）设an＝|AB|，求数列{2nan}的前n项和Sn．4 数列的应用
题型1 数列的应用 题型2 数列的求和
题型3 倒序相加法 题型4 错位相减法
题型5 裂项相消法 题型6 数列求和的其他方法
题型7 数列递推式 题型8 数列与函数的综合
题型9 数列与不等式的综合 题型10 等差数列与等比数列的综合
题型11 数列与三角函数的综合 题型12 数列与解析几何的综合
▉题型1 数列的应用
【知识点的认识】
1、数列与函数的综合
2、等差数列与等比数列的综合
3、数列的实际应用
数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．
1．现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，…，第n排比第n﹣1排多栽种2（n﹣1）棵（2≤n≤10且n∈N*），则第10排栽种塔松的棵数为（　　）
A．90棵 B．92棵 C．94棵 D．96棵
【答案】D
【解答】解：设第n排栽种的塔松的数量为an（n＝1，2，3， ，10），
由题意知a1＝6，a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝4， ，a10﹣a9＝18，
所以．
故选：D．
2．某大楼有20层，有19人在第一层上了电梯，他们分别要去第2层到20层，每层一人，而电梯只允许停一次，只能使一人满意，其余18人都要上楼或下楼．假设乘客每向下走一层不满意度为1，每向上走一层不满意度为2，所有人不满意度之和为s．为使s最小，电梯应停在第（　　）层．
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】B
【解答】解：设电梯停在x层（2≤x≤20，x∈Z），则向下走的有（x﹣2）人，向上走的有（20﹣x）人，
由题意得，s＝[1+2+ +（x﹣2）]+2×[1+2+ +（20﹣x）]
＝1.5x2﹣42.5x+421，
因为对称轴为，
所以当x＝14时，s（k）min＝120，
故选：B．
3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”其意思是：现有一位善于步行的人，第一天行走了100里，以后每一天比前一天多走相同的里程数，九天他共行走了1260里，问每天增加的里程数是多少？关于该问题，有下述四个结论：
①从第二天起，每一天比前一天增加的里程数为10；
②此人第五天行走了150里；
③此人前六天共行走了750里；
④此人前八天共行走的里程是第九天行走里程的8倍．
所有正确结论的序号为（　　）
A．①④ B．②③ C．②④ D．①③
【答案】D
【解答】解：根据题目现有一位善于步行的人，第一天行走了100里，以后每一天比前一天多走相同的里程数，九天他共行走了1260里，
设此人第n（n∈N*）天走an里，则数列{an}是公差为d的等差数列，
记数列{an}的前n项和为Sn，
对于①，由题意可得，解得d＝10，①结论正确；
对于②，a5＝a1+4d＝100+4×10＝140，故②错误；
对于③，，故③正确；
对于④，，a9＝a1+8d＝100+8×10＝180，
而180×8＝1440≠1080，故④错误．
故选：D．
4．汉诺塔（TowerofHanoi），是一个源于印度古老传说的益智玩具．如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子，A柱子从下到上按金字塔状叠放着n个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H（n），例如：H（1）＝1，H（2）＝3，则下列说法正确的是（　　）
A．H（3）＝5 B．{H（n）}为等差数列
C．{H（n）+1}为等比数列 D．H（7）＜100
【答案】C
【解答】解：若有1个圆盘，则需移动一次，
若有2个圆盘，则移动情况为：A→C，A→B，C→B，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：A→B，A→C，B→C，A→B，C→A，C→B，A→B，共7次，故H（3）＝7，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动an次，则an＝2an﹣1+1，
故an+1＝2（an﹣1+1），而a1+1＝1+1＝2≠0，
故{an+1}为等比数列，故，即H（n）＝2n﹣1，该式不是n的一次函数，则{H（n）}不为等差数列，B错误；又H（n）＝2n﹣1，
则H（n）+1＝2n，，
则{H（n）+1}为等比数列，C正确，
H（7）＝27﹣1＝127＞100，D错误．
故选：C．
5．预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是Pn＝P0（1+k）n（k＞﹣1），其中Pn为预测期人口数，P0为初期人口数，k为预测期内年增长率，n为预测期间隔年数．如果在某一时期有﹣1＜k＜0，那么在这期间人口数（　　）
A．呈上升趋势 B．呈下降趋势
C．摆动变化 D．不变
【答案】B
【解答】解：Pn+1﹣Pn＝P0（1+k）n+1﹣P0（1+k）n＝P0（1+k）n（1+k﹣1）＝P0（1+k）n k，
∵﹣1＜k＜0，
∴0＜1+k＜1．
∴（1+k）n＞0．
又∵P0＞0，k＜0，
∴P0（1+k）n k＜0．
即Pn+1﹣Pn＜0，
∴Pn+1＜Pn．
故选：B．
解法二：由题意，k为预测期内年增长率，如果在某一时期有﹣1＜k＜0，即年增长率为负，故这期间人口数呈下降趋势，
故选：B．
6．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：若以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶．据此可推得（　　）
A．“徵、商、羽”的频率成等比数列
B．“宫、徵、商”的频率成等比数列
C．“商、羽、角”的频率成等比数列
D．“宫、商、角”的频率成等比数列
【答案】D
【解答】解：根据题意，设“宫”的频率为a，
由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为，
“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为，
“商”经过一次“损”，可得“羽”频率为，
最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是，
易得“宫、商、角”的频率成等比数列；
故选：D．
7．黑白两种颜色的正六边形地面砖块按如图的规律拼成若干个图案，则第五个图案中有白色地面砖（　　）块．
A．21 B．22 C．20 D．23
【答案】B
【解答】解：每增加1个图形，就增加4块白色地砖，
即：6，6+4，6+2×4，…是一个首项为6，公差为4的等差数列．
它们的第5项为：22．
故选：B．
8．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如：
他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是（　　）
A．289 B．1024 C．1225 D．1378
【答案】C
【解答】解：由图形可得三角形数构成的数列通项，
同理可得正方形数构成的数列通项bn＝n2，
则由bn＝n2（n∈N+）可排除D，又由，
与无正整数解，
故选：C．
9．正方形ABCD的边长为1，选各边的中点按如图连成正方形，再选各边中点连成正方形，依次无限作下去，则所有正方形的边长之和为（　　）
A．5 B．6 C．2 D．8
【答案】C
【解答】解：由题意，所有正方形的边长组成以1为首项，为公比的等比数列，
∴所有正方形的边长和为S2．
故选：C．
（多选）10．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，称为正方形数，记三角形数构成数列{an}，正方形数构成数列{bn}，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．1225既是三角形数，又是正方形数
C．
D． m∈N*，m≥2，总存在p，q∈N*，使得bm＝ap+aq成立
【答案】BCD
【解答】解：三角形数构成数列{an}：1，3，6，10，
易发现a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝3， ，an﹣an﹣1＝n（n≥2），
累加得，
所以，n＝1也成立；
正方形数构成数列{bn}：1，4，9，16，
易发现b2﹣b1＝3，b3﹣b2＝5， ，bn﹣bn﹣1＝2n﹣1（n≥2），
累加得，得到，n＝1也成立；
对A，，
所以，故选项A错误；
对B，令，解得n＝49；令，解得n＝35，故选项B正确；
对C，，
所以，
整理得，，故选项C正确；
对D，取m＝p＝q+1，且m∈N*，令，有bm＝am+am﹣1，
故 m∈N*，m≥2，总存在p，q∈N*，使得bm＝ap+aq成立，故选项D正确；
故选：BCD．
（多选）11．斐波那契数列又称“兔子数列”“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．斐波那契数列{an}可以用如下方法定义：a1＝a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N*）．则（　　）
A．
B．a1+a3+a5+…+a2n﹣1＝a2n﹣1
C．a1+a2+a3+…+an＝an+2﹣1
D．a2023a2024
【答案】ACD
【解答】解：对于A，由题意得n≥3，n∈N*时，an+2＝an+1+an＝2an+an﹣1，an﹣2＝an﹣an﹣1，
所以an﹣2+an+2＝2an+an﹣1+an﹣an﹣1＝3an，故A正确；
对于B，a1＝a2＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a1+a3+a5＝8≠a6﹣1＝7，故B错误；
对于C，a1+a2＝a3，a2+a3＝a4，…，an+an+1＝an+2，
以上各式相加得a1+2a2+2a3+ +2an+an+1＝a3+a4+ +an+2，
化简得a1+a2+a3+ +an＝an+2﹣a2＝an+2﹣1，故C正确；
对于D，由题意得，
，
，
…，
，
累加得，故D正确．
故选：ACD．
（多选）12．若数列{an}满足对任意的正整数n，都有an+an+2＜2an+1，则称{an}为“凸数列”．下列结论正确的是（　　）
A．若，则数列{an}为“凸数列”
B．若an＝lnn，则数列{an}为“凸数列”
C．若单调递减数列{an}的前n项和为Sn，则数列{Sn}为“凸数列”
D．若数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}为“凸数列”，则{an}为单调递减数列
【答案】BC
【解答】解：若，则，故A错误；
若an＝lnn，则an+an+2＝lnn+ln（n+2）＝ln（n2+2n）＜ln（n2+2n+1）＝ln（n+1）2＝2ln（n+1）＝2an+1，故B正确；
若数列{an}为单调递减数列，则an+2＜an+1，所以Sn+2﹣Sn+1＜Sn+1﹣Sn，即Sn+Sn+2＜2Sn+1，故C正确；
若数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}为“凸数列”，则Sn+Sn+2＜2Sn+1，即Sn+2﹣Sn+1＜Sn+1﹣Sn，所以an+2＜an+1，
则从第二项起，{an}为单调递减数列，故D错误．
故选：BC．
13．如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn．设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn，（n∈N*），则Xn＝　　 ．
【答案】．
【解答】解：根据题目：在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，
圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn．设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn，
如图，设圆Dn，Dn﹣1与AC相切于点E，F，过Dn作FDn﹣1的垂线，垂足为G，
则∠FDn﹣1Dn＝60°，故，
设圆Dn的半径为rn，则即，
而△ABC内切圆的半径即，
故rn≠0，所以即{rn}为等比数列，所以，
，，{Dn}是以为首项，为公比的等比数列，
则．
故答案为：．
14．已知项数为m（m∈N*，m≥2）的数列{an}为递增数列，且满足an∈N*，若bn，且bn∈N*，则称{bn}为{an}的“伴随数列”．
（1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
（2）若{bn}为{an}的“伴随数列”，证明：b1＞b2＞…＞bm；
（3）已知数列{an}存在“伴随数列{bn}，且a1＝1，am＝2025，求m的最大值．
【答案】（1）数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15，13，11，10；
（2）证明见解析；
（3）m的最大值为45．
【解答】解：（1）b115，b213，
b311，b410，均为正整数，
所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15，13，11，10．
（2）证明：因为数列{an}存在“伴随数列”{bn}，所以an+1﹣an＞0（1≤n≤m﹣1），且bn，bn+1∈N*，
所以bn﹣bn+1∈N*，
所以bn﹣bn+1＞0，即bn＞bn+1，
所以b1＞b2＞b3＞…＞bm．
（3）①因为a1＝1，am＝2025，其中m≥2，
当m＝2时，a1＝1，a2＝2025，所以b12025，b21，均为正整数，
即当m＝2时，数列1，2025存在“伴随数列”：2025，1，
所以m的最小值为2．
②一方面，由（2）知：an+1﹣an＝（m﹣1）（bn﹣bn+1）≥m﹣1（n＝1，2，…，n﹣1），
于是am﹣1＝（am﹣am﹣1）+（am﹣1﹣am﹣2）+…+（a2﹣a1）≥（m﹣1）+（m﹣1）+…+（m﹣1）＝（m﹣1）2，
所以（m﹣1）2≤2024，即m≤45（m∈N*）．
另一方面，由数列{an}存在“伴随数列”{bn}知：
b1﹣bm∈N*，
所以m﹣1时2024的正约数，而2024＝2×2×2×11×23，
所以m﹣1可取2，4，8，11，22，23，44，46，88，92，184，253，506，1012，2024，
即m取3，5，9，12，23，24，45，47，89，93，185，254，507，1013，2025，
综上所述，m＝45为最大值，取an＝44n﹣43（n＝1，2，…，44），a45＝2025，
当1≤n≤44时，bn994﹣n∈N*，符合题意；
当n＝45时，bn947∈N*，符合题意．
故m的最大值为45．
15．对一个给定的数列{an}的相邻两项作差，得到一个新数列a2﹣a1，a3﹣a2， ，an+1﹣an， 这个数列称为{an}的一阶差数列．如果记该数列为{bn}，其中bn＝an+1﹣an，再求{bn}的相邻两项之差，那么称所得数列b2﹣b1，b3﹣b2， ，bn+1﹣bn， 为原数列的二阶差数列．依此类推，对任意p∈N*，可以定义数列{an}的p阶差数列．如果{an}的p阶差数列是一个非零常数列，那么称它为p阶等差数列．特别地，一阶等差数列就是我们常说的等差数列，二阶及二阶以上的等差数列统称为高阶等差数列．
（1）数列{an}的通项公式为an＝n2+1，证明：数列{an}是二阶等差数列．
（2）数列{an}的通项公式为an＝n2，证明：数列{an}的前n项和公式为Sn．
（3）设数列{an}是一个三阶等差数列，其前面的若干项为1，2，8，22，47，86，…，求数列{an}的通项公式．
【答案】（1）证明过程见详解；
（2）证明过程见详解；
（3）ann3n2﹣n+2．
【解答】（1）证明：因为数列{an}的通项公式为an＝n2+1，设bn＝an+1﹣an，
所以an+1﹣an＝（n+1）2+1﹣（n2+1）＝2n+1，
设bn＝an+1﹣an＝2n+1，
则bn+1﹣bn＝2（n+1）+1﹣（2n+1）＝2，
所以数列{an}是二阶等差数列；
（2）证明：1×1+2×2+3×3+…+n×n
＝1×（2﹣1）+2×（3﹣1）+3×（4﹣1）+…+n×（n+1﹣1）
＝1×2+2×3+3×4+…+n×（n+1）﹣（1+2+3+…+n）
＝1×2+2×3+3×4+…+n×（n+1）﹣n（n+1），
因为，
1×2+2×3+3×4+…+n×（n+1）[n（n+1）（n+2）﹣0]，
，
即证得结论成立；
（3）解：计算{an}的各阶等差数列，1，2，8，22，47，86，…，得{bn}：1，6，14，25，39，…；
{cn}：5，8，11，14，…；{dn}：3，3，3，…，
{an}是一个三阶等差数列，所以{dn}是一个常数列，cn＝c1+3（n﹣1）＝3n+2，
因为bn+1﹣bn＝3n+2，n＝1，2，…，
所以bn﹣b1＝（bn﹣bn﹣1）+…+（b2﹣b1）（3k+2）2（n﹣1），
所以，
同理可得an﹣a1（k2k﹣1）（n﹣1），
解得．
16．已知数列，若{an+an+1}为等比数列，则称{an}具有性质P．
（1）若数列{an}具有性质P，且a1＝a2＝1，a3＝3，求a4的值；
（2）若，求证：数列{bn}具有性质P；
（3）设，数列{dn}具有性质P，其中d1＝1，d3﹣d2＝c1，d2+d3＝c2，若，求正整数m的取值范围．
【答案】（1）5．
（2）证明见解析．
（3）{m|m≥12且m∈N*}．
【解答】（1）解：由题意可知a1+a2，a2+a3，a3+a4成等比数列．
则，
即（1+3）2＝（1+1） （3+a4），
则16＝6+2a4，
解得a4＝5．
（2）证明：，，
则，
又，
则数列{bn+bn+1}是以6为首项，以2为公比的等比数列，
故数列具有性质P．
（3）解：设数列{cn}的前n项和为Sn，
则，
当n＝1时，，
当n≥2时，，
经检验，cn＝2n．
由，
解得，
则d1+d2＝2，d2+d3＝4，
由数列{dn}具有性质P，
则{dn+dn+1}为等比数列，
又，
故数列{dn+dn+1}为以2为首项以2为公比的等比数列，
则，
于是，
即，
由，
则数列是以为首项，以为公比的等比数列，
故，
则，
又 ，
化简可得2m+（﹣1）m﹣1＞3000，
①若m为偶数，则m＞log23001，
即m≥12；
②若m为奇数，
则m＞log22099，
即m≥13；
综上可得，m的取值范围是{m|m≥12且m∈N*}．
17．设函数fn（x）＝﹣1+x（x∈R，n∈N+），证明：
（1）对每个n∈N+，存在唯一的x∈[，1]，满足fn（xn）＝0；
（2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p．
【答案】见试题解答内容
【解答】证明：（1）对每个n∈N+，当x＞0时，由函数fn（x）＝﹣1+x），可得
f′（x）＝10，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
由于f1（x1）＝0，当n≥2时，fn（1）0，即fn（1）＞0．
又fn（）＝﹣1[]
0，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn，满足fn（xn）＝0．
（2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）＝fn（x）fn（x），
∴fn+1（xn）＞fn（xn）＝fn+1（xn+1）＝0．
由 fn+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 xn+1＜xn，即 xn﹣xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的 n、p∈N+，xn﹣xn+p＞0．
由于 fn（xn）＝﹣1+xn0 ①，
fn+p （xn+p）＝﹣1+xn+p[]②，
用①减去②并移项，利用 0＜xn+p≤1，可得
xn﹣xn+p．
综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p．
18．从N*中选取k（k≥3）个不同的数，按照任意顺序排列，组成数列{an}，称数列{an}为N*的子数列，当1≤i≤j≤k时，把aj﹣ai的所有不同值按照从小到大顺序排成一列构成数列{bn}，称数列{bn}为N*的子二代数列．
（1）若N*的子数列{an}（1≤n≤k，k≥5）是首项为2，公比为2的等比数列，求N*的子二代数列{bn}的前8项和；
（2）若N*的子数列{an}是递增数列，且子二代数列{bn}共有k﹣1项，求证：{an}是等差数列；
（3）若k＝100，求N*的子二代数列{bn}的项数的最大值．
【答案】（1）86；
（2）证明见解答；
（3）4950．
【解答】（1）解：由题意，得，（1分）
所以数列{bn}的前8项依次为：2，4，6，8，12，14，16，24，（2分）
因为2+4+6+8+12+14+16+24＝86，
所以数列{bn}的前8项和为86． （4分）
（2）证明：因为{an}是递增数列，且{bn}共有k﹣1项，
所以a2﹣a1＜a3﹣a1＜a4﹣a1＜ ＜ak﹣a1，（5分）
所以a2﹣a1，a3﹣a1，a4﹣a1，…，ak﹣a1这k﹣1个数互不相等，且都是{bn}中的项，（6分）
同理，a3﹣a2＜a4﹣a2＜a5﹣a2＜ ＜ak﹣a2＜ak﹣a1，（7分）
所以a3﹣a2，a4﹣a2，a5﹣a2，…，ak﹣a2，ak﹣a1这k﹣1个数互不相等，且都是{bn}中的项，
又{bn}中共有k﹣1项，所以a3﹣a2＝a2﹣a1，a4﹣a2＝a3﹣a1，…，ak﹣a2＝ak﹣1﹣a1，（9分）
所以a2﹣a1＝a3﹣a2＝ ＝ak﹣ak﹣1，
所以{an}是等差数列． （10分）
（3）解：因为k＝100，当1≤i＜j≤100时，aj﹣ai的结果共有个，（11分）
设，则，（12分）
若存在i1，i2，j1，j2（j1＞i1，j2＞i2）使得，则，
所以，（14分）
若i1≠i2，设i1＞i2，则，是偶数，是奇数，矛盾，
所以i1＝i2，j1＝j2，（16分）
所以aj﹣ai的4950个结果可以互不相等，
所以{bn}的项数的最大值为4950． （17分）
19．某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d（d＞0），因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政府，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r（r＞0），那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1（1+r）n﹣1，第二年所交纳的储备金就变成a2（1+r）n﹣2，…．以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．
（Ⅰ）写出Tn与Tn﹣1（n≥2）的递推关系式；
（Ⅱ）求证Tn＝An+Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（I）根据在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1（1+r）n﹣1，第二年所交纳的储备金就变成a2（1+r）n﹣2，…，我们有Tn＝Tn﹣1（1+r）+an（n≥2）．
（II）T1＝a1，对n≥2反复使用上述关系式，得，①
在①式两端同乘1+r，得．②
②﹣①，得，
即Tn（1+r）n
如果记An，Bn，则Tn＝An+Bn．
其中{An}是以（1+r）为首项，以1+r（r＞0）为公比的等比数列；{Bn}是以为首项，为公差的等差数列．
▉题型2 数列的求和
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：
（1）公式法：
①等差数列前n项和公式：Sn＝na1n（n﹣1）d或Sn
②等比数列前n项和公式：
③几个常用数列的求和公式：
（2）错位相减法：
适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．
（3）裂项相消法：
适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即（）．
（4）倒序相加法：
推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．
（5）分组求和法：
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：．
【答案】（1）；
（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，
由，得log3an+1＝n+1，log3an+2＝n+2，
则，
所以，
因，故．
【解答】解：（1）已知数列{an}的前n项和为Sn，且，
当n＝1时，，解得a1＝3；
当n≥2时，，
化简得，即an＝3an﹣1，
所以数列{an}是首项为3、公比为3的等比数列，
根据等比数列的通项公式可得；
证明：（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，
由，得log3an+1＝n+1，log3an+2＝n+2，
则，
所以，
因，故．
21．在数列{an}中，a1＝1，an+1＝2an+2n．
（Ⅰ）设bn．证明：数列{bn}是等差数列；
（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Sn．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由an+1＝2an+2n．两边同除以2n得
∴，即bn+1﹣bn＝1
∴{bn}以1为首项，1为公差的等差数列
（2）由（1）得
∴an＝n 2n﹣1
Sn＝20+2×21+3×22+…+n 2n﹣1
2Sn＝21+2×22+…+（n﹣1） 2n﹣1+n 2n
∴﹣Sn＝20+21+22+…+2n﹣1﹣n 2n
∴Sn＝（n﹣1） 2n+1
▉题型3 倒序相加法
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：
（1）公式法：
①等差数列前n项和公式：Sn＝na1n（n﹣1）d或Sn
②等比数列前n项和公式：
③几个常用数列的求和公式：
（2）倒序相加法：
推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．
22．已知数列{an}满足，数列{an}的前n项和为Sn，则S2021＝　　 ．
【答案】．
【解答】解：
，
，倒过来写：
，
两式相加得 ，所以 ．
故答案为：．
23．已知f（x），利用课本中推导等差数列n项和的公式的方法，可求得f（）+f（）+...+f（）＝　2022　 ．
【答案】2022．
【解答】解：由于f（x），所以，
故，①，
，②，
①+②得：2S＝2022×2，
解得S＝2022．
故答案为：2022．
▉题型4 错位相减法
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等：
错位相减法：
适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．
24．已知等差数列{an}的公差为正数，其前n项和为Sn，a1＝1，且3a2，S3，a5成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn，求数列{bn}的前n项和Sn．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）等差数列{an}的公差d为正数，其前n项和为Sn，
a1＝1，且3a2，S3，a5成等比数列，
可得S32＝3a2a5，
即（3+3d）2＝3（1+d）（1+4d），
解得d＝2（﹣1舍去），
则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）bn（），
数列{bn}的前n项和Sn（1）
（1）．
25．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn﹣2an＝2＝0，函数f（x）对任意的x∈R都有f（x）+f（1﹣x）＝1，数列{bn}满足．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）若数列{cn}满足cn＝an bn，Tn是数列{cn}的前n项和，是否存在正实数k，对于任意n∈N*，不等式k（n2﹣9n+26）Tn＞4ncn恒成立？若存在，请求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵Sn﹣2an+2＝0即Sn＝2an﹣2，
当n＝1时，a1＝S1＝2a1﹣2，∴a1＝2，
当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2an﹣1，
即an＝2an﹣1，∴{an}是等比数列，首项为a1＝2，公比为2，∴．
∵f（x）+f（1﹣x）＝1，∴．
∵．∴．
∴①+②，得2bn＝n+1，∴；
（2）∵cn＝an bn＝（n+1） 2n﹣1，
∴（n+1） 2n﹣1①，
n 2n﹣1+（n+1） 2n②，
①﹣②得2n﹣1﹣（n+1） 2n
＝1（n+1） 2n，
即．
要使得不等式k（n2﹣9n+26）Tn＞4ncn恒成立，
∵（n2﹣9n+26）Tn＞0恒成立，∴对于一切的n∈N*恒成立，
即，令，
则，
当且仅当n＝5时等号成立，故g（n）max＝2．
故k的取值范围为（2，+∞）．
▉题型5 裂项相消法
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等：
（1）裂项相消法：
适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即（）．
26．已知等差数列{an}的公差d＞0，其前n项和为Sn，且a2+a4＝8，a3，a5，a8成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）因为a2+a4＝8，即2a3＝8，
a3＝4即a1+2d＝4，①
因为a3，a5，a8成等比数列，则a52＝a3a8，
即（a1+4d）2＝（a1+2d）（a1+7d），化简得a1＝2d②，
联立①和②得a1＝2，d＝1，
所以an＝2+n﹣1＝n+1；
（2）因为bn，
所以数列{bn}的前n项和Tn
．
27．设正项等比数列{an}，a4＝81，且a2，a3的等差中项为．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝log3a2n﹣1，数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}满足，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
由题意，得
解得
所以
（2）由（1）得，，
，
∴，
∴．
28．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an﹣2．
（1）求数列{an}的通项公式．
（2）若bn＝3log2an﹣2，求数列{}的前n项和Tn．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）Sn＝2an﹣2，可得a1＝S1＝2a1﹣2，即a1＝2，
n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2﹣2an﹣1+2，
即为an＝2an﹣1，可得an＝2n，
（2）bn＝3log2an﹣2＝3n﹣2，
（），
则前n项和Tn（1）
（1）．
▉题型6 数列求和的其他方法
【知识点的认识】
就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：
（1）公式法：
①等差数列前n项和公式：Sn＝na1n（n﹣1）d或Sn
②等比数列前n项和公式：
③几个常用数列的求和公式：
（2）错位相减法：
适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．
（3）裂项相消法：
适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即（）．
（4）倒序相加法：
推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．
（5）分组求和法：
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．
29．已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，则数列{an}的前10项和为（　　）
A．48 B．49 C．50 D．51
【答案】D
【解答】解：数列{an}满足a1＝0，a2＝1，
当n＝3时，a3＝2+0＝2，
当n＝4时，a4＝2×1＝2，
当n＝5时，a5＝2+2＝4，
当n＝6时，a6＝2×2＝4，
当n＝7时，a7＝2+4＝6，
当n＝8时，a8＝2×4＝8，
当n＝9时．a9＝2+6＝8，
当n＝10时，a10＝2×8＝16，
所以S10＝a1+a2+…+a10＝1+2+2+4+4+6+8+8+16＝51．
故选：D．
▉题型7 数列递推式
【知识点的认识】
1、递推公式定义：如果已知数列{an}的第1项（或前几项），且任一项an与它的前一项an﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
2、数列前n项和Sn与通项an的关系式：an．
在数列{an
}中，前n项和Sn
与通项公式an
的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．
注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由an
的表达式，则an
不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．
（2）一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解．
30．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an﹣1，则a4＝（　　）
A．8 B．16 C．32 D．64
【答案】A
【解答】解：由Sn＝2an﹣1，可得a1＝S1＝2a1﹣1，即a1＝1，
当n≥2时，由Sn＝2an﹣1，可得Sn﹣1＝2an﹣1﹣1，
两式相减得an＝2an﹣2an﹣1，即an＝2an﹣1，
因此数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，，
所以．
故选：A．
31．在数列{an}中，a1＝1，n（n+1）（an+1﹣an）＝1（n∈N*），则a2022＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解答】解：∵数列{an}中，a1＝1，n（n+1）（an+1﹣an）＝1（n∈N*）
∴an+1﹣an，
∴a2﹣a1＝1，
a3﹣a2，
.....．
an﹣an﹣1，
∴an﹣a1＝1，
∴a2022＝a1+1，
故选：A．
32．在数列{an}中，a1＝1，an＞0，且nan+12﹣anan+1﹣（n+1）an2＝0，则a20的值为（　　）
A．18 B．19 C．20 D．21
【答案】C
【解答】解：∵nan+12﹣anan+1﹣（n+1）an2＝0，
∴[nan+1﹣（n+1）an]（an+1+an）＝0，
又an＞0，则nan+1﹣（n+1）an＝0，即，
∴a20 ... ...20，
故选：C．
33．已知数列{an}满足an+1＝﹣an﹣3，a1＝2，则a100＝（　　）
A．2 B．﹣2 C．5 D．﹣5
【答案】D
【解答】解：由an+1＝﹣an﹣3，a1＝2，可得a2＝﹣2＝﹣5，a3＝5﹣3＝2，a4＝﹣2﹣3＝﹣5，
所以数列{an}是以2为周期的周期数列，
故a100＝a2＝﹣5．
故选：D．
（多选）34．已知数列{an}，下列结论正确的有（　　）
A．若a1＝2，an+1＝an+n+1，则a20＝211．
B．若a1＝1，an+1＝3an+2，则a7＝1457
C．若Sn＝3n，则数列{an}是等比数列
D．若a1＝1，an+1（n∈N*），则a15
【答案】AB
【解答】解：对于A：a1＝2，an+1＝an+n+1，
所以an﹣an﹣1＝n，an﹣1﹣an﹣2＝n﹣1，…，a2﹣a1＝2，
所有的式子相加得：an﹣a1＝2+3+…+n，
所以，
故，故A正确．
对于B：a1＝1，an+1＝3an+2，所以an+1+1＝3（an+1），整理得（常数），
所以数列{an+1}是以2为首项，3为公比的等比数列．
则，所以，
所以1457，故B正确；
对于C：由于Sn＝3n①，当n＝1时，，当n≥2时，于Sn﹣1＝3n﹣1②，
①﹣②得：（首项不符合通项），
故数列{an}不是等比数列，故C错误；
对于D：a1＝1，an+1，所以，整理得（常数），
所以数列{}是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，所以．故D错误．
故选：AB．
35．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72，bnan﹣30．
（1）求通项an；
（2）求数列{bn}的前n项和Tn的最小值．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）等差数列{an}中，
由a3＝10，S6＝72，
得，
解得，
∴an＝4n﹣2．
（2）∵bnan﹣30，an＝4n﹣2，
∴bnan﹣30＝2n﹣31，
∵由bn＝2n﹣31≥0，得n，
∴{bn}前15项为负值，
∴数列{bn}的前n项和Tn的最小值＝T15＝﹣225．
▉题型8 数列与函数的综合
【知识点的认识】
数列的函数特性：
等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，an
，q，n，Sn
，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．
36．若数列{an}的通项公式为，则该数列中的最大项是（　　）
A．a1＝2 B．a44 C．a45 D．a46
【答案】D
【解答】解：根据题意，数列{an}的通项公式为，
则有
所以当，即n≤45时，，所以an＜1．
当，即n≥46时，，所以an＞1．
且n≥46时，易知数列为递减数列，
所以该数列的最大项是a46．
故选：D．
37．已知数列{an}的通项公式为， k∈N*，当n＞k时，an＞ak成立，则实数λ的取值范围是（　　）
A．[1，+∞） B．（﹣∞，1] C． D．
【答案】C
【解答】解：根据题意，由 k∈N*，当n＞k时，an＞ak成立，即数列{an}为递增数列，
则对于任意的n∈N*，都有an+1＞an．
已知数列{an}的通项公式为，
则有（n+1）2﹣2λ（n+1）＞n2﹣2λn恒成立，
即对于任意的n∈N*都成立，
因为当n＝1时，，所以．
故选：C．
（多选）38．对任意正整数n，进行如下操作：若n为偶数，则对n不断地除以2，直到得到一个奇数，记这个奇数为an；若n为奇数，则对3n+1不断地除以2，直到得出一个奇数，记这个奇数为an．若an＝1，则称正整数n为“理想数”．则下列结论正确的是（　　）
A．十以内的质数理想数个数为2个
B．若已知m为“理想数”，当m∈（24，26），此时m的个数为2个
C．若an＝m，am＝n，满足条件的正整数m的个数有2个
D．若am＝m﹣15，满足条件的正整数m的个数有2个
【答案】AB
【解答】解：对于A，10以内质数有2、3、5、7．
当n＝2（偶数），连续除以2，最终奇数a2＝1，符合“理想数”．
当n＝3（奇数），计算3×3+1＝10，10÷2＝5，a3＝5≠1，不是“理想数”．
当n＝5（奇数），计算3×5+1＝16，16÷24＝1，a5＝1，是“理想数”．
当n＝7（奇数），计算3×7+1＝22，22÷2＝11，a7＝11≠1，不是“理想数”．
所以10以内质数里的“理想数”是2和5，共2个，A正确．
对于B，由题：显然偶数“理想数”必为形如2k（k∈N*）的整数，
又m∈（24，26），故m＝25＝32．
下面探究奇数“理想数”，
若不妨设奇数m∈（22k﹣2，22k]，若m为“理想数”，则，即．
①当s＝2t（t∈N*，且t＞1）时，；
②当s＝2t+1（t∈N*）时，，
∴．
又，即3×4k﹣1＜4t﹣1≤3×4k，
易知t＝k为上述不等式的唯一整数解，区间（22k﹣2，22k]存在唯一的奇数“理想数“．
又k＝3，∴．
综上：m＝32或21，所以B正确；
对于C，由题，m和n必然都为奇数，设n≤m，当n＝1时，因为a1＝1，所以n＝m＝1，满足条件；
当n＞1时，因为，n为奇数，an＝m，所以．
又因为m为奇数，am＝n，所以存在k∈N*，使得为奇数，
所以，而，所以4n＜2kn＜6n，即4＜2k＜6，k∈N*，无解，所以n＝m＝1，故C错误；
对于D，由题设可知am＝m﹣15必为奇数，∴m必为偶数，
∴存在正整数p，使得，即．
∵，且2p﹣1≥1，
∴2p﹣1＝1或2p﹣1＝3或2p﹣1＝5或2p﹣1＝15，解得p＝1或p＝2或p＝4，
∴或或，即m的值为16或20或30，所以D错误．
故选：AB．
（多选）39．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．已知函数f（x）＝（x﹣b）（x﹣c），其中c＞b．在f（x）图象上横坐标为x1的点处作曲线y＝f（x）的切线，切线与x轴交点的横坐标记为在用x2代替x1，重复刚才的过程得到x3…；一直重复下去，得到数列{xn}，记，且a1＝1，xn＞c，则下列说法正确的是（　　）
A．（e是自然对数的底数）
B．数列{an}是递增数列
C．
D．数列的前n项和
【答案】ABD
【解答】解：由，得，所以，所以A选项正确；
由f（x）＝（x﹣b）（x﹣c），得f′（x）＝（2x﹣b﹣c），所以f′（xn）＝（2xn﹣b﹣c），
所以在横坐标为xn的点处的切线方程为y﹣f（xn）＝（2xn﹣b﹣c）（x﹣xn），
令y＝0，则，
因为，
所以，即an+1＝2an，
所以{an}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{an}是递增数列，所以B选项正确；
所以，所以a6＝32，所以C选项错误；
所以，
得，所以D选项正确．
故选：ABD．
40．定义在R上的函数f（x），若存在实数A，T，x∈I1＝[a，a+T），f（x）＝φ（x）．且满足f（x）＝Af（x+T），其中常数T＞0，A＞0，则称函数f（x）为“φ（x）周期延拓”函数，φ（x）称为基函数．已知f（x）为“φ（x）周期延拓”函数，基函数为φ（x）＝xex，x∈I1＝[﹣1，1），满足．
（1）分别写出k＝2，3，4时，f（x）的解析式，猜想函数f（x）在区间Ik上的解析式（不需证明）；
（2）已知函数，函数y＝f（x）与y＝g（x）的交点为P1（x1，y1），P2（x2，y2），P2（x3，y3），…，P2（xn，yn），…，满足i＜j时，．
①证明：φ（x）在区间I1上有唯一零点x1；
②若△ABC，满足，则，记的面积为Sn，证明：{Sn}构成等比数列．
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；②证明见解析．
【解答】解：（1）k＝2时，，
k＝3时，，k＝4时，，
猜想：．
（2）①证明：当x∈I1＝[﹣1，1）时，由φ（x）＝g（x）有，令，
则，因此h（x）在区间I1上单调递增，
由于，因此φ（x）﹣g（x）在区间I1上有唯一零点，
②证明：当时，由f（x）＝g（x），
，因此，
令t＝x﹣2k+2，则，
由上可知，函数y＝f（x）与y＝g（x）在区间Ik上有唯一交点，且xk﹣2k+2＝x1，
因此，因此xk+1﹣xk＝2，
因此{xn}构成首项为x1公差为2的等差数列，xn＝x1+2（n﹣1），
由于yk＝f（xk）＝g（xk），因此，
而，因此{yn}构成首项为y1＝f（x1），公比为的等比数列，
因此，
因此，，
，
由已知，
因此，且，因此{Sn}构成等比数列．
41．对定义在数集D上的可导函数f（x），若数列{xn}满足，其中f′（x）为f（x）的导函数，则称{xn}为f（x）在D上的“牛顿列”．
（1）若{xn}为f（x）＝3x的“牛顿列”，x1＝3，求{xn}的通项公式；
（2）若{xn}为f（x）＝x2﹣a的“牛顿列”，其中a＞0，，求证： n∈N*，；
（3）若{xn}为f（x）＝2x+cosx的“牛顿列”，求证： n∈N*且n≥2，|xn+1﹣r|≤2|xn﹣r|，其中r为f（x）的唯一零点．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
（3）证明见解析．
【解答】解：（1）由题意可知，f′（x）＝3xln3，
则，则{xn}为等差数列，公差为，
∴．
（2）证明：由题意可知，f（x）＝2x，
则，可知xn+1，xn同号，且，
∴ n∈N*，xn＞0．
又∵，则．
假设存在m∈N*，，则，
这与矛盾，∴对 n∈N*，．
可得．
∴．
（3）证明：f′（x）＝2﹣sinx≥1，则，且f（x）在R上单调递增．
又f（0）＝1＞0，，则f（x）在R上有唯一零点r∈（，0），故2r+cosr＝0．
则
，
∵1≤2﹣sinxn≤3，
∴|xn+1﹣r|，
又∵|sinxn|，，
∴|xn+1﹣r|．
▉题型9 数列与不等式的综合
【知识点的认识】
证明与数列求和有关的不等式基本方法：
（1）直接将数列求和后放缩；
（2）先将通项放缩后求和；
（3）先将通项放缩后求和再放缩；
（4）尝试用数学归纳法证明．
常用的放缩方法有：
，，，
[]
（n≥2），
（）（n≥2），
，
2（）2（）．
．
42．如果数列{an}对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，则称{an}为“速增数列”，若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝456，则正整数k的最大值为（　　）
A．27 B．28 C．29 D．30
【答案】C
【解答】解：根据题意，数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝456，
对 n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，且a2﹣a1＝3﹣1＝2，
则a3﹣a2≥3，a4﹣a3≥4， ，ak﹣ak﹣1≥k，
则有456＝ak＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+（a4﹣a3）+ +（ak﹣ak﹣1）≥1+2+3+4+ +k，
即456，
当k＝29时，435，
当k＝30时，465，
故正整数k的最大值为29．
故选：C．
（多选）43．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d．已知a3＝12，S10＞0，a6＜0，则（　　）
A．数列的最小项为第6项
B．
C．Sn＞0时，n的最大值为5
D．a5＞0
【答案】ABD
【解答】解：根据题意，设等差数列{an}中，S10＞0，a6＜0，
则有S100，而a6＜0，必有a5＞0，则D正确；
又由a3＝12，S10＞0，a6＜0，则有，解可得d＜﹣4，B正确；
由于S10＞0，而S1111a6＜0，
即n＝10时，Sn＞0时，C错误；
对于A，当1≤n≤5时，an＞0，当n≥6时，an＜0，
而当1≤n≤10时，Sn＞0，当n≥11时，Sn＜0，
故当1≤n≤5时，0，当6≤n≤10时，0，当n≥11时，0，
由于{an}递减，则有a6＞a7＞a8＞a9＞a10，变形可得，
又由{Sn}也递减，则有S6＞S7＞S8＞S9＞S10，
由不等式的性质可得，
则有，A正确．
故选：ABD．
44．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an+Sn＝2n．
（1）求证：数列{an﹣2}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若不等式2λ﹣λ2＞（2n﹣3）（2﹣an）对任意的正整数恒成立，求实数λ的取值范围．
【答案】（1）证明详见解答；（2）an＝﹣（）n﹣1+2；（3）实数λ的取值范围（，）．
【解答】（1）证明：由an+Sn＝2n，得a1+S1＝2a1＝2，即a1＝1，
由an+Sn＝2n，可得an+1+Sn+1＝2（n+1），
两式相减得2an+1﹣an＝2，
∴an+1﹣2（an﹣2），
∴数列{an﹣2}是首项为a1﹣2＝﹣1，公比为的等比数列；
（2）解：由{an﹣2}是首项为﹣1，公比为的等比数列，
得an﹣2＝﹣（）n﹣1，即an＝﹣（）n﹣1+2；
（3）解：设bn＝（2n﹣3）（2﹣an），
代入an得bn＝（2n﹣3） （）n﹣1，
∴bn+1﹣bn （）n﹣1，
当n≤2时，bn+1≥bn；
当n≥3时，bn+1＜bn．
∴2λ﹣λ2＞（2n﹣3）（2﹣an）恒成立等价于2λ﹣λ2＞b3，
解得λ，
∴实数λ的取值范围（，）．
45．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，{}是公差为的等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）证明：2．
【答案】（1）．
（2）证明：由于，
所以，
所以．
【解答】解：（1）已知a1＝1，{}是公差为的等差数列，
所以，整理得，①，
故当n≥2时，，②，
①﹣②得：，
故（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1，
化简得：，，........，，；
所以，
故（首项符合通项）．
所以．
证明：（2）由于，
所以，
所以．
46．已知数列{an}的首项a1＝2，an＝3an﹣1+2（n≥2，n∈N*），bn＝log3（an+1），cn．
（1）证明：{an+1}为等比数列；
（2）设数列{cn}的前n项和Sn，求证：Sn．
【答案】见解析．
【解答】证明：（1）因为，
所以当n≥2时，（常数），
所以数列{an+1}是公比为3的等比数列；
（2）由（1）知，数列{an+1}是以3为首项，以3为公比的等比数列，
所以，
所以bn＝log3（an+1）＝n，
所以，
，
∵n∈N*，∴，
∴，
∴，
∴，
当n≥2时，，
所以{Sn}为递增数列，故Sn的最小值为，
∴．
47．定义：若无穷数列{an}满足{an+1﹣an}是公比为q的等比数列，则称数列{an}为“M（q）数列”．设数列{bn}中，b1＝1，b3＝7．
（1）若b2＝4，且数列{bn}为“M（q）数列”，求数列{bn}的通项公式；
（2）若数列{bn}是“M（2）数列”，是否存在正整数m，n，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数m，n；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）．
（2）存在满足条件的正整数m，n，且m＝11，n＝10．
【解答】解：（1）依题意得，，即bn+1﹣bn＝3，
所以{bn}是以首项为b1＝1，公差d＝3的等差数列，
所以．
（2）依题意得，，
所以，即b2＝3，
所以 ，
所以，
故．
假设存在正整数m，n，使得，则，
由，可知2m﹣1＞2n﹣1，所以m＞n，又因为m，n为正整数，所以m﹣n≥1
又，所以m﹣n＝1．
∴ ，
∴，
∴n＝10，m＝11．
故存在满足条件的正整数m，n，且m＝11，n＝10．
▉题型10 等差数列与等比数列的综合
【知识点的认识】
1、等差数列的性质
（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有
as+at＝2ap；
（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．
（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．
（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，
2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）
（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．
2、等比数列的性质．
（1）通项公式的推广：an
＝am
qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an
}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak al
＝am
an
（3）若{an
}，{bn
}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an
bn
}，仍是等比数列．
（4）单调性：或 {an
}是递增数列；或 {an
}是递减数列；q＝1 {an
}是常数列；q＜0 {an
}是摆动数列．
48．已知各项不为0的等差数列{an}满足2a22a12＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b11等于（　　）
A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】A
【解答】解：因为2a22a12＝0，且a2+a12＝2a7，an≠0，得a7＝4．
所以b7＝4．
故b3b1116．
故选：A．
49．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＝（　　）
A．n（n+1） B．n（n﹣1） C． D．
【答案】A
【解答】解：由题意可得a42＝a2 a8，
即a42＝（a4﹣4）（a4+8），
解得a4＝8，
∴a1＝a4﹣3×2＝2，
∴Sn＝na1d，
＝2n2＝n（n+1），
故选：A．
50．已知等比数列{an}中有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且a7＝b7，则b5+b9＝（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】C
【解答】解：等比数列{an}中，由a3a11＝4a7，可知a72＝4a7，∴a7＝4，
∵数列{bn}是等差数列，∴b5+b9＝2b7＝2a7＝8，
故选：C．
51．已知数列{an}为等比数列，且a4 a6＝2a5，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝2a5，则S9＝（　　）
A．36 B．32 C．24 D．22
【答案】A
【解答】解：由等比数列的性质可知，
∴
∴a5＝2
∴b5＝2a5＝4
则S99b5＝36
故选：A．
52．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（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【解答】解：由题意可得：a+b＝p，ab＝q，
∵p＞0，q＞0，
可得a＞0，b＞0，
又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，
可得①或②．
解①得：；解②得：．
∴p＝a+b＝5，q＝1×4＝4，
则p+q＝9．
故选：D．
53．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S4＝（　　）
A．29 B．30 C．31 D．33
【答案】B
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，
∴2a1，a4+2a7，即，
解得：a1＝16，q．
则S430．
故选：B．
54．公差不为0的等差数列{an}的部分项，，，…构成等比数列{}，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4为（　　）
A．20 B．22 C．24 D．28
【答案】B
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a1，a2，a6成等比数列，
∴a22＝a1 a6，即（a1+d）2＝a1 （a1+5d），
∴d＝3a1．
∴a2＝4a1，
∴等比数列ak1，ak2，ak3…的公比q＝4，
∴ak4＝a1 q3＝a1 43＝64a1．
又ak4＝a1+（k4﹣1） d＝a1+（k4﹣1） （3a1），
∴a1+（k4﹣1） （3a1）＝64a1，a1≠0，
∴3k4﹣2＝64，
∴k4＝22．
故选：B．
55．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2 a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝　31　 ．
【答案】31
【解答】解：a2 a3＝a1q a1q2＝2a1
∴a4＝2
a4+2a7＝a4+2a4q3＝2
∴q，a116
故S531
故答案为31．
56．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】
【解答】解：方法1：∵1＝a1≤a2≤…≤a7； a2，a4，a6成公差为1的等差数列，
∴a6＝a2+2≥3，
∴a6的最小值为3，
∴a7的最小值也为3，
此时a1＝1且a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，必有q＞0，
∴a7＝a1q3≥3，
∴q3≥3，q，
方法2：
由题意知1＝a1≤a2≤…≤a7；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，得，所以，即q3﹣2≥1，所以q3≥3，解得q，
故q的最小值是：．
故答案为：．
57．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝9+3．
（1）求数列{an}的通项an与前n项和为Sn；
（2）设bn（n∈N+），求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由已知得，∴d＝2，
故．
（2）由（Ⅰ）得．
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br（p，q，r互不相等）成等比数列，则bq2＝bpbr．
即．
∴，
∵p，q，r∈N*，
∴，
∴0，
∴p＝r．
与p≠r矛盾．
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
▉题型11 数列与三角函数的综合
【知识点的认识】
函数、数列、解析几何作为高中数学的主要躯干，蕴含着诸多的数学思想和方法（数形结合、函数与方程、转化和归纳等），因而一直是高考的重点．尤其是它们互相之间及和其他数学知识（如复数、向量等）之间的互相渗透、互相联系，更为高考命题带来广阔的空间．而传统的章节复习法使学生分散地学习知识，对各个章节的联系和渗透考虑较少，从而造成对一些综合题心存胆怯．近几年高考中常见的函数﹣数列﹣解析几何综合题就是其中的典型．
58．在△ABC中，，三边长a，b，c成等差数列，且ac＝6，则b的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：由题意，∵三边长a，b，c成等差数列
∴a+c＝2b
∵
∴由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣3ac
∵ac＝6
∴b2＝6
∴
故选：D．
▉题型12 数列与解析几何的综合
【知识点的认识】
函数、数列、解析几何作为高中数学的主要躯干，蕴含着诸多的数学思想和方法（数形结合、函数与方程、转化和归纳等），因而一直是高考的重点．尤其是它们互相之间及和其他数学知识（如复数、向量等）之间的互相渗透、互相联系，更为高考命题带来广阔的空间．而传统的章节复习法使学生分散地学习知识，对各个章节的联系和渗透考虑较少，从而造成对一些综合题心存胆怯．近几年高考中常见的函数﹣数列﹣解析几何综合题就是其中的典型．
59．已知双曲线的焦点在y轴上，一条渐近线方程是，其中数列{an}是以4为首项的正项数列，则数列{an}通项公式是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解答】解：由题意可得，双曲线的标准方程是，
∴，
∴，
∵双曲线的一条渐近线方程是，
∴，
∴，
∴数列{an}是等比数列，公比是2，
∵数列{an}的首项是4，
∴，
故选：D．
60．已知动圆M经过点，且与直线相切，记圆M的圆心M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）设直线l：（n∈N*）与C交于A，B两点．
（ⅰ）证明：A，B的纵坐标之积为定值；
（ⅱ）设an＝|AB|，求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1）y2＝3x；
（2）（ⅰ）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
由，
消元得，
则，
故A，B的纵坐标之积为定值；
（ⅱ）．
【解答】解：（1）因为动圆M经过点，且与直线相切，
所以动点M到F的距离等于M到直线的距离，
则C是焦点为，准线为的抛物线，
设方程为y2＝2px（p＞0），
则，得，
所以C的方程为y2＝3x；
（2）（ⅰ）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
由，
消元得，
则，
故A，B的纵坐标之积为定值；
（ⅱ）由（ⅰ）得．
，
故，
故①．
则②．
由①﹣②得，
，
故．

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