2023版考前三个月冲刺回扣篇　回扣3　数　列

这是一份2023版考前三个月冲刺回扣篇　回扣3　数　列，共7页。

1．等差数列、等比数列
2.判断或证明一个数列是等差(等比)数列的方法
判断一个数列为等差(等比)数列的方法有：定义法、中项公式法、通项公式法、前n项和公式法；证明一个数列为等差(等比)数列的方法只有定义法、中项公式法．
3．等差数列、等比数列{an}的常用性质
4.数列求和的方法
(1)公式法：等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．
(2)错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列，利用错位相减法求和．
(3)裂项相消法：通项公式形如an＝eq \f(c,an＋b1an＋b2)(其中a，b1，b2，c为常数)用裂项相消法求和．
(4)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求Sn.通项公式形如an＝(－1)n·n或an＝a·(－1)n
(其中a为常数，n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论．
(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an±bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(等比)数列或一些可以直接求和的数列．
1．等差数列的重要结论
设Sn为等差数列{an}的前n项和，则
(1)an能写成an＝dn＋a的形式，Sn能写成Sn＝An2＋Bn的形式，其中a≠0.
(2)eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))是关于n的一次函数或常数函数，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列．
(3)Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(na2＋an－1,2)
＝eq \f(na3＋an－2,2)＝….
(4)若等差数列{an}的项数为偶数2m，公差为d，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(am＋1,am).
(5)若等差数列{an}的项数为奇数2m－1，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇－S偶＝am，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(m,m－1).
2．等比数列的重要结论
(1)an＝kqn－1为指数型函数，Sn＝A·qn－A.
(2){an}，{bn}成等比数列⇒{anbn}成等比数列．
(3)连续m项的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)仍然成等比数列(注意：这连续m项的和必须非零才能成立)．
(4)若等比数列有2n项，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则eq \f(S偶,S奇)＝q.
(5)等比数列前n项和有：①Sm＋n＝Sm＋qmSn；
②eq \f(Sm,Sn)＝eq \f(1－qm,1－qn)(q≠±1)．
1．(2022·石家庄模拟)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a2＋a2 021＝6，则S2 022等于( )
A．3 033 B．4 044
C．6 066 D．8 088
答案 C
解析 由等差数列{an}知，
a2＋a2 021＝a1＋a2 022＝6，
所以S2 022＝eq \f(2 022a1＋a2 022,2)＝1 011×6＝6 066.
2．在等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9构成等比数列，则公差d等于( )
A．0或2 B．2
C．0 D．0或－2
答案 A
解析 因为在等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9构成等比数列，
所以aeq \\al(2,3)＝a1a9，
即(a2＋d)2＝(a2－d)(a2＋7d)，
所以(4＋d)2＝(4－d)(4＋7d)，
解得d＝0或d＝2.
3．已知正项等比数列{an}满足a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16aeq \\al(2,1)，则eq \f(1,m)＋eq \f(9,n)的最小值为( )
A.eq \f(8,3) B．16 C.eq \f(11,4) D.eq \f(3,2)
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q，
根据题意，a1·q2＝a1·q＋2a1，
因为数列{an}是正项等比数列，
所以a1>0，q>0，
故由上式可解得q＝2，
又 am·an＝16aeq \\al(2,1)，
所以aeq \\al(2,1)·qm－1·qn－1＝16aeq \\al(2,1)，
即2m＋n－2＝16，所以m＋n＝6，
则eq \f(1,m)＋eq \f(9,n)＝eq \f(1,6)(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(9,n)))
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(n,m)＋\f(9m,n)))≥eq \f(1,6)×(10＋2×3)＝eq \f(8,3)，
当且仅当n＝3m，即m＝eq \f(3,2)，n＝eq \f(9,2)时取等号，
因为m，n为正整数，
所以当m＝2，n＝4时，
可得eq \f(1,m)＋eq \f(9,n)的最小值为eq \f(11,4).
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2 022>0，S2 023<0，则当Sn最大时，n为( )
A．1 012 B．1 011
C．1 010 D．1 013
答案 B
解析 因为S2 022>0，
所以S2 022＝eq \f(2 022a1＋a2 022,2)>0，
即a1＋a2 022>0，
因为S2 023<0，
所以S2 023＝eq \f(2 023a1＋a2 023,2)<0，
即a1＋a2 023<0，
因为a1＋a2 022＝a1 011＋a1 012>0，
即a1 011＋a1 012>0，
又因为a1＋a2 023＝2a1 012<0，
即a1 012<0；
所以得a1 011>0且a1 012<0，
所以等差数列{an}为递减数列，
所以当n＝1 011时，Sn最大．
5．(多选)(2022·衡阳模拟)已知数列{an}满足，a1＝a,2an＋1－anan＋1＝1，则( )
A．数列{an}可能为常数列
B．当a＝0时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))的前10项之和为－55
C．当a＝eq \f(13,11)时，an的最小值为eq \f(1,3)
D．若数列{an}为递增数列，则a<1
答案 ABD
解析 A项，由2an＋1－anan＋1＝1，
得an＋1(2－an)＝1，
当a1＝a＝1时，an＝1，{an}为常数列；
B项，eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,\f(1,2－an)－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(2－an,an－1)－eq \f(1,an－1)＝－1，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))为等差数列，当a1＝0时，eq \f(1,an－1)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))的前10项和为－1－2－3－…－10＝－55；
C项，由B知，当a＝eq \f(13,11)时，eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,\f(13,11)－1)＋(n－1)×(－1)＝eq \f(13,2)－n，
故an＝1＋eq \f(2,13－2n)，数列{an}的最小值为a7＝－1；
D项，若数列{an}为递增数列，则由B知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是以eq \f(1,a－1)为首项，－1为公差的等差数列，所以eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,a－1)＋(n－1)×(－1)
＝eq \f(a,a－1)－n，
故an＝1＋eq \f(1,\f(a,a－1)－n)＝1－eq \f(1,n－\f(a,a－1))，
当{an}为递增数列时，有eq \f(a,a－1)<1，所以a<1.
6．(2022·潍坊模拟)在正项等比数列{an}中，若a4a8＝4，则lg2a2＋lg2a10＝ .
答案 2
解析 lg2a2＋lg2a10＝lg2(a2a10)
＝lg2(a4a8)＝lg24＝2.
7．(2022·蚌埠模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝15，S9＝99，则S6＝ .
答案 48
解析 因为等差数列{an}的前n项和为Sn，
所以S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
所以2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
因为S3＝15，S9＝99，
所以2(S6－15)＝15＋(99－S6)，解得S6＝48.
8．(2022·许昌模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，满足Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，n∈N*，数列{bn}的前n项和为Tn，满足bn＝eq \f(an,4n3－n)，则T2 022＝ .
答案 eq \f(2 022,4 045)
解析 因为Sn为数列{an}的前n项和，
满足Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，n∈N*，
所以当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)n－12＋\f(1,2)n－1))＝n，
因为当n＝1时也满足an＝n，
所以an＝n，
所以bn＝eq \f(n,4n3－n)＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2n＋12n－1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)，
所以T2 022＝eq \f(2 022,4 045).
9．已知数列{an}中，满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明 an＋1＋1＝(2an＋1)＋1＝2(an＋1)，
于是eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2(n∈N*)．
因为a1＝1，
即数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)得an＝2n－1，
所以Sn＝21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
10．(2022·长春模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－n，在正项等比数列{bn}中，b2＝a2，b4＝a5.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)∵Sn＝n2－n，
∴令n＝1，a1＝0，
an＝Sn－Sn－1＝2(n－1)(n≥2)，当n＝1时符合上式，
∴an＝2(n－1)，
∵数列{bn}为等比数列，b2＝a2＝2，b4＝a5＝8，
∴eq \f(b4,b2)＝q2＝4，
∵{bn}各项均为正项，
∴q＝2，b1＝1，∴bn＝2n－1.
(2)由(1)得cn＝(n－1)·2n，
∴ Tn＝0＋(2－1)·22＋(3－1)·23＋…＋(n－1)·2n＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n，
2Tn＝1·23＋2·24＋…＋(n－2)·2n＋(n－1)·2n＋1，将上述两式相减得，
－Tn＝22＋23＋24＋…＋2n－(n－1)·2n＋1
＝eq \f(221－2n－1,1－2)－(n－1)·2n＋1＝2n＋1－(n－1)·2n＋1－4＝2n＋1·(2－n)－4，
∴Tn＝(n－2)·2n＋1＋4.等差数列
等比数列
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和公式
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d
(1)q≠1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q)；
(2)q＝1，Sn＝na1
等差数列
等比数列
性质
①若m，n，p，q∈N*，
且m＋n＝p＋q，
则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列
①若m，n，s，t∈N*，
且m＋n＝s＋t，
则am·an＝as·at；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，
S3m－S2m，…仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)