2022年高考数学一轮复习专题 专题47 数列基础知识与典型例题(解析版)

一、基本概念

1、数列：按照一定次序排列的一列数．2、数列的项：数列中的每一个数．3、数列分类：有穷数列：项数有限的数列．无穷数列：项数无限的数列．递增数列：从第2项起，每一项都不小于它的前一项的数列．an1an0递减数列：从第2项起，每一项都不大于它的前一项的数列．an1an0常数列：各项相等的数列．摆动数列：从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列．4、数列的通项公式：表示数列an的第n项与序号n之间的关系的公式．5、数列的递推公式：表示任一项an与它的前一项an1（或前几项）间的关系的公式．1．已知数列an满足a1A．an4a22

n，且对任意nN*，都有，那么a4为（an1an125C．）1

7B．7110D．10【答案】A【分析】依次计算出a2,a3,a4的值.【详解】化简可得an1故选：A2．已知数列an中，a12，an1A．2an112，则a2，a3，a4.3an211741

(n2)，则a2018等于（an1

C．1

D．2）12B．

12【答案】A【分析】依次计算前几项可知数列的周期性.【详解】∵a12，an1

1

(n2)，an1

a2111，22a3121，a41(1)2，a51…，∴数列an是以3为周期的周期数列，11，22201836722，a2018a2

故选：A.3．已知数列{an}，an-1=man+1(n>1)，且a2=3，a3=5，则实数m等于（A．0【答案】B【分析】直接由a2=3，a3=5代入求解即可.【详解】由题意，得a2=ma3+1，即3=5m+1，解得m=故选：B.4．已知数列{an}，a1=1，an+1=A．1【答案】C【分析】B．B．                           

）1，225C．2D．52.511

an+n，则该数列的第3项等于（22C．）1434D．58根据递推关系先求出a2，即可求出a3.【详解】a11,an1

11ann，2211113a2a11,a3a22.22224故选：C.5．若数列{an}的通项公式为an=-2n2+25n，则数列{an}的各项中最大项是（A．第4项【答案】C【分析】直接将通项公式配方，即可得到最值.【详解】B．第5项C．第6项.D．第7项）25625，且n∈N*，因为an=-2n2+25n=-2n-

84

所以当n=6时，an的值最大，即最大项是第6项.故选:C6．下列数列既是递增数列，又是无穷数列的是（A．1，2，3，…，20B．-1，-2，-3，…，-n，…C．1，2，3，2，5，6，…D．-1，0，1，2，…，100，…【答案】D【分析】直接判断数列的单调性和是否无穷即可.【详解】由递增数列和无穷数列的定义知D项正确.答案：D）2等差数列

1、定义：（1）文字表示：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，则这个数列称为等差数列，这个常数称为等差数列的公差．2、通项公式：若等差数列an的首项是a1，公差是d，则ana1n1d．通项公式的变形：①anamnmd；②d通项公式特点：an3、等差中项若三个数a，，b组成等差数列，则称为a与b的等差中项．若b

（2）符号表示：anan1d(n2)或an1and(n1)

anam

．nmdn(a1d)

anknm，（k,m为常数)是数列an成等差数列的充要条件。ac

，则称2b为a与c的等差中项．即a、b、c成等差数列b

4、等差数列an的基本性质(其中m,n,p,qN)

ac2（1）若mnpq，则amanapaq。（2）anam(nm)d（3）2ananmanm5、等差数列的前n项和的公式公式：①Sn

na1an2；②Snna1

nn12d．公式特征：Sn

d2d

n(a1)n是一个关于n且没有常数项的二次函数形式22*

等差数列的前n项和的性质：①若项数为2nn

，则S

*

2n

nanan1，且S偶S奇nd，S奇S偶



an．an1nn1②若项数为2n1n

，则S2n12n1an，且S奇S偶an，S奇S偶

（其中S奇nan，S偶n1an）．③Sn，S2nSn，S3nS2n成等差数列．6、判断或证明一个数列是等差数列的方法：an是等差数列①定义法：an1and(常数）（nN）

②中项法：2an1anan2③通项公式法：anknb

（nN)an是等差数列(k,b为常数)an是等差数列④前n项和公式法：SnAnBn

2(A,B为常数)an是等差数列）D．161．在等差数列an中，已知a28，a44，则a12（A．10【答案】B【分析】根据等差数列的通项公式可求得结果.【详解】设公差为d，则d

B．12C．14a4a248

2，422所以a12a2(122)d810212.故选：B2．在等差数列{an}中，已知a4a816，则该数列第6项a6（A．6【答案】B【分析】根据等差数列下标和的性质得2a6a4a8，即可求出答案.【详解】因为数列{an}是等差数列，由等差数列的性质得2a6a4a816，所以a68.故选：B3．在等差数列{an}中，a1a23，a5a67，则a9a10（A．8【答案】D【分析】根据等差数列的性质，得出(a1a2)(a9a10)2(a5a6)，即可求解.【详解】根据等差数列的性质，可得(a1a2)(a9a10)2(a5a6)，所以a9a1027311，B．9C．10）D．11B．8C．12

）D．16故选：D.4．已知等差数列{an}，an4n3，则公差d的值是（A．4【答案】A【分析】等差数列{an}的通项公式即可求解．【详解】在等差数列{an}中，B．-6C．8）D．-10a14131,a24235

公差da2a1514故选：A5．已知数列an满足点n,an在直线4xy20上，则数列an的前n项和SnA．241

n

B．64n

C．4n28nD．2n24n

【答案】D【分析】把点n,an带入直线方程，即得数列an的通项公式，再运用等差数列求和公式即可.【详解】因为n,an在直线4xy20上，所以4nan20即an64(n1)

Snna1

故选：D.n(n1)n(n1)

d6n46n2n(n1)2n24n226．已知an为等差数列，Sn为其前n项和.若a5S55，则a1（A．5【答案】C【分析】根据等差数列的公式，列方程求解.B．4C．3

D．2）【详解】设等差数列的首项为a1，公差为d，a14d5

因为a5S55，所以，解得：a13，d2.5a10d51故选：C7．已知等差数列an的前n项和为Sn，若a1032，S555，则（A．an4n8C．SnB．an2n12D．Sn

）327nn221217

nn22【答案】C【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的通项公式进行求解即可.【详解】依题意，S5

(a1a5)52a35

5a355，解得a311，而a1032，所以有22a10a19d32,a15, 解得

aa2d11,d3,13故an3n2，Sn故选：C《九章算术类比大全》是中国古代数学名著，其中许多数学问题是以诗歌的形式呈现的.8．某老师根据其中的“宝塔装灯”编写了一道数学题目：一座塔共有8层，从第2层起，每层悬挂的灯数都比前一层少2盏，已知塔上总共悬挂64盏灯，则第4层悬挂的灯数为（A．5【答案】C【分析】根据题意，得到各层悬挂的灯数构成一个等差数列{an}，其公差为2，结合等差数列的求和公式，列出方程，即可求解.【详解】B．7C．9

D．11

）53n2n3n27n．222从第一层开始各层悬挂的灯数构成一个等差数列{an}，其公差为2，前8项和S864，设第n层的灯数为an，则由等差数列前n项和公式得8a1解得a115，∴a415(41)(2)9.故选：C.87

(2)64，2二、填空题9．记Sn为等差数列an的前n项和.已知S40，a510，则Sn__________【答案】2n28n【分析】由等差数列通项公式和求和公式可构造方程组求得a1,d，利用等差数列求和公式可得结果.【详解】设等差数列{an}的公差为d，S40，a510，4a16d0，a14d10，解得：a16，d4,Sn6nnn1242n28n.故答案为：Sn2n8n.10．已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，且为整数的正整数n的值为___________.【答案】2、4、14【分析】利用等差数列前n项和公式求得【详解】2

Sn3n39an，则使得Tnn3bnanan的表达式，结合为整数求得正整数n的值.bnbn2n1ananS2n12由题意可得，T2n12n1b1b2n12n1bnbn

22n1a1a2n1anS2n132n1393n18153则，bnT2n1n1n12n13由于an为整数，则n1为15的正约数，则n1的可能取值有3、5、15，bn因此，正整数n的可能取值有2、4、14.故答案为：2、4、14三、解答题11．记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.（1）求公差d及an的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值.【答案】（1）d2，an2n9；（2）Sn【分析】（1）设an的公差为d，由题意得3a13d15，再由a17可得d2，从而可求出an的通项公式；（2）由（1）得Sn【详解】（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

n416，最小值为16.2

n28nn416，从而可求出其最小值2

n28nn416.2

所以n4时，Sn取得最小值，最小值为16

12．已知等差数列an的前n项和Sn满足S30，S55.（1）求an的通项公式；（2）bnan2求数列

1

的前n项和Tn.bnbn1

【答案】（1）an2n；（2）Tn【分析】n

.n1323ad012（1）由S30，S55，可得求出a1,d，从而可得an的通项公式；545ad51

2（2）由（1）可得bnn，从而可得法可求得Tn【详解】解：（1）设等差数列an的公差为d，因为S30，S55.1111

，然后利用裂项相消求和bnbn1n(n1)nn1323ad0a1d0a1112所以，化简得，解得，54a2d1d115ad51

2所以ana1(n1)d1(n1)(1)2n，（2）由（1）可知bnan2(2n)2n，所以1111

，bnbn1n(n1)nn11211231n11n)1n1n1n1所以Tn(1)()(【点睛】此题考查等差数列前n项和的基本量计算，考查裂项相消求和法的应用，考查计算能力，属于基础题等比数列：1、定义：（1）文字表示：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，则这个数列称为等比数列，这个常数称为等比数列的公比．（2）符号表示：

2、通项公式

an1（常数）qan

（1）、若等比数列an的首项是a1，公比是q，则ana1qn1．（2）、通项公式的变形：①anamqnm；②qnm

an

．am

3、等比中项：在a与b中插入一个数G，使a，G，b成等比数列，则G称为a与b的等比中项．若G2ab，则称G为a与b的等比中项．注意：a与b的等比中项可能是G。4、等比数列性质

若an是等比数列，且mnpq（m、n、p、q*），则amanapaq；5、等比数列an的前n项和的公式：

2若an是等比数列，且2npq（n、p、q*），则anapaq．

na1q1

（1）公式：Sna11qnaaq．

1nq1

1q1q

（2）公式特点：

sn

a11qnk(1qn)AAqn1q

（3）等比数列的前n项和的性质：①若项数为2nn*，则

S偶S奇

q．

②SnmSnqnSm．③Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列（Sn0）．

6、等比数列判定方法：①定义法：

an1q（常数）an为等比数列；an2

②中项法：an1anan2

(an0)an为等比数列；

③通项公式法：ankqn(k,q为常数）an为等比数列；④前n项和法：Snk(1qn)（k,q为常数）an为等比数列。

1．已知等比数列an中，a2a430,a1a39，则公比q（）A．9或-11B．3或-11C．3或13D．3或-3【答案】D【分析】令首项为a1，公比为q，由题设条件列方程组，求q即可.【详解】∵aa1qa1q330

n为等比数列，令首项为a1，公比为q，则a12q29，∴解得：a11或a1

q3{

1

q3故选：D.2．已知公比大于1的等比数列an满足a2ama6an，am2

a6a10，则mn（A．4B．8C．12D．16【答案】C【分析】由已知结合等比数列的性质可得2m6n



2m610，解方程组可求得结果【详解】解：由等比数列的性质知2m6nm8

2m610，解得，

n4所以mn12.故选：C3．已知数列{an}为正项等比数列，若log2a3log2a94，则log2a6（）A．B．2C．2D．4【答案】C【分析】）利用等比数列的性质，结合对数的运算性质进行求解即可.【详解】2

∵数列{an}为正项等比数列，∴a30，a60，a90，a3a9a6，又∵log2a3log2a9log2(a3a9)log2a62log2a64，则log2a62，故选：C4．记Sn为数列an的前n项和，若a11，a22，且an2an11值为（A．5050【答案】B【分析】讨论n为奇数或偶数时，an对应的数列通项，根据奇偶数项分组求和，即可求S100的值.【详解】当n为奇数时，an2an2，数列a2n1是首项为1，公差为2的等差数列；当n为偶数时，an2an

）B．2600C．2550D．2450n1

2

，则S100的0，数列a2n是首项为2，公差为0的等差数列，即常数列.504925022600.2）．则S100a1a3a99a2a4a10050故选：B.5．一个等比数列前n项的和为48，前2n项的和为60，则前3n项的和为（A．83【答案】D【分析】根据等比数列前n项和的性质可求前3n项的和.【详解】设等比数列前3n项和为x，因为等比数列前n项的和为48且不为零，则48,6048,x60成等比数列，故48x60144，故x63，B．108C．75D．63故选：D.26．已知等比数列an的各项均不相等，且满足a22a16，a32a6，则该数列的前4项的和为（A．120【答案】A【分析】）B．120C．22.5

D．22.5

用基本量解方程即可.【详解】a1q2a16a12a16q设an的公比为，由题意得解得或225q1aq2aqq311又数列an的各项均不相等，所以

a12a16

舍去，即q1q3

所以a1a2a3a461854162120故选：A【点睛】本题要注意数列an的各项均不相等，即q1这个条件.7．已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an1，则a1a3a5（A．8【答案】D【分析】可写出n2时，满足3Sn12an11，与3Sn2an1相减得到关于an的递推公式，由an是等比数列求解.【详解】B．-8C．64）D．-643S13a12a11，3Sn2an1,3Sn12an11，当n1时，解得a11；当n2时，两式相减得3an2an2an1，即∴a1a3a5a364，3

an2，∴an2n1，an1

故选：D.【点睛】给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用anSnSn1转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.8．《莱茵德纸草书》（Rhind Papyrus）是世界上最古老的数学著作之一.书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最小的一份为（A．3【答案】A【分析】B．4）D．9C．8a1(1q5)3

93,a1a2a3，求得q=2，进而求得a1的值，即可求解.由题意得到S5

1q4【详解】设等比数列为an，其公比为q，a1(1q5)33

93,a1a2a3，可得a1a1qa1q2，由题意知，S5

41q4因为a10，所以1q

232

q，解得q=2或q（舍去），435

a(12)1当q=2时，可得93，解得a13.12故选：A.二、填空题9．正项等比数列an满足a7【答案】【分析】根据等比数列的性质，结合等比数列的通项公式进行求解即可.【详解】1

，且a2a41，则该数列的公比的值为______．933因为等比数列an是正项数列，所以an0，设该等比数列的公比为q(q0)，2

因为a2a41，所以可得a31，而an0，所以a31，又因为a7

1113，所以a7a3q4q4Qq0q.99933.3故答案为：10．等比数列an中，a1和a10是方程2x27x40的两个根，则a4a7_________.【答案】2【分析】由韦达定理得a1a102，然后利用等比数列的性质即可得a4a7a1a102.【详解】由题意a1a102，又因为数列an是等比数列，所以a4a7a1a102.故答案为：2三、解答题11．已知等差数列an中，a22，a1a56.（1）求an的通项公式；（2）若bn2n，求数列bn的前n项和Sn.an1

【答案】（1）ann；（2）Sn22.【分析】（1）先设等差数列的公差为d，由题中条件，列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式；（2）根据（1）的结果，得到bn，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.【详解】（1）设等差数列an的公差为d，因为a22，a1a56，所以

a1d2

，解得a1d1，所以an=1+(n-1)=n；2a14d6

（2）由（1）可得，bn2

an2n，即数列bn为等比数列，212n12

2n12..所以数列bn的前n项和Sn

12．等差数列an满足a1a210，a4a32（1）求an的通项公式.（2）设等比数列bn满足b2a3，b3a7，求数列bn的前n项和.【答案】（1）an2n2；（2）2n24.【分析】（1）利用等差数列的通项公式求解即可；（2）根据条件计算b2,b3，从而求出b1,q，利用等比数列前n项和公式即可求出sn.【详解】解：(1)∵an是等差数列，a1a2102a1d10，d2a4a32∴解出d2，a14，∴ana1d(n1)42n2

2n2.(2)∵b2a32328，b3a727216，bn是等比数列，q

b32，b2

∴b1=4b1(1qn)4(12n)sn2n24

1q12