专题七 数列卷卷卷2018等差数列的基本运算T4等差数列的通项公式、前n项和公式及最值T17等比数列的通项公式、前n项和公式T17Sn与an的关系、等比数列求和T142017等差数列的基本运算T4数学文化、等比数列的概念、前n项和公式T3等差数列的通项公式、前n项和公式及等比中项T9等差数列、等比数列前n项和公式的运用、创新问题T12等差数列的通项公式、前n项和公式、裂项相消法求和T15等比数列的通项公式T142016等差数列的基本运算T3等差数列的通项公式、前n项和公式、创新问题T17数列的递推关系、等比数列的定义及通项公式T17等比数列的基本运算及二次函数最值问题T15纵向把握趋势卷3年6考，题型为选择题和填空题，难度适中涉及等差、等比数列的基本运算，Sn与an的关系，预计2019年会以解答题的形式考查等差、等比数列的基本关系及等差、等比数列的判定与证明卷3年4考，题型既有选择题、填空题和解答题，涉及数学文化、等差数列与等比数列的基本运算、数列前n项和的求法预计2019年高考题仍以考查等差、等比数列的基本运算为主，同时考查数列求和问题，且三种题型均有可能卷3年4考，题型既有选择题、填空题，也有解答题，涉及等差、等比数列的基本运算、数列求和问题，难度适中预计2019年高考会以小题的形式考查等差、等比数列的性质及基本运算，难度适中横向把握重点1.高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.等差、等比数列的基本运算和性质题组全练1(2017全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为()A1B2C4 D8解析：选C设等差数列an的公差为d，则由得即解得d4.2已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7()A21 B42C63 D84解析：选B设an的公比为q，由a13，a1a3a521，得1q2q47，解得q22(负值舍去)a3a5a7a1q2a3q2a5q2(a1a3a5)q221242.3(2017全国卷)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()A24 B3C3 D8解析：选A设等差数列an的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6a，即(a1d)(a15d)(a12d)2.又a11，所以d22d0.又d0，则d2，所以an前6项的和S661(2)24.4若an是等差数列，首项a10，a2 017a2 0180，a2 017a2 0180，则使前n项和Sn0成立的最大正整数n是()A2 017 B2 018C4 034 D4 035解析：选C因为a10，a2 017a2 0180，a2 017a2 0180，所以d0，a2 0170，a2 0180，所以S4 0340，S4 0354 035a2 0180，所以使前n项和Sn0成立的最大正整数n是4 034.5(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解：(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63，得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63，得2m64，解得m6.综上，m6.系统方法1等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量a1和公差d(公比q)(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，求出a1和d(q)后代入相应的公式计算2等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题(3)利用数列性质进行运算时，要注意整体思想的应用(如第2题)，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题.以数学文化为背景的数列问题题组全练1张丘建算经卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾初日织五尺，今一月日织九匹三丈”其意思为今有一女子擅长织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布则该女子最后一天织布的尺数为()A18 B20C21 D25解析：选C依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为an，其中a15，前30项和为390，于是有390，解得a3021，即该织女最后一天织21尺布2(2017全国卷)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，则塔的顶层共有灯()A1盏 B3盏C5盏 D9盏解析：选B每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an，则前7项的和S7381，公比q2，依题意，得S7381，解得a13.3我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，.第二步：将数列的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，an.则a1a2a2a3an1an等于()An2 B(n1)2Cn(n1) Dn(n1)解析：选Ca1a2a2a3an1ann2n2n2n(n1)系统方法解决数列与数学文化问题的3步骤等差、等比数列的判定与证明由题知法(2017全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列解(1)设an的公比为q.由题设可得解得故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列类题通法证明an是等差或等比数列的基本方法等差数列(1)利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；(2)利用等差中项，证明2anan1an1(n2)等比数列(1)利用定义，证明(nN*)为一常数；(2)利用等比中项，证明aan1an1(n2)应用通关(2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式解：(1)由条件可得an1an.将n1代入得，a24a1，而a11，所以a24.将n2代入得，a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)数列bn是首项为1，公比为2的等比数列由条件可得，即bn12bn，又b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann2n1.数列求和 多维例析角度一公式法求和(2018厦门质检)已知数列an满足a11，an1，nN*.(1)求证：数列为等差数列；(2)设T2n，求T2n.解(1)证明：由an1，得，所以.又a11，则1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列(2)设bn，由(1)得，数列是公差为的等差数列，所以，即bn，所以bn1bn.又b1，所以数列bn是首项为，公差为的等差数列，所以T2nb1b2bnn(2n23n)类题通法公式法求数列和问题需过“三关”角度二分组求和法求和(2018珠海模拟)已知等差数列an的首项为a，公差为d，nN*，且不等式ax23x20)由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.由，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18.故Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1.类题通法错位相减法求数列和问题的步骤重难增分(一)数列递推公式的应用考法全析一、曾经这样考1利用an与Sn的关系求Sn(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析：由已知得an1Sn1SnSn1Sn，两边同时除以Sn1Sn，得1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则1(n1)(1)n，所以Sn.答案：启思维本题通过等式an1SnSn1考查了an与Sn关系的转化及应用，通过构造新数列来求解一般地，对于既有an，又有Sn的数列题，应充分利用公式an有时将an转化为Sn，有时将Sn转化为an，要根据题中所给条件灵活变动应注意对n1的检验二、还可能这样考2累加法或累乘法求数列的通项已知数列an满足a12，anan1n(n2，nN*)，则an_.解析：由题意可知，a2a12，a3a23，anan1n(n2)，以上式子累加得，ana123n.因为a12，所以an2(23n)2(n2)因为a12满足上式，所以an.答案：启思维(1)本题数列的递推公式可转化为an1anf (n)，通常采用等差数列通项公式的求解方法累加法(逐差相加法)求解即先将递推公式化成an1anf (n)，然后分别把n1,2,3，n1代入上式，便会得到(n1)个等式，最后添加关于a1的等式，把n个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项公式(2)对于递推公式可转化为f (n)的数列，因为其类似于等比数列，故通常采用等比数列通项公式的求解方法累乘法(逐商相乘法)求解即分别将n1,2,3，n1代入上式，便会得到(n1)个等式，最后添加关于a1的等式，这n个等式相乘之后，就会直接得到该数列的通项公式如增分集训第2题3构造法求数列的通项已知数列an满足a12，an1(nN*)，则an_.解析：因为an1，所以.因为a12，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以(n1)，故an.答案：启思维(1)本题递推公式是形如an1的递推关系，可采用取倒数的方法，将递推式变形为，从而可构造出数列，其首项为，公差为.(2)对于递推式an1panq(p，q为常数)，当p1时，an为等差数列；当p0，q0时，an为等比数列；当p0，q0时，可利用待定系数法，将递推式转化为an1p，从而可构造出数列，其首项为a1(不等于0)，公比为p.如增分集训第3题增分集训1(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1，即an2an1.当n1时，a1S12a11，得a11.数列an是首项a1为1，公比q为2的等比数列，Sn12n，S612663.答案：632已知在数列an中，an1an(nN*)，且a14，则数列an的通项公式an_.解析：由an1an，得，故，(n2)，以上式子累乘得，.因为a14，所以an(n2)因为a14满足上式，所以an.答案：3(2019届高三陕西实验中学模拟)已知数列an中，a13，且点Pn(an，an1)(nN*)在直线4xy10上，则数列an的通项公式an_.解析：因为点Pn(an，an1)在直线4xy10上，所以4anan110.所以an14.因为a13，所以a1.故数列是首项为，公比为4的等比数列所以an4n1，故数列an的通项公式为an4n1.答案：4n1重难增分(二)数列与其他知识的交汇问题典例细解(2017全国卷)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：N100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()A440B330C220 D110解析设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意可知，N100，令100，得n14，nN*，即N出现在第13组之后易得第n组的所有项的和为2n1，前n组的所有项的和为n2n1n2.设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组，且第N项为第k1组的第t(tN*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k1组的前t项的和2t1应与2k互为相反数，即2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，当t4，k13时，N4955时，N440.故所求N的最小值为440.答案A启思维本题在创新情境中考查了等差数列与等比数列的求和公式，是具有综合拓展性的客观题的压轴题数列试题的创新多是材料背景创新，通常融入“和”与“通项”的关系，与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时，也考查数学素养中的逻辑推理、计算能力，培养了考生的创新意识另外，创新迁移类型试题还有以下特点：(1)新知识“开幕”，别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等，或介绍新的思维方法，着眼于应用；(2)类比、推广；(3)以高中数学内容为材料，“偷梁换柱”“移花接木”，创设新情境，演化新问题(2013全国卷)设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，n1,2,3，.若b1c1，b1c12a1，an1an，bn1，cn1，则()ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列解析由bn1，cn1，得bn1cn1an(bncn)，(*)bn1cn1(bncn)，由an1an得ana1，代入(*)得bn1cn1a1(bncn)，bn1cn12a1(bncn2a1)，b1c12a12a12a10，bncn2a1|BnCn|a1，所以点An在以Bn，Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图)由b1c1得b1c10，所以|bn1cn1|(bncn)，即|bncn|(b1c1)n1，所以当n增大时|bncn|变小，即点An向点A处移动，即边BnCn上的高增大，又|BnCn|ana1不变，所以Sn为递增数列答案B启思维交汇问题是将各主干知识“联姻”“牵手”、交叉渗透等综合考查主干知识的常见问题，覆盖面广本题将数列与几何交汇，增大了试题难度，较好地考查了考生的数形结合思想、逻辑思维能力，其实质是考查数列的递推关系式、椭圆的定义及性质，此题对考生的数学抽象、逻辑推理、直观想象要求较高知能升级1数列与其他知识的交汇问题主要体现在以下两点：(1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外，还要运用函数、不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题往往思维难度较大，通常作为压轴题出现2解决此类问题的关键是理解题意，将核心问题提炼出来，运用数列、函数、解析几何的相关知识求解，主要考查了转化与化归思想的应用增分集训1斐波那契数列an满足：a11，a21，anan1an2(n3，nN*)若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论错误的是()ASn1aan1anBa1a2a3anan21Ca1a3a5a2n1a2n1D4(cncn1)an2an1解析：选C对于选项A，由题图可知，S2a2a3，S3a3a4，S4a4a5，则Sn1an1an2an1(an1an)aan1an，故A项正确；对于选项B，a1a2a3anan21an1an1a1a2a3an1an11a1a2a3an2an1a1a2a3an3an11a1a31121，故B项正确；对于选项C，当n1时，a1a21，故C项错误；对于选项D,4(cncn1)4(anan1)(anan1)an2an1，故D项正确2已知函数f (x)在R上的图象是连续不断的一条曲线，当x0时，f (x)2，对任意的x，yR，f (x)f (y)f (xy)2成立，若数列an满足a1f (0)，且f (an1)f ，nN*，则a2 018的值为()A2 B.C. D.解析：选C令xy0得f (0)2，所以a12.设x1，x2是R上的任意两个数，且x10，因为当x0时，f (x)2，所以f (x2x1)2，即f (x2)f (x2x1x1)f (x2x1)f (x1)22f (x1)2f (x1)，所以f (x)在R上是减函数因为f (an1)f ，所以an1，即1，所以3，因为1，所以是以1为首项，3为公比的等比数列，所以3n1，即an.所以a2 018.3数列an中，a1，an1(nN*)，若不等式tan0恒成立，则实数t的取值范围是_解析：由an1，得1，又2，所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，则n1，即an，从而不等式tan0恒成立等价于tn4恒成立，易知当n2时，n4取得最小值，所以t，即t.所以实数t的取值范围是.答案：高考大题通法点拨数列问题重在“归”化归思维流程策略指导 利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.破题思路第(1)问求什么想什么求数列bn的通项公式，想到求首项b1和公差d给什么用什么题目中给出an的前n项和Sn，anbnbn1.用Sn3n28n求出an，由bnbn1an的关系求b1，d差什么找什么要求bn的通项公式，还需要求b1和d.可令bnbn1an中的n1和n2，建立b1和d的方程组求解第(2)问求什么想什么求cn的前n项和Tn，想到根据cn的通项公式的特征选择求和公式给什么用什么已知cn，用第(1)问中所求an及bn可化简得cn规范解答(1)由题意知当n2时，anSnSn16n5.当n1时，a1S111，符合上式所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1.由Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn3222232n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.关键点拨等差、等比数列基本量的计算模型设置中间问题分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序注意解题细节在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等对点训练(2018福州模拟)已知数列an中，a11，a22，an13an2an1(n2，nN*)设bnan1an.(1)证明：数列bn是等比数列；(2)设cn，求数列cn的前n项的和Sn.解：(1)证明：因为an13an2an1(n2，nN*)，bnan1an，所以2，又b1a2a1211，所以数列bn是以1为首项，以2为公比的等比数列(2)由(1)知bn12n12n1，因为cn，所以cn，所以Snc1c2cn.总结升华对于数列的备考：一是准确掌握数列中an与Sn之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等 专题跟踪检测(对应配套卷P180)一、全练保分考法保大分1已知等差数列的前3项依次为a，a2,3a，前n项和为Sn，且Sk110，则k的值为()A9B11C10 D12解析：选C由a，a2,3a成等差数列，得公差为2，且2(a2)a3a，解得a2，所以Sk2k2k2k110，解得k10或k11(舍去)2(2018云南模拟)已知数列an是等差数列，若a11，a33，a55依次构成公比为q的等比数列，则q()A2 B1C1 D2解析：选C依题意，注意到2a3a1a5,2a36a1a56，即有2(a33)(a11)(a55)，即a11，a33，a55成等差数列；又a11，a33，a55依次构成公比为q的等比数列，因此有a11a33a55(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q1.3中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难次日脚痛减一半，六朝方得至其关要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地”则第三天走了()A60里 B48里C36里 D24里解析：选B由题意得每天走的路程构成等比数列an，其中q，S6378，则S6378，解得a1192，所以a319248.4已知递减的等差数列an中，a31，a1，a4，a6成等比数列若Sn为数列an的前n项和，则S7的值为()A14 B9C5 D1解析：选A设数列an的公差为d，由题可知d0.由a2a41，得a1，a31.S37，a1a2a317，即6q2q10，解得q或q(舍去)故q.答案：8在各项均为正数的等比数列an中，am1am12am(m2)，数列an的前n项积为Tn.若T2m1512，则m的值为_解析：由等比数列的性质，得am1am1a2am.又数列an的各项均为正数，所以am2.又T2m1(am)2m122m1512，所以2m19，所以m5.答案：59设数列an的前n项和为Sn，且a11，anan1(nN*)，则S2n1_.解析：因为a11，anan1(nN*)，所以S2n1a1(a2a3)(a2n2a2n1)1.答案： 10(2018成都模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，a23，S416，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设数列an的公差为d，a23，S416，a1d3,4a16d16，解得a11，d2.an2n1.(2)由题意，bn，Tnb1b2bn.11(2019届高三南宁二中、柳州高中联考)已知a12，a24，数列bn满足：bn12bn2且an1anbn.(1)求证：数列bn2是等比数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：由题知，2，b1a2a1422，b124，数列bn2是以4为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)可得，bn242n1，故bn2n12.an1anbn，a2a1b1，a3a2b2，a4a3b3，anan1bn1.累加得，ana1b1b2b3bn1(n2)，an2(222)(232)(242)(2n2)2(n1)2n12n，故an2n12n(n2)a12符合上式，数列an的通项公式为an2n12n(nN*)12已知数列an是等差数列，a26，前n项和为Sn，bn是等比数列，b22，a1b312，S3b119.(1)求an，bn的通项公式；(2)求数列bncos(an)的前n项和Tn.解：(1)数列an是等差数列，a26，S3b13a2b118b119，b11，b22，数列bn是等比数列，bn2n1.b34，a1b312，a13，a26，数列an是等差数列，an3n.(2)由(1)得，令Cnbncos(an)(1)n2n1，Cn1(1)n12n，2，又C11，数列bncos(an)是以1为首项，2为公比的等比数列，Tn1(2)n二、强化压轴考法拉开分1已知数列an的前n项和为Sn，且a12，Sn14an2，则a12()A20 480 B49 152C60 152 D89 150解析：选B由S24a12，得a1a24a12，联立a12，解得a28.又an2Sn2Sn14an14an，an22an12(an12an)，数列an12an是以a22a14为首项，以2为公比的等比数列，an12an42n12n1，1，1，数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，1(n1)n，ann2n，a121221249 152.2已知a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是()A2n1 B.n1Cn2 Dn解析：选D因为ann(an1an)nan1nan，所以nan1(n1)an，所以，所以ana11n.3(2018郑州模拟)已知数列an满足a11，|an1an|.若a2n1a2n1，a2n20，a2n2a2na2n2a2n，所以a2n1a2n2a2n1a2n.而|a2n1a2n2|，|a2n1a2n|，即|a2n1a2n2|a2n1a2n|.综合，得a2n1a2n0，即a2n1a2n.裂项，得a2na2n1.综上可得，数列(1)nan的前40项的和为(a2a1)(a4a3)(a40a39).4(2019届高三河北“五个一名校联盟”联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是()A3 971 B3 972C3 973 D3 974解析：选B由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数，根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数由于2 0162 0182 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数为632,6323 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972，故选B.5(2019届高三南昌调研)设数列an的前n项和为Sn，若a13且当n2时，2anSnSn1(nN*)，则数列an的通项公式an_.解析：当n2时，由2anSnSn1可得2(SnSn1)SnSn1，即，数列是首项为，公差为的等差数列，(n1)，Sn.当n2时，anSnSn1，又a13，an答案：6(2018开封模拟)已知数列an满足2(1)nan2(1)nan11(1)n3n(nN*)，则a25a1_.解析：2(1)nan2(1)nan11(1)n3n，当n2k(kN*)时，a2k3a2k116k，当n2k1(kN*)时，3a2k1a2k16k3，a2k1a2k14k1，a25(a25a23)(a23a21)(a3a1)a1(4121)(4111)(411)a1412a1300a1，a25a1300.答案：300三、加练大题考法少失分1已知等差数列an的前n项和为Sn，S70，a32a212(nN*)(1)求数列an的通项公式an；(2)求数列的前n项和Sn.解：(1)设等差数列an的公差为d，由已知得解得所以an4n16.(2)由(1)知an4n16，所以，所以Sn，两边同乘以，得Sn，两式相减，得Sn1，所以Sn2.2设数列an的前n项和为Tn(nN*)(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足bnlog2an，数列bn的前n项和为Sn，定义x为不小于x的最小整数，求数列的前n项和Rn.解：(1)因为数列an的前n项和为Tn，所以a1T1.当n2时，anTnTn12n3，当n1时，a1符合上式故an2n3.(2)由(1)可知，bnlog2ann3，则数列bn是首项为2，公差为1的等差数列，其前n项和Snn，则.因为当n1时，单调递增，所以2，当2n5时，0，当n6时，所以R12，当2n5时，Rn20002，当n6时，Rn2(n5)1n7，所以Rn3已知等差数列an的前n项和为Sn(nN*)，且a23，S525.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，记数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn1.解：(1)设等差数列an的公差为d.因为a23，S525，所以解得所以an2n1.(2)证明：由(1)知，an2n1，所以Snn2.所以bn.所以Tnb1b2b3bn10.由题意得所以3q25q20.因为q0，所以q2，x11，因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bn2n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得Tn321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn.28