高考在即，考生们都在紧张备考，关于数学，小编为大家精心准备了高考数学数列题型精编汇总，供大家参考学习，希望对大家有所帮助!

题型一 等差、等比数列的基本运算

例1 已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10=2a5.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.

破题切入点 (1)由已知列出关于首项和公差的方程组，解得a1和d，从而求出an.

(2)求出bm，再根据其特征选用求和方法.

解 (1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn，

由T5=105，a10=2a5，

得5a1+5×(5-1)2d=105，a1+9d=2(a1+4d)，

解得a1=7，d=7.

因此an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*).

(2)对m∈N*，若an=7n≤72m，则n≤72m-1.

因此bm=72m-1.

所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，

故Sm=b1(1-qm)1-q=7×(1-49m)1-49=7×(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=-，其前n项和为Sn，若S1212-S1010=2，则S的值为()

A.-2011B.-C.-2010D.-

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=-，公差d=1，故S=-+(-1)×1=-1，所以S=-.

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.(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.(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

答案 C

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.(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

答案 C

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

答案 D

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.(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.(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.(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.(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.(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.

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