[讲义答案]第8讲-724a620d6478_学而思高三全套_2019年高三暑假直播_2019-暑高二升高三理科数学一轮复习直播凌云班（全国）10讲王侃_讲义答案

直击课堂
【本讲解读】
  数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，在高考中占有重要的地位．高考对数列的考查比较全
面，一方面考查等差数列、等比数列的基础知识和基本技能；另一方面常和函数、不等式、方程、解析几何、立体
几何等相关内容交汇在一起综合，加以导数和向量等新增内容，使数列题更有了施展的舞台．本讲将重点以“数列的
概念与性质”、“等差数列与等比数列”、“数列求和”等多个模块进行讲解．
模块
模块1：七分钟快测
：七分钟快测
1
直击课堂
直击课堂
本讲解读
本讲解读
演练1
答 案
C
解析
解：设数列，，，，，，，
，
，
为
， 
， 
， 
故选：C．
答 案
B
解析
解：数列
，
，
，
，
的第三项可写成
，这样，每一项都是含根号的数，且
每一个被开方数比前一项的被开方数多，
． 
故选：B．
答 案
D
解析
解：由等差数列的性质可得：
， 
则
． 
故选：D．
答 案
A
解析
解：由等比数列的性质可得，
，
． 
故选：A．
1
1
1
1
1
1
2
3
5
8
x
21
34
55
a
{
n}
∴a
 =
n
a
 +
n−1
a
 n ⩾3
n−2 (
)
∴x = a
 =
7
a
 +
5
a
 =
6
5 + 8 = 13
演练2
∵
2
5
2
2
11
⋯
8
3
∴a
 =
n
 
3n −1
演练3
2a
 =
5
a
 +
3
a
 =
7
−4 −16 = −20
a
 =
5
−10
演练4
a
 ⋅
1
a
 =
7
a
 4
2
∴a
 =
7
 =
a
 1
a
 4
2
 =
−16
64
−4
演练5
答 案
C
解析
解：
， 
， 
． 
故选：C．
答 案
C
解析
由
(
)，可得此数列为
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的整数项为：
，
，
，
，
，
，
， 
即整数：
，
， 
其规律就是各项之间是
，
，
，
，
，
这样递增的， 
，
． 
由
，解得
，
． 
故选C．
答 案
1000
解析
已知式子可化为：
， 
， 
， 
由归纳推理可得
， 
故
． 
故答案为：
．
模块
模块2：数列的概念与性质
：数列的概念与性质
考法：根据规律推导通项公式
1  71%
2  26%
a
 =
n
 =
4n −1
2
1
 
 −
 
2
1 ( 2n −1
1
2n + 1
1
)
∴S
 =
n
 
1 −
 
+
 −
 
+ ⋯+
 −
 
=
2
1 [(
3
1 )
( 3
1
5
1 )
( 2n −1
1
2n + 1
1
)]
 
1 −
 
2
1 (
2n + 1
1
)
∴S
 =
10
 
21
10
例题1
a
 =
n
 
5n −1 n ∈N
 
+
 4
 9
 
14
 
19
 
24
 
29
 
34
39
44
49
54
59
64
⋯
an
4
9
49
64
144
169
⋯
2, 3, 7, 8, 12, 13
⋯
+1
+4
+1
+4
+1
+4
∴b
 
 =
2n−1
2 + 5(n −1) = 5n −3
b
 =
2n
3 + 5(n −1) = 5n −2
2n = 2018
n = 1009
∴b
 =
2018
5 × 1009 −2 = 5043
N n, 3 =
(
)
 n +
2
1
2
 n =
2
1
 n +
2
3 −2
2
 n
2
4 −3
N n, 4 =
(
)
n =
2
 n +
2
4 −2
2
 n, N n, 5 =
2
4 −4
(
)
 n −
2
3
2
 n =
2
1
 n +
2
5 −2
2
 n
2
4 −5
N n, 6 =
(
)
2n −
2
n =
 n +
2
6 −2
2
 n
2
4 −6
N n, k =
(
)
 n +
2
k −2
2
 n
2
4 −k
N 10, 24 =
(
)
 ×
2
24 −2
10 +
2
 ×
2
4 −24
10 = 1100 −100 = 1000
1000
答 案
A
解析
，
，
．
答 案
5
解析
解：数列
中
为正整数，
，如果
， 
若
为奇数，则
为偶数， 
， 
， 
； 
若
为偶数，则
， 
若
为奇数，则
， 
，解得
与
为偶数矛盾； 
若
为偶数，
，同理可求
与
为偶数矛盾． 
综上所述，
． 
故答案为：．
答 案
解析
由
，当
时，
． 
当
时，
． 
考法：通项公式的应用
1  81%
2  45%
考法：an与Sn
1
例题2
∵a
 +
n
b
 =
n
ln
 +
θ + 1
n
θ −1
n
ln
 +
θ −1
n
θ + 1
n
2n −n = ln1 + n = n
∴a
 +
8
b
 =
8
8
∴b
 =
8
−12
∵
a
{
n}
a1
a
 =
n+1
 
{
 , a
 为偶数
2
a
 n
n
3a
 + 1, a
 为奇数
n
n
a
 +
1
a
 +
2
a
 =
3
29
∴
a1
a
 =
2
3a
 +
1
1
∴a
 =
3
 
2
a
 2
∴a
 +
1
a
 +
2
a
 =
3
a
 +
1
3a
 + 1 +
(
1
)
 3a
 + 1 =
2
1 (
1
)
29
∴a
 =
1
5
a1
a
 =
2
 a
 
2
1
1
a2
a
 =
3
3a
 +
2
1 =
 a
 +
2
3
1
1
∴a
 +
1
a
 +
2
a
 =
3
a
 +
1
 a
 +
2
1
1
 a
 + 1
=
( 2
3
1
)
29
a
 =
1
 
3
28
a
 1
a2
a
 =
3
 =
2
a
 2
 a
4
1
1
a
 =
1
 
7
116
a
 1
a
 =
1
5
5
例题3
a
 =
n
 
{5, n = 1
(
)
2
, n ⩾2
n−1 (
)
S
 =
n
3 + 2n
n = 1
a
 =
1
S
 =
1
5
n ⩾2
a
 =
n
S
 −
n
S
 =
n−1
3 + 2 −
n
3 −2
=
n−1
2n−1
所以
．故答案为
．
答 案
解析
解：
，
， 
，
，故答案为
．
答 案
D
解析
解：由题意得
， 
是正整数，
，当且仅当
，即
时取等
号． 
当
时，
；当
时，
， 
则当
或
时，
取到最小值是
，而
取到最大值． 
故选D．
答 案
C
解析
解：
， 
令
，则是区间
内的值，而
， 
所以当
，即
时，
取最大值，使
最接近
的的值为数列
中的最小
项， 
所以该数列既有最大项又有最小项． 
故选C．
2
考法：数列的单调性与最值
1  84%
2  49%
a
 =
n
 
{5, n = 1
(
)
2
, n ⩾2
n−1 (
)
a
 =
n
 
{5, n = 1
(
)
2
, n ⩾2
n−1 (
)
 2
1
∵S
 =
n
 
3
a
 4 −1
1 ( n
)
a
 =
4
32
∴
 −
3
255a
 1
 =
3
63a
 1
32
∴a
 =
1
2
1
 2
1
例题4
a
 =
n
 =
n + 90
2
n
 
n +
 
n
90
1
∵n
∴n +
 ⩾
n
90
2
 =
n ⋅
 
n
90
6
 
10
n =
 
n
90
n = 3
 
10
∵
n = 9
n +
 =
n
90
19
n = 10
n +
 =
n
90
19
n = 9
10
n + n
90
19
a
 =
n
 
n + 90
2
n
a
 =
n
 
−
( 9
4 )
n−1
 
=
( 3
2 )
n−1
 
−
[( 3
2 )
n−1
]
2
 
( 3
2 )
n−1
 
=
( 3
2 )
n−1
t
t
0, 1
(
]
a
 =
n
t −
2
t =
t −
 
−
(
2
1 )
2
 4
1
n = 1
t = 1
a
 n
 
( 3
2 )
n−1
 2
1
n
a
{
n}
答 案
C
解析
解：数列
满足
，
， 
所以数列
是以
为首项，为公差的等差数列． 
所以
，
． 
所以
，
． 
所以
． 
故选：C．
答 案
C
解析
解：等差数列
的公差为，且
，
， 
， 
解得
． 
故选：C．
答 案
C
解析
解：设等差数列
的首项为
，公差为， 
由等比数列的性质可得，
， 
， 
， 
整理可得，
，
， 
模块
模块3：等差数列与等比数列
：等差数列与等比数列
考法：等差、等比基本量
1
2
3
例题5
a
{
n}
a
 =
1
 2
1
 −
a
 
n+1
1
 =
a
 n
1
2 n ∈N
(
∗)
 
{a
 n
1 }
 =
a
 1
1
2
2
 =
a
 n
1
2 + 2 n −1 =
(
)
2n
n ∈N∗
a
 =
n
 
2n
1
n ∈N∗
a
 =
20
 
40
1
∵
a
{
n}
d
a
 a
 =
1
2
35
2a
 −
4
a
 =
6
7
∴
 
{a
 a
 + d = 35
1 ( 1
)
2 a
 + 3d −a
 + 5d = 7
( 1
)
( 1
)
{a = 5
1
d = 2
a
{
n}
a1
d
a
 =
6
2
a
 ⋅
1
a
 
21
∴a
 +5d
=
( 1
)2
a
 a
 + 20d
1 ( 1
)
∵d=
 0
/
10a
 d =
1
25d2
∴a
 =
1
 
2
5d
， 
故选C．
答 案
D
解析
由等比数列的下标和性质得，
，又
，
、
或
、
（不满足
舍去），
是
和
的等比中项，
．
答 案
C
解析
A中
，
，由于的大小不知
道，所以
的正负无法判断；B中
，
，由于的大小不知道，所以
的正负无法判断；
C中
，故
，所以C正确；D中， 
，故
，故D错．
答 案
C
解析
，
，
，
，
， 于是
，等差数列
为递减数列， 故可知
、
、
、
为正，
、
、
为负； 且
、
、
、
为正，
、
、
为负， 则
，
，
，
，
，
，
，
， 又
，
，故
最大，故选C．
4  96%
考法：等差、等比数列的基本性质与应用
1  67%
2  72%
3
∴q =
 =
a
 1
a
 6
 =
a
 1
a
 + 5d
1
3
a
 a
 =
4
5
a
 a
 = −
2
7
15
∵a
 +
2
a
 =
7
2
∴a
 =
2
−3
a
 =
7
5
a
 =
2
5
a
 =
7
−3
q >
∣∣
1
∵a
 7
a
 2
a
 
12
∴a
 =
12
 =
a
 2
a
 72
−
 
3
25
例题6
a
 +
1
a
 =
2
2a
 +
1
d > 0
a
 +
2
a
 =
3
2a
 +
1
3d = (2a
 +
1
d) + 2d
d
a
 +
2
a
 3
a
 +
1
a
 =
3
2a
 +
1
2d < 0
a
 +
1
a
 =
2
2a
 +
1
d = (2a
 +
1
2d) −d
d
a
 +
1
a
 2
a
 =
1
a
 −
2
d, a
 =
3
a
 +
2
d
 =
a a
1
3
 <
a
 −d
2
2
2
a
 2
a
 −
2
a
 =
1
d, a
 −
2
a
 =
3
−d
(a
 −
2
a
 )(a
 −
1
2
a
 ) =
3
−d ⩽
2
0
S
 =
17
17a
 >
9
0
S
 =
18
9(a
 +
9
a
 ) <
10
0
∴a
 +
9
a
 <
10
0
a
 >
9
0
∴a
 <
10
0
d = a
 −
10
a
 <
9
0
{a
 }
n
a
 1
a
 2
⋯
a
 9
a
 
10
a
 
11
⋯
S
 1
S
 2
⋯
S
 
17
S
 
18
S
 
19
⋯
 >
a
 1
S
 1
0
 >
a
 2
S
 2
0
⋯
 >
a
 9
S
 9
0
 <
a
 
10
S
 
10
0
 <
a
 
11
S
 
11
0
⋯
 <
a
 
15
S
 
15
0
S
 <
1
S
 <
2
S
 <
3
⋯< S9
a
 >
1
a
 >
2
a
 >
3
⋯> a
 9
 
a
 9
S
 9
答 案
D
解析
解：A．由等比数列的性质可得：
，由于奇数项的符号相同，可得
，因此
不正确． 
B．
，则
，其正负由确定，因此不正确； 
C．若
，则
，于是
，其正负由确定，因此不正
确； 
D．若
，则
，可得
，
，则
，即
，因此正确． 
故选：D．
答 案
D
解析
A.数列
是等差数列的等价条件是其前项和是
，是真命题； B.数
列
是公比为的等比数列且其前项和是
，可得
，是真命题； C.等差数列
的前项和为
，则
也是等差数列，是真命题； D.等比数列
的前项和为
，则
也是等比数列，是假命题，例如取数列
． 故选：D．
答 案
C
解析
由题意可知
，即数列
是以
为公比的等比数列，由
，
得
，所以
，
，所以
．
答 案
见解析
解析
4  55%
5  74%
考法：等差、等比数列的判定
1
a
 =
3
2
a
 ⋅
1
a
 =
5
4
a
 =
3
2
a
 +
1
a
 >
3
0
a
 +
2
a
 =
4
q a
 + a
 
( 1
3)
q
a
 >
2
a
 1
a
 q −1 >
1 (
)
0
a
 −
3
a
 =
2
a
 q q −1
1 (
)
q
a
 >
2
a
 >
1
0
a q >
1
a
 >
1
0
a
 >
1
0, q > 1
∴1 + q >
2
2q
a
 1 + q
>
1 (
2)
2a
 q
1
a +
1
a
 >
3
2a
 2
a
 
{
n}
n
S
 =
n
an +
2
bn, a, b ∈R
a
{
n}
q
n
S
 =
n
 =
1 −q
a
 1 −q
1 (
n)
 ⋅
q −1
a
 1
q −
n
 
q −1
a
 1
 −
q −1
a
 1
 =
q −1
a
 1
0
a
 
{
n}
n
S
 n
S
 , S
 −
n
2n
S
 , S
 −
n
3n
S
 
2n
a
 
{
n}
n
S
 n
S
 , S
 −
n
2n
S
 , S
 −
n
3n
S
 
2n
−1
, S
 =
{(
)n}
2
0, S
 −
4
S
 =
2
0, S
 −
6
S
 =
4
0
 =
a
 a
 
n−1
n
a
 a
 
n
n+1
q2
a
 a
 
{
n
n+1}
q2
a
 =
2
2
a
 =
5
 4
1
q =
 2
1
a
 =
1
4
a
 a
 =
1
2
8
T
 =
n
 =
1 −
 4
1
8 1 −
 
[
( 4
1)
n]
 (1 −
3
32
4
)
−n
例题7
设
的通项公式为
，其中为公比， 
，且
， 
解得
， 
．
答 案
见解析
解析
， 
，
， 
． 
又
， 
，即
，
，
成等差数列．
答 案
见解析
解析
，
， 
， 
为首项
，公比
的等比数列．
答 案
见解析
解析
等差数列
满足
， 
则
，解得
， 
2
1
模块
模块4：数列求和
：数列求和
考法：分组求和法
1
{a }
n
a
 =
n
a
 q
1
n−1
q
∴a
 +
1
a
 =
2
a
 +
1
a
 q=2
1
a
 +
1
a
 +
2
a
 =
3
2 + a
 q =
1
2
−6
a
 =
1
q = −2
∴a
 =
n
(−2) × (−2)
=
n−1
(−2)n
S
 =
n
 =
1 −q
a
 (1 −q )
1
n
 =
1 −(−2)
−2[1 −(−2) ]
n
−
 
3
(−2)
+ 2
n+1
∴S
 =
n+1
−
 
3
(−2)
+ 2
n+2
S
 =
n+2
−
 
3
(−2)
+ 2
n+3
∴S
 +
n+1
S
 =
n+2
−
 −
3
(−2)
+ 2
n+2
 =
3
(−2)
+ 2
n+3
 [(−2) −
3
4
n
1]
∵2S
 =
n
−
 =
3
2(−2)
+ 4
n+1
 [(−2) −
3
4
n
1]
∴S
 +
n+1
S
 =
n+2
2S
 n
S
 
n+1
S
 n
S
 
n+2
例题8
∵a
 =
n+1
4a
 −
n
3n + 1
n ∈N∗
∴a
 −
n+1
n + 1 =
(
)
4a
 −
n
3n + 1 −n + 1 =
(
)
4a
 −
n
4n = 4 a
 −n
( n
)
∴a
 −n
{
n
}
a
 −
1
1 = 1
q = 4
例题9
a
{
n}
a
 =
2
2, a
 +
1
a
 =
4
5
{2 = a
 + d
1
5 = 2a
 + 3d
1
a
 =
1
d = 1
．
答 案
见解析
解析
为等比数列，设公比为， 
， 
， 
， 
， 
数列
的前项和
 
．
答 案
C
解析
解：由题意可知
， 
所以
( 为正整数)， 
所以
 
 
． 
故选：C．
答 案
见解析
解析
解：因为数列
为等差数列，
， 
所以
，即
， 
公差
，所以
．
2
1
考法：{|an|}的前n项和
1
∴a
 =
n
1 + n −1 =
(
)
n
∵b
 =
1
3, b
 =
2
6, b
 −a
 
{ n
n}
q
∴b
 −
1
a
 =
1
3 −1 = 2, b
 −
2
a
 =
2
6 −2 = 4
∴q = 2
∴b
 −
n
a
 =
n
2 × 2
=
n−1
2n
∴b
 =
n
n + 2n
∴
b
{ n}
n
T
 =
n
1 + 2 + 3 + … + n +
(
)
2 + 2 + … + 2
(
2
n)
=
 +
2
n n + 1
(
)
 =
1 −2
2 1 −2
(
n)
 +
2
n n + 1
(
)
2
−
n+1
2
例题10
a
 =
n
 
{n −n + 1
= −2n −1, n为正奇数
2
(
)2
−n + n + 1
= 2n + 1, n为正偶数
2
(
)2
a
 +
2k−1
a
 =
2k
2 k
a
 +
1
a
 +
2
a
 +
3
⋯+ a
 
2017
= −2 −1 +
(
)
4 + 1 +
(
)
−6 −1 +
(
)
8 + 1 +
(
)
⋯+ −4030 −1 +
(
)
4032 + 1 +
(
)
−
(
= 2016 −4034 −1
= −2019
例题11
a
{
n}
a
 +
2
a
 +
3
a
 =
4
−3
3a
 =
3
−3
a
 =
3
−1
d =
 =
2
−1 −−5
(
)
2
a
 =
n
−5 + n −1 ×
(
)
2 = 2n −7
答 案
见解析
解析
解：由
知，当
时，
；当
时，
． 
， 
设数列
的前项和为
，
， 
当
时，
， 
．
答 案
见解析
解析
解：
， 
， 
得： 
， 
， 
化简得
， 
，
． 
是以为首项，为公差的等差数列． 
．
答 案
见解析
解析
解：
． 
 
．
2
考法：裂项相消法
1  87%
2  76%
1
( )
n ⩽3
a
 <
n
0
n > 3
a
 >
n
0
∴a
 =
∣n∣
 n ∈N
{7 −2n, n ⩽3
2n −7, n ⩾4 (
∗)
a
{
n}
n
S
 n
S
 =
n
 =
2
n a
 + a
 
( 1
n)
 =
2
n −5 + 2n −7
(
)
n −
2
6n
n > 3
T
 =
n
−S
 +
3
S
 −S
 =
(
n
3)
S
 −
n
2S
 =
3
n −6n −
(
2
)
2 × −9 =
(
)
n −
2
6n + 18
∴T
 =
50
2218
例题12
∵4S
 =
n
a
 + 1
①
( n
)2
∴4S
 =
n−1
a
 + 1
n ⩾2 ②
( n−1
)2 (
)
①−②
4 S
 −S
 =
(
n
n−1)
a
 + 1
−
( n
)2
a
 + 1
( n−1
)2
∴4a
 =
n
a
 + 1
−
( n
)2
a
 + 1
( n−1
)2
a
 + a
 ⋅
( n
n−1)
a
 −a
 −2 =
( n
n−1
)
0
∵a
 >
n
0
∴a
 −
n
a
 =
n−1
2 n ⩾2
(
)
∴a
 
{
n}
1
2
∴a
 =
n
1 + n −1 ⋅
(
) 2 = 2n −1
b
 =
n
 =
a
 ⋅a
 
n
n+1
1
 =
2n −1
2n + 1
(
) (
)
1
 
 −
 
2
1 ( 2n −1
1
2n + 1
1
)
∴T
 =
n
 
1 −
+
 −
 
+ ⋯+
 −
 
2
1 [(
3
1 )
( 3
1
5
1 )
( 2n −1
1
2n + 1
1
)]
=
 
1 −
 
=
2
1 (
2n + 1
1
)
 
2n + 1
n
答 案
D
解析
幂函数
的图象过点
， 可得
，解得
， 
， 则
， 则
． 故选：D．
答 案
见解析
解析
证明：
，
， 
， 
又
，
， 
数列
是以
为首项，
为公比的等比数列． 
答 案
见解析
解析
解：由
得，
，即
， 
． 
设
，
 
则
，
 
由
得：
， 
． 
1
考法：错位相减法
1
2
例题13
f(x) = xa
(4, 2)
4 =
a
2
a =
 2
1
f(x) = x
 2
1
a
 =
n
 =
f(n + 1) + f(n)
1
 =
 +
 
n + 1
n
1
 −
n + 1
 n
S
 =
2018
 −
2
1 +
 −
3
 +
2
⋯+
 −
2019
 =
2018
 −
2019
1
例题14
∵a
 =
n+1
 
a
 + 1
n
2a
 n
∴
 =
a
 
n+1
1
 =
2a
 n
a
 + 1
n
 +
2
1
 ⋅
2
1
 
a
 n
1
∴
 −
a
 
n+1
1
1 =
 
 −1
2
1 ( a
 n
1
)
a
 =
1
 3
2
∴
 −
a
 1
1
1 =
 2
1
∴
 −1
{a
 n
1
}
 2
1
 2
1
1
( )
 −
a
 n
1
1 =
 ⋅
2
1
(
 )
=
2
1
n−1
 
2n
1
 =
a
 n
1
 +
2n
1
1
∴
 =
a
 n
n
 +
2n
n
n
T
 =
n
 +
2
1
 +
22
2
 +
23
3
⋯+
 
2n
n
①
 T
 =
2
1
n
 +
22
1
 +
23
2
⋯+
 +
2n
n −1
 
2n+1
n
②
①−②
 T
 =
2
1
n
 +
2
1
 +
22
1
 +
23
1
⋯+
 −
2n
1
 =
2n+1
n
 −
1 −
 2
1
 1 −
 
2
1 (
2n1 )
 =
2n+1
n
1 −
 −
2n
1
 
2n+1
n
∴T
 =
n
2 −
 −
2n−1
1
 
2n
n
又
． 
数列
的前项和
．
1 + 2 + 3 + ⋯+ n =
 
2
n n + 1
(
)
∴
 
{a
 n
n }
n
S
 =
n
2 −
 +
2n
2 + n
 =
2
n n + 1
(
)
 −
2
n + n + 4
2
 
2n
n + 2