新课标全国卷五年高考数列汇编(附答案)

五年高考真题分类汇编数列1.（19全国1 理）记为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则（ ）A ．25n a n =-B ．310n a n =-C ．228n S n n =- D ．2122n S n n =- 2. （19全国1 理）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=___1213____． 3.（19全国1 文）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=____58___． 4.（19全国3文理）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项为和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3= A ． 16B ． 8C ．4D ． 25.（19全国3 理）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =____4____. 6.（19全国3 文）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =__100___. 7.（19全国1 文）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5．（1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解：（1）设{}n a 的公差为d ．由95S a =-得140a d +=．由a 3=4得124a d +=．于是18,2a d ==-． 因此{}n a 的通项公式为102n a n =-．（2）由（1）得14a d =-，故(9)(5),2n n n n da n d S -=-=. 由10a >知0d <，故S n ≥a n 等价于0n 10n 11n 2≤+-，解得1≤n ≤10．所以n 的取值范围为[1,10].n S8.（19全国2 理）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列； （2）求{a n }和{b n }的通项公式.解：（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+． 又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列． 由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+． 又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-． 所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．9.（19全国2 文）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和.解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得22416q q =+，即2280q q --=.解得2q =-（舍去）或q =4.因此{}n a 的通项公式为121242n n n a --=⨯=.（2）由（1）得2(21)log 221n b n n =-=-，因此数列{}n b 的前n 项和为1321n n +++-=.10.（18全国1理）记为等差数列的前项和.若，，则（ ）A ．B ．C ．D ．11.（18全国1理）记为数列的前项和.若，则________．n S {}n a n 3243S S S =+12a ==5a 12-10-1012n S {}n a n 21n n S a =+6S =63-12.（18全国1文）已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=． （1）求123b b b ，，； （2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（3）求{}n a 的通项公式．解：依题意，，，∴，，. （1）∵，∴，即，所以为等比数列. （2）∵，∴.13．（18全国2文理）记为等差数列的前项和，已知，． （1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．解：（1）设的公差为，由题意得， 由得．所以的通项公式为．（2）由（1）得，当时，取得最小值，最小值为．14.（18全国3文理）等比数列中，． （1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求． 解：（1）设数列{}n a 的公比为q ，∴2534a q a ==，∴2q =±.∴12n n a -=或1(2)n n a -=-. （2）由（1）知，122112n nn S -==--或1(2)1[1(2)]123n n n S +-==--+， ∴2163mm S =-=或1[1(2)]633m m S =--=（舍），∴6m =.15.（17全国1理）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（ ）A ．1B ．2C ．4D ．816.（17全国2理）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（ ）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏17.（17全国3理）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为（ ）A ．24-B ．3-C ．3D ．818.（17全国2理）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS =∑ 1n + 19.（17全国3理）设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a =__8-__．21224a a =⨯⨯=321(23)122a a =⨯⨯=1111a b ==2222a b ==3343a b ==12(1)n n na n a +=+121n na a n n+=+12n n b b +={}n b 1112n n n n a b b q n--===12n n a n -=⋅n S {}n a n 17a =-315S =-{}n a n S n S {}n a d 13315a d +=-17a =-2d ={}n a 29n a n =-228(4)16n S n n n =-=--∴4n =n S16-{}n a 15314a a a ==，{}n a n S {}n a n 63m S =m20.（17全国1文）记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=−6．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列．解：（1）设{}n a 的公比为q ．由题设可得121(1)2,(1) 6.a q a q q +=⎧⎨++=-⎩解得2q =-，12a =-． 故{}n a 的通项公式为(2)nn a =-．（2）由（1）可得11(1)22()1331n n n n a q S q +-==--+-． 由于3212142222()2[()]2313313n n n n n n n n S S S +++++-+=--++=-=-， 故1n S +，n S ，2n S +成等差数列．21.（17全国2文）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11221,1,2a b a b =-=+=.（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； （2）若321T =，求3S .22.（17全国3文）设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式； （2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和.23.（16全国1理）已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （ ）（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）9724.（16全国1理）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为 64 ． 25.（16全国1文）已知{}n a 是公差为3的等差数列,数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，,.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求{}n b 的前n 项和.（2）由（1）和11n n n n a b b nb +++= ,得13n n b b +=,因此{}n b 是首项为1,公比为13的等比数列.记{}n b 的前n 项和为n S ,则111()313.122313n n n S --==-⨯-26.（16全国2文）等差数列{n a }中，34574,6a a a a +=+=. （1）求{n a }的通项公式；（2） 设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2.试题解析：(1)设数列{}n a 的公差为d ，由题意有11254,53a d a d -=-=，解得121,5a d ==，所以{}n a 的通项公式为235n n a +=. （2）由(1)知235n n b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦， 当n =1,2,3时，2312,15n n b +≤<=；当n =4,5时，2323,25n n b +≤<=； 当n =6,7,8时，2334,35n n b +≤<=；当n =9,10时，2345,45n n b +≤<=， 所以数列{}n b 的前10项和为1322334224⨯+⨯+⨯+⨯=.27.（16全国2理）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg99=1，． （Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．解：（1）设{}n a 的公差为d ，据已知有72128d +=，解得 1.d = 所以{}n a 的通项公式为.n a n =111101[lg1]0,[lg11]1,[lg101] 2.b b b ======28.（16全国3文）已知各项都为正数的数列{}n a 满足11a =，211(21)20n n n n a a a a ++---=. （1）求23,a a ；（2）求{}n a 的通项公式. 解：（1）由题意得41,2132==a a . .........5分29.（16全国3理）已知数列{}n a 的前n 项和1n nS a λ=+，其中0λ≠．（1）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（2）若53132S =，求λ．由01≠a ，0≠λ得0≠n a ，所以11-=+λλn n a a .因此}{n a 是首项为λ-11，公比为1-λλ的等比数列，于是1)1(11---=n n a λλλ．（2）由（1）得n n S )1(1--=λλ，由32315=S 得3231)1(15=--λλ，即=-5)1(λλ321， 解得1λ=-．30.(15全国1文)已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ） （A ）（B ） （C ） （D ） 31.(15全国2文)设是等差数列的前项和,若,则（ ）A ．B ．C ．D ．32.(15全国2理)等比数列｛a n ｝满足a 1=3，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( )A ．21B ．42C ．63D ．84 33.(15全国2文)已知等比数列满足,,则（ ）C.1234. (15全国1文)数列中为的前n 项和，若，则 6 .35.(15全国2理)设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =___1n-___．36.(15全国1理) n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2243n n n a a S +=+.（1）求{n a }的通项公式： （2）设,求数列}的前n 项和解：（1）当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4n a ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为0n a >，所以1n n a a --=2， 所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列， 所以n a =21n +；（2）由（1）知，n b =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++=1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+.{}n a n S {}n a n 844S S =10a =1721921012{}n a 112,2,n n n a a a S +=={}n a 126n S =n =。

数列专题高考真题(2014·I) 17. (本小题满分12分)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n≠0，a n a n+1=λS n−1，其中λ为常数.（Ⅰ）证明：a n+2−a n=λ；（Ⅱ）是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由.(2014·II) 17.（本小题满分12分）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=3a n+1.（Ⅰ）证明{a n+12}是等比数列，并求{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：1a1+1a2+⋯+1a n<32.(2015·I)（17）（本小题满分12分）S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,a n2+2a n=4S n+3，（Ⅰ）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n=1a n a n+1,求数列{b n}的前n项和。

(2015·II)（4）等比数列{a n}满足a1=3，=21，则( )（A）21 （B）42 （C）63 （D）84(2015·II)（16）设是数列的前n项和，且，，则________．(2016·I)（3）已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=（A）100 （B）99 （C）98 （D）97(2016·I)（15）设等比数列{a n}满足 a1+a3=10，a2+a4=5，则 a1a2…a n的最大值为__________。

(2016·II)（17）（本题满分12分）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1 ，S7=28 记b n=[log a n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]= 0，[lg 99]=1.（I）求b1，b11，b101；（II）求数列{b n}的前1 000项和.(2016·III)（12）定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1,a2,?,a k中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列{a n}的前n项和S n=1+λa n，其中λ≠0（I）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（II ）若S n =3132，求λ. (2017·I)4．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。

【高中数学】数学高考《数列》试题含答案一、选择题1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A ．3 971 B ．3 972C ．3 973D ．3 974【答案】D 【解析】 【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，运算即可得解．【详解】解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2， 则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，设第2019个数在第n 组中，则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩＜，解得n ＝64，即第2019个数在第64组中，则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974， 故选：D ． 【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n 项和公式，属中档题．2．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ，则该数列第2019项是（ ） A ．1019892 B ．1020192 C ．1119892 D ．1120192 【答案】C【解析】 【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】 由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -， 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.3．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S ( ) A ．3 B ．9C ．10D ．13【答案】C 【解析】 【分析】设{}n a 的公比为0q >，由645,3,a a a -成等差数列，可得260,0q q q --=>，解得q ，再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >，Q 满足645,3,a a a -成等差数列，()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->， 260,0q q q ∴--=>，解得3q =，则()()4124221313131103131a S S a --==+=--，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则此数列所有项中，中间项的值为（ ） A ．992 B ．1022C ．1007D ．1037【答案】C 【解析】 【分析】首先将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数.再写出{}n a 的通项公式，算其中间项即可. 【详解】将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数. 即215(1)n a n -=-，1513n a n =-当135n =，135151351320122019a =⨯-=<， 当136n =，136151361320272019a =⨯-=>， 故1,2,n =……，135数列共有135项．因此数列中间项为第68项，681568131007a =⨯-=. 故答案为：C ． 【点睛】本题主要考查数列模型在实际问题中的应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.5．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（ ） A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺【解析】 【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）. 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.6．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】 【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L()332432299=+++=.【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.7．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（ ） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】 【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可．【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ． 【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．8．已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且11a =，22a =，347a a +=，5613a a +=，则78a a +=（ ）A ．4B ．19C ．20D ．23【答案】D 【解析】 【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对347a a +=、5613a a +=进行化简，得出公差和公比的数值，然后对78a a +进行化简即可得出结果． 【详解】设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由347a a +=，5613a a +=，得127d q ++=，212213d q ++=，解得2d =，2q =，所以37813271623a a d q +=++=+=，故选D ．【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．9．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（ ） A ．10 B ．7C ．8D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==，解方程求得结果. 【详解】 由题意得：13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项：C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程，属于基础题.10．已知数列{}n a 满足：()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立，则k 的最小整数值为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】A 【解析】 【分析】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111n n S S +-=--，得出 11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，从而求出n S 【详解】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----，又1111121S ==--，11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，11n n S ∴=-，1n n S n +=，由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ， 得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭， 依题意知(1)()f n k f n +>， min 2k ∴=.故选：A 【点睛】本题考查数列的综合应用.属于中等题.11．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（ ）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ， 即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.12．在递减等差数列{}n a 中，21324a a a =-．若113a =，则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A ．24143B ．1143C ．2413D ．613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ，所以由21324a a a =-，113a =，得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- （正舍），即132(1)152n a n n =--=- ， 因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ，所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ，选D. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.13．等比数列{n a }的前n 项和为n S ，若103010,30,S S ==则20S = A ．10 B ．20 C ．20或-10 D ．-20或10【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列即（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20），代入可求． 【详解】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列，且公比为10q∴（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20）即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10（舍去） 故选B ． 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若S n 为等比数列的前n 项和，且S k ，S 2k ﹣S k ，S 3k ﹣S 2k 不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用14．已知数列{}n a 是1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，12...,(*)n n T c c c n N =+++∈，则当2019n T <时，n 的最大值是( ) A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】A 【解析】 【分析】由题设知21n a n =-，12n nb -=，由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <，得1222019n n +--<，由此能求出当2019n T <时n 的最大值．【详解】{}n a Q 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b Q 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--，2019n T <Q ，1222019n n +∴--<，解得：10n <．则当2019n T <时，n 的最大值是9． 故选A ． 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.15．已知数列{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ，则“3152a a a >+”是“210n S -<”的（ ） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件 故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.16．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333n n n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭， 即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造. 故选：D .【点睛】 本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.17．已知数列{}n a 的前n 项和()2*23n S n n n N =+∈，则{}na 的通项公式为（ ） A ．21n a n =+B ．21n a n =-C ．41n a n =+D ．41n a n =-【答案】C【解析】【分析】 首先根据223n S n n =+求出首项1a 的值，然后利用1n n n a S S -=-求出2n ≥时n a 的表达式，然后验证1a 的值是否适合，最后写出n a 的式子即可.【详解】因为223n S n n =+，所以，当2n ≥时，22123[2(1)3(1)]41n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+，当1n =时，11235==+=a S ，上式也成立，所以41n a n =+，故选C.【点睛】该题考查的是有关数列的通项公式的求解问题涉及到的知识点有数列的项与和的关系，即11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，算出之后再判断1n =时对应的式子是否成立，最后求得结果.18．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（ ）A ．1-B ．1 CD ．2【答案】B【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.19．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （ ） A ．20152016B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B【解析】【分析】 首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+； 接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=， 所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.20．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N ++=+∈且1300n S =，若23a <，则n 的最大值为（ ）A ．49B ．50C ．51D ．52【答案】A【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n n S =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值. 【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n =， 因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====， 所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+， 2511151351413752S a a +⨯-=+=+， 又因为23a <，125a a +=，所以 12a >S 时，n的最大值为49所以当1300n故选：A【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.。

全国高中数学联赛试题分类汇编5.数列部分参考答案2019B 8.◆答案：5★解析：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则()1121a d a k d +=+-，即()12k d a -=，因此必有2k ≠，且12a d k =-． 这样就有()111112n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，()()()()1211111222n n n n n a a a na d a n k d --⎡⎤+++=+=+--+⎢⎥⎣⎦，确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使()12|k a -成立的正整数k 的个数．注意到20193673=⨯，易知2k -可取1,1,3,673,2019-这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列．2019B 二、★证明：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--……………10 分 易得11,k d d n ==，12k nd d -=，23k nd d -=，代入上式得3222123nn d d d n n d d d d --=--， 即()()2232231d d d d -=-，由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30 分 从而序列21321,,,k k d d d d d d ----为232121,,,,k k p p p p p p p ------，即12,,,k d d d为211,,,,k p p p -，而此时相应的n 为1k p -.综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥．………40分。

2018A 8、◆答案：80★解析：记{}2,11∈-=+i i i a a b （9,,2,1 =i ），则有92111012b b b a a a +++=-= ① 7655825432b b b a a a a b b b ++=-=-=++②下面用t 表示432,,b b b 中2的项数。

五年高考真题分类汇编：数列一.选择题1.（2015重庆高考，理2）在等差数列{}n a 中，若2a =4，4a =2，则6a = （ ） A 、-1 B 、0 C 、1 D 、6 【解析】选B. 由等差数列的性质得64222240a a a =-=⨯-=.2.(2015福建高考，理8)若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点，且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q + 的值等于（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9【解析】选D. 由韦达定理得a b p +=，a b q ⋅=，则0,0a b >>，当,,2a b -适当排序后成等比数列时，2-必为等比中项，故4a b q ⋅==，4b a=．当适当排序后成等差数列时，2-必不是等差中项，当a 是等差中项时，422a a =-，解得1a =，4b =；当4a是等差中项时，82a a=-，解得4a =，1b =，综上所述，5a b p +==，所以p q +9=．3.(2015北京高考，理6)设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）A ．若120a a +>，则230a a +>B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则2a >D ．若10a <，则()()21230a a a a --> 【解析】选C ．先分析四个答案支，A 举一反例1232,1,4a a a ==-=-，120a a +>而230+<a a ，A 错误，B 举同样反例1232,1,4a a a ==-=-，130a a +<，而120+>a a ，B 错误，下面针对C 进行研究，{}n a 是等差数列，若120a a <<，则10,a >设公差为d ，则0d >，数列各项均为正，由于22215111()(2)a a a a d a a d -=+-+22221111220a a d d a a d d =++--=>，则2113a a a >1a ⇒>4.(2015浙江高考，理3)已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若3a ，4a ，8a 成等比数列，则（ ）A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D. 140,0a d dS <> 【答案】B.5.（2015新课标全国卷I ，文7）已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（ ）（A ）172 （B ）192（C ）10 （D ）12 【解析】选B. ∵公差1d =，844S S =，∴11118874(443)22a a +⨯⨯=+⨯⨯，解得1a =12，∴1011199922a a d =+=+=.6.（2014·辽宁高考文科·Ｔ9）设等差数列的公差为d ,若数列{}12na a 为递减数列,则11()0()0()0()0A dB dC a dD a d ><><【解题提示】 依照递减数列的定义，得11122nn a a a a -<，再由指数函数性质得111n n a a a a ->结合等差数列的定义即可解决问题． 【解析】选D.由于数列{}12na a 为递减数列，得11122nn a a a a -<，再由指数函数性质得111n n a a a a ->，由等差数列的公差为d 知，1n n a a d--=，所以1111111110()00.n n n n n n a a a a a a a a a a a a d --->⇒-<⇒-<⇒<7.（2014·福建高考理科·Ｔ3）等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若132,12a S ==，则6a =( ).8A .10B .12C .14D【解题指南】利用公式，联系基本量1,a d 建立方程求解． 【解析】C.由题，1123312a a d =⎧⎨+=⎩，解得122a d =⎧⎨=⎩，所以61512a a d =+=．8.（2014·辽宁高考理科·Ｔ8）设等差数列的公差为d ,若数列{}12na a 为递减数列,则11()0()0()0()0A d B d C a d D a d <><>【解题提示】 依照递减数列的定义，得11122nn a a a a -<，再由指数函数性质得111n n a a a a ->结合等差数列的定义即可解决问题． 【解析】选C. 由于数列{}12na a 为递减数列，得11122nn a a a a -<，再由指数函数性质得111n n a a a a ->，由等差数列的公差为d 知，1n n a a d --=，所以1111111110()00.n n n n n n a a a a a a a a a a a a d --->⇒-<⇒-<⇒<9. （2014·辽宁高考文科·Ｔ9）设等差数列的公差为d ,若数列{}12na a 为递减数列,则11()0()0()0()0A dB dC a dD a d ><><【解题提示】 依照递减数列的定义，得11122nn a a a a -<，再由指数函数性质得111n n a a a a ->结合等差数列的定义即可解决问题．【解析】选D.由于数列{}12na a 为递减数列，得11122nn a a a a -<，再由指数函数性质得111n na a a a ->，由等差数列的公差为d 知，1n n a a d--=，所以1111111110()00.n n n n n n a a a a a a a a a a a a d --->⇒-<⇒-<⇒<10．（2014·重庆高考文科·Ｔ2）在等差数列{}n a 中,1352,10,a a a =+= 则7a = （ ） A. 5 B.8 C. 10 D.14【解题提示】根据题设条件求出公差,进而可求出7a 的值.【解析】选B.设公差为d ,因为12,a =所以3522244610,a a d d d +=+++=+= 解得1,d = 所以716268.a a d =+=+= 11. （2014·天津高考文科·Ｔ5）设{}n a 是首项为1a ，公差为1-的等差数列，n S 为其前n 项和，若，，，421S S S 成等比数列，则1a =（ ）A.2B.-2C.21D.12-【解析】选 D.因为，，，421S S S 成等比数列，所以2214S S S =⋅，即211111(1)(443)2a a a a +-=-⨯⨯，解得11.2a =- 12. (2014·新课标全国卷Ⅱ高考文科数学·T5)等差数列{}n a 的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{}n a 的前n 项和S n = ( ) A.n(n+1)B.n(n-1)C. ()12n n +D. ()12n n -【解题提示】利用a 2,a 4,a 8成等比数列求得公差,然后利用等差数列求和公式求和. 【解析】选A.因为d=2,a 2,a 4,a 8成等比,所以24a =a 2a 8,即(a 2+2d)2=a 2(a 2+6d),解得a 2=4,a 1=2.所以利用等差数列的求和公式可求得S n =n(n+1).13.（2013·福建高考理）已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2＋…＋a m (n－1)＋m，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m【解析】选C 本题考查等比数列的定义与通项公式、等差数列前n 项和的公式等基础知识，意在考查考生转化和化归能力、公式应用能力和运算求解能力．等比数列{a n }的通项公式a n ＝a 1qn －1，所以c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m ＝a 1qm (n －1)·a 1q m (n －1)＋1·…·a 1qm (n －1)＋m －1＝a m 1qm (n －1)＋m (n －1)＋1＋…＋m (n －1)＋m －1＝a m 1qm 2(n －1)＋m －11＋m －12＝a m1qm 2(n －1)＋m －1m2，因为c n ＋1c n＝a m 1qnm 2＋m －1m2a m1qm 2n －1＋m －1m2＝qm 2，所以数列{c n }为等比数列，公比为qm 2.14．（2013·辽宁高考理）下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列； p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为 ( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 4【解析】选D 本题主要考查等差数列的通项公式和数列单调性的判断，意在以数列为载体，考查考生对一次函数、二次函数和反比例函数的掌握情况．设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n＝1＋1n是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．15．（2013·新课标Ⅰ高考理）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( ) A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】选C 本题考查等差数列的定义、通项公式和前n 项和公式，意在考查考生通过等差数列的定义、通项公式、前n 项和公式求解基本量的能力．根据已知条件，得到a m 和a m ＋1，再根据等差数列的定义得到公差d ，最后建立关于a 1和m 的方程组求解．由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，得a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以等差数列的公差为d ＝a m ＋1－a m＝3－2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧a m ＝a 1＋m －1d ＝2，S m ＝a 1m ＋12m m －1d ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋m －1＝2，a 1m ＋12m m －1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，m ＝5，选C.16．（2013·新课标Ⅰ高考理）设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n 2，则 ( )A ．{S n }为递减数列 B.{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列【解析】选B 本题考查三角形面积公式和归纳推理等知识，意在考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，对考生的归纳推理能力、逻辑思维能力要求较高．已知b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a 2＝a 1，故b 2＝c 1＋a 12＝34c 1＋14b 1＜b 1，c 2＝b 1＋a 12＝34b 1＋14c 1＞c 1，b 2＋c 2＝a 1＋b 1＋c 12＝2a 1，b 2－c 2＝c 1－b 12＜0，即b 2＜c 2，b 2c 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34c 1＋14b 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫34b 1＋14c 1＝316(b 1＋c 1)2＋14b 1c 1＞b 1c 1.又a 3＝a 2＝a 1，所以b 3＝c 2＋a 22＝34c 2＋14b 2＜b 2，c 3＝b 2＋a 22＝34b 2＋14c 2＞c 2，b 3＋c 3＝c 2＋a 22＋b 2＋a 22＝2a 2＝2a 1，b 3－c 3＝34c 2＋14b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫34b 2＋14c 2＝c 2－b 22＞0，即b 3＞c 3，b 3c 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34c 2＋14b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫34b 2＋14c 2＝316(b 2＋c 2)2＋14b 2c 2＞b 2c 2＞b 1c 1.又△A n B n C n 的面积为S n ＝p p －a n p －b np －c n ＝ p p －a n [p 2－b n ＋c n p ＋b n c n ]，其中p ＝12(a n ＋b n＋c n )，p (p －a n )和p 2－(b n ＋c n )p 都为定值，b n c n 逐渐递增，所以数列{S n }为递增数列，选择B.17．（2013·新课标Ⅱ高考理）等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3 ＝ a 2 ＋10a 1 ，a 5＝9，则a 1＝ ( ) A.13 B ．－13 C.19 D ．－19 【解析】选C 本题考查等比数列的基本知识，包括等比数列的前n 项和及通项公式，属于基础题，考查考生的基本运算能力．由题知q ≠1，则S 3＝a 11－q 31－q＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C.18．（2013·江西高考理）等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于 ( )A ．－24B ．0C ．12D ．24【解析】选A 本题考查等比数列的通项以及等比数列的性质，意在考查考生的运算能力及对基础知识的掌握情况．由等比数列的前三项为x,3x ＋3,6x ＋6，可得(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)，解得x ＝－3或x ＝－1(此时3x ＋3＝0，不合题意，舍去)，故该等比数列的首项x ＝－3，公比q ＝3x ＋3x＝2，所以第四项为(6x ＋6)×q ＝－24.19．（2013·大纲卷高考理）已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于 ( )A ．－6(1－3－10) B.19(1－310)C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)【解析】选C 本题考查等比数列的定义和前n 项和公式．由3a n ＋1＋a n ＝0得a n ＋1＝－13a n ，所以{a n }为等比数列，公比为－13，由a 2＝－43得a 1＝4，所以由等比数列前n 项和公式得S 10＝3(1－3－10)，故选C.20．（2013·安徽高考理）设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝ ( ) A ．－6 B ．－4 C ．－2 D ．2【解析】选A 本题主要考查等差数列的基础知识和基本运算，意在考查考生的运算求解能力．根据等差数列的定义和性质可得，S 8＝4(a 3＋a 6)，又S 8＝4a 3，所以a 6＝0，又a 7＝－2，所以a 8＝－4，a 9＝－6.21．（2013·大纲卷高考理）已知数列{a n }满足 3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于 ( ) A ．－6(1－3－10) B.19(1－310) C ．3(1－3－10) D. 3(1＋3－10)【解析】选C 本题主要考查等比数列的判定、等比数列的前n 项和公式．因为3a n ＋1＋a n ＝0，即a n ＋1a n ＝－13，又a 2＝－43，所以数列{a n }是以a 1＝4为首项，q ＝－13为公比的等比数列，所以S 10＝41－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝31－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1310＝3(1－3－10)．22．（2013·新课标Ⅰ高考理）设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则 ( ) A ．S n ＝2a n －1 B ．S n ＝3a n －2 C ．S n ＝4－3a n D ．S n ＝3－2a n【解析】选D 本题主要考查等比数列的前n 项和公式，对基本计算能力有一定要求．由等比数列前n 项和公式S n ＝a 1－a n q1－q，代入数据可得S n ＝3－2a n . 23．（2013·辽宁高考文）下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n＋3nd }是递增数列．其中的真命题为 ( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 4【解析】选D 本题主要考查等差数列的通项公式和数列单调性的判断，意在以数列为载体，考查考生对一次函数、二次函数和反比例函数的掌握情况．设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n＝1＋1n是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．24．（2012·重庆高考理）在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝ ( ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25 【解析】选B 数列{a n }的公差d ＝5－12＝2，则a 1＝－1，a 5＝7，可得S 5＝15.25．（2012·辽宁高考理）在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11 ＝ ( ) A ．58 B ．88 C ．143 D ．176【解析】选B 因为{a n }是等差数列，所以a 4＋a 8＝2a 6＝16⇒a 6＝8，则该数列的前11项和为S 11＝11a 1＋a 112＝11a 6＝88.26．（2012·四川高考理）设函数f (x )＝2x －cos x ，{a n }是公差为π8的等差数列，f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 5)＝5π，则[f (a 3)]2－a 1a 5＝( )A ．0 B.116π2 C.18π2 D.1316π2 【解析】选D 设g (x )＝2x ＋sin x ，由已知等式得g (a 1－π2)＋g (a 2－π2)＋…＋g (a 5－π2)＝0，则必有a 3－π2＝0，即a 3＝π2(否则若a 3－π2>0，则有(a 1－π2)＋(a 5－π2)＝(a 2－π2)＋(a 4－π2)＝2(a 3－π2)>0，注意到g (x )是递增的奇函数，g (a 3－π2)>0，g (a 1－π2)>g [－(a 5－π2)]＝－g (a 5－π2)，g (a 1－π2)＋g (a 5－π2)>0，同理g (a 2－π2)＋g (a 4－π2)>0，g (a 1－π2)＋g (a 2－π2)＋…＋g (a 5－π2)>0，这与“g (a 1－π2)＋g (a 2－π2)＋…＋g (a 5－π2)＝0”相矛盾，因此a 3－π2>0不可能；同理a 3－π2<0也不可能)；又{a n }是公差为π8的等差数列，a 1＋2×π8＝π2，a 1＝π4，a 5＝3π4，f (a 3)＝f (π2)＝π－cos π2＝π，[f (a 3)]2－a 1a 5＝1316π2. 27．（2012·上海高考理）设a n ＝1n sin n π25，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数是 ( ) A ．25 B ．50 C ．75 D ．100【解析】选D 由数列通项可知，当1≤n ≤25，n ∈N *时，a n ≥0，当26≤n ≤50，n ∈N *时，a n ≤0，因为a 1＋a 26>0，a 2＋a 27>0，…，所以S 1，S 2，…，S 50都是正数；当51≤n ≤100， n ∈N *时，同理S 51，S 52，…，S 100也都是正数，所以正数的个数是100.28．（2012·大纲卷高考理）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为 ( ) A.100101 B.99101 C.99100 D.101100【解析】选A 设数列{a n }的公差为d ，则a 1＋4d ＝5，S 5＝5a 1＋5×42d ＝15，得d ＝1，a 1＝1，故a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以1a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以S 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 29．（2012·湖北高考理）定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数： ①f (x )＝x 2;②f (x )＝2x； ③f (x )＝|x |； ④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( )A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④【解析】选C 设等比数列{a n }的公比为q ，则{a 2n }的公比为q 2，{ |a n | }的公比为|q |，其余的数列不是等比数列．30．（2012·浙江高考理）设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( )A ．若d ＜0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d ＜0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n ＞0D ．若对任意n ∈N *，均有S n ＞0，则数列{S n }是递增数列【解析】选C A 、B 、D 均正确，对于C ，若首项为－1，d ＝2时就不成立．31．（2012·福建高考理）等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差 ( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【解析】选B 在等差数列{a n }中，∵a 1＋a 5＝10，∴2a 3＝10，∴a 3＝5，又a 4＝7，∴所求的公差为2.32．（2012·安徽高考理）公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝ ( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7【解析】选B 由题意可知a 3a 11＝a 27＝16，因为{a n }为正项等比数列，所以a 7＝4，所以log 2a 10＝log 2(a 7·23)＝log 225＝5.33．（2012·新课标高考理）已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝ ( ) A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7【解析】选D 设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q 3＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，a 10＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7.34．（2012·湖北高考文）定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( )A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④【解析】选C 根据“保等比数列函数”的概念逐个判断．若{a n }是等比数列，则{a 2n }，{|a n |}也是等比数列，{2a n }不一定是等比数列，{ln|a n |}不一定是等比数列．35．（2012·四川高考文）设函数f (x )＝(x －3)3＋x －1，{a n }是公差不为0的等差数列，f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 7)＝14，则a 1＋a 2＋…＋a 7＝( )A ．0B ．7C ．14D ．21【解析】选D ∵f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 7)＝(a 1－3)3＋(a 2－3)3＋…＋(a 7－3)3＋(a 1－3)＋(a 2－3)＋…＋(a 7－3)＋14＝14，∴(a 1－3)3＋(a 2－3)3＋…＋(a 7－3)3＋(a 1－3)＋…＋(a 7－3)＝0. ∴(a 1－3)3＋(a 2－3)3＋…＋(a 7－3)3＋7(a 4－3)＝0.∵(a 1－3)3＋(a 7－3)3＝(a 1＋a 7－6)[(a 1－3)2＋(a 7－3)2－(a 1－3)(a 7－3)]＝2(a 4－3)[(a 4－3)2＋27d 2]，其中该数列公差为d .同理(a 2－3)3＋(a 6－3)3＝2(a 4－3)[(a 4－3)2＋12d 2]， (a 3－3)3＋(a 5－3)3＝2(a 4－3)[(a 4－3)2＋3d 2]． ∴(a 1－3)3＋(a 2－3)3＋…＋(a 7－3)3＋7(a 4－3)＝2(a 4－3)[(a 4－3)2＋27d 2]＋2(a 4－3)[(a 4－3)2＋12d 2]＋2(a 4－3)[(a 4－3)3＋3d 2]＋(a 4－3)3＋7(a 4－3)＝(a 4－3)[7(a 4－3)2＋84d 2＋7]＝0. ∵d ≠0，∴7(a 4－3)2＋84d 2＋7≠0. ∴a 4－3＝0，a 4＝3.∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4＝7×3＝21.36．（2012·辽宁高考文）在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则a 2＋a 10＝ ( ) A ．12 B ．16 C ．20 D ．24 【解析】选B 因为数列{a n }是等差数列，所以a 2＋a 10＝a 4＋a 8＝16. 37．（2012·福建高考文）数列{a n }的通项公式a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于 ( ) A ．1 006 B ．2 012 C ．503 D ．0【解析】选A 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝2，k ∈N ，故S 2 012＝503×2＝1 006.38．（2012·安徽高考文）公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5 ＝ ( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【解析】选A 因为a 3a 11＝a 27，又数列{a n }的各项都是正数，所以解得a 7＝4，由a 7＝a 5·22＝4a 5，求得a 5＝1.39．（2012·北京高考文）已知{a n }为等比数列．下面结论中正确的是 ( ) A ．a 1＋a 3≥2a 2 B ．a 21＋a 23≥2a 22 C ．若a 1＝a 3，则a 1＝a 2 D ．若a 3>a 1，则a 4>a 2【解析】选B 设公比为q ，对于选项A ，当a 1<0，q ≠1时不正确；选项C ，当q ＝－1时不正确；选项D ，当a 1＝1，q ＝－2时不正确；选项B 正确，因为a 21＋a 23≥2a 1a 3＝2a 22.40．（2012·大纲卷高考文）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D.12n －1【解析】选B 令n ＝1，则得a 2＝12，故S 2＝1＋12＝32，然而22－1＝2≠32，故选项A 错．(32)2－1＝32.(23)2－1＝23≠32，故选项C 错.122－1＝12≠32，故选项D 错． 41．（2012·新课标高考文）数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和 为 ( ) A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845 D ．1 830【解析】选D 不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×30－12×4＝1 830.42．（2011·大纲卷高考）设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝ ( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5【解析】选D 依题意得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝2a 1＋(2k ＋1)d ＝2(2k ＋1)＋2＝24，解得k ＝5，选D.43．（2011·江西高考）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1.那么a 10 ＝ ( ) A ．1 B ．9 C ．10 D ．55 【解析】选A 由S n ＋S m ＝S n ＋m ，得S 1＋S 9＝S 10⇒a 10＝S 10－S 9＝S 1＝a 1＝1.44．（2011·四川高考）数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝ ( ) A ．0 B ．3 C ．8 D ．11 【解析】选B 因为{b n }是等差数列，且b 3＝－2，b 10＝12， 故公差d ＝12－－210－3＝2.于是b 1＝－6，且b n ＝2n －8(n ∈N *)，即a n ＋1－a n ＝2n －8，所以a 8＝a 7＋6＝a 6＋4＋6＝a 5＋2＋4＋6＝…＝a 1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3. 45．（2011·天津高考）已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为 ( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110【解析】选D 因为a 7是a 3与a 9的等比中项，所以a 27＝a 3a 9，又因为公差为－2，所以(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20， 通项公式为a n ＝20＋(n －1)(－2)＝22－2n ， 所以S 10＝10a 1＋a 102＝5(20＋2)＝110.二.填空题46.（2015安徽高考，理14）已知数列{}n a 是递增的等比数列，14239,8a a a a +==，则数列{}n a 的前n 项和等于 . 【解析】由题意，14231498a a a a a a +=⎧⎨⋅=⋅=⎩，解得141,8a a ==或者148,1a a ==，而数列{}n a 是递增的等比数列，所以141,8a a ==，即3418a q a ==，所以2q =，因而数列{}n a 的前n 项和1(1)1221112n nn n a q S q --===---. 【答案】21n-47.（2015新课标全国卷II ，理16）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n nS S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项，1-为公差的等差数列，则11(1)n S n n =---=-，所以1n S n =-． 【答案】1n -48.（2015广东高考，理10）在等差数列{}n a 中，若2576543=++++a a a a a ，则82a a += .【解析】因为{}n a 是等差数列，所以37462852a a a a a a a +=+=+=，345675525a a a a a a ++++==即55a =，所以285210a a a +==，故应填入10．【答案】10．49.（2015江苏高考，11）数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为【答案】201150.（2015陕西高考，文13）中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________【解析】若这组数有21n +个，则11010n a +=，212015n a +=，又12112n n a a a +++=，所以15a =；若这组数有2n 个，则1101022020n n a a ++=⨯=，22015n a =，又121n n n a a a a ++=+，所以15a =； 【答案】551.（2015广东高考，文13）若三个正数a ，b ，c 成等比数列，其中526a =+56c =-b = ．【解析】因为三个正数a ，b ，c 成等比数列，所以(256561b ac ==+-=，因为0b >，所以1b =，所以答案应填：1． 【答案】152.（2015福建高考，文16）若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点，且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q + 的值等于________．【解析】由韦达定理得a b p +=，a b q ⋅=，则0,0a b >>，当,,2a b -适当排序后成等比数列时，2-必为等比中项，故4a b q ⋅==，4b a=．当适当排序后成等差数列时，2-必不是等差中项，当a 是等差中项时，422a a =-，解得1a =，4b =；当4a是等差中项时，82a a=-，解得4a =，1b =，综上所述，5a b p +==，所以p q +9=． 【答案】953.（2015浙江高考，文10）已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若2a ，3a ，7a 成等比数列，且1221a a +=，则1a = ，d = ．【解析】由题可得，2111(2)()(6)a d a d a d +=++，故有1320a d +=，又因为1221a a +=，即131a d +=，所以121,3d a =-=. 【答案】2,13- 54.（2015新课标全国卷I ，文13）数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n = .【解析】∵112,2n n a a a +==，∴数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，∴2(12)12612n n S -==-，∴264n =，∴n=6.【答案】655.（2015安徽高考，文13）已知数列}{n a 中，11=a ，211+=-n n a a （2≥n ），则数列}{n a 的前9项和等于 . 【解析】∵2≥n 时，21,21121+=+=-a a a a n n 且 ∴{}1a a n 是以为首项，21为公差的等差数列 ∴2718921289199=+=⨯⨯+⨯=S 【答案】2756. (2014·新课标全国卷Ⅱ高考文科数学·T16)数列{a n }满足a n+1=11na -,a 8=2, 则a 1= .【解题提示】利用递推关系式逐步推导,可直接求得a 1.【解析】由a n+1=11na-,可得a n=1-11na+,又a8=2,故a7=12,……依次下去得a1=12.答案: 1 257.已知f(x)=,x≥0,若f1(x)=f(x),f n+1(x)=f(f n(x)),n∈N+,则f2014(x)的表达式为.【解题指南】根据已知化简整理可得数列为等差数列,利用等差数列的通项公式可推得f2014(x)的表达式.【解析】由f n+1(x)=f(f n(x))⇒f n+1(x)=⇒=+1,所以数列是以为首项,1为公差的等差数列,故=+(2014-1)=+2014=,所以f2014(x)=.答案:58.(2014·广东高考文科·T13)等比数列{a n}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5= .【解析】方法一:各项均为正数的等比数列{a n}中a1a5=a2a4=23a=4,则a1a2a3a4a5=25,log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2a1a2a3a4a5=log225=5.方法二:各项均为正数的等比数列{a n}中a1a5=a2a4=23a=4,设log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=S,则log2a5+log2a4+log2a3+log2a2+log2a1=S,2S=5log2(a1a5)=10,S=5.答案:559.(2014·广东高考理科)若等比数列{a n }的各项均为正数,且a 10a 11+a 9a 12=2e 5,则lna 1+lna 2+…+lna 20= .【解析】各项均为正数的等比数列{a n }中a 10a 11=a 9a 12=…=a 1a 20, 则a 1a 20=e 5,lna 1+lna 2+…+lna 20=ln(a 1a 20)10=lne 50=50.方法二:各项均为正数的等比数列{a n }中a 10a 11=a 9a 12=…=a 1a 20, 则a 1a 20=e 5,设lna 1+lna 2+…+lna 20=S, 则lna 20+lna 19+…+lna 1=S, 2S=20ln(a 1a 20)=100,S=50. 答案:50【误区警示】易算错项数和幂次,要充分利用等比数列的性质.60. （2014·天津高考理科·Ｔ11）设n a 是首项为1a ，公差为-1的等差数列，n S 为其前n 项和.若124,,S S S 成等比数列，则1a 的值为__________. 【解析】因为124,,s s s 成等比，所以2214S S S ，即21112146a a a ，解得112a . 【答案】21-61.（2014·安徽高考理科·Ｔ12）数列{}a n 是等差数列，若1a 1+，3a 3+，5a 5+构成公比为q 的等比数列，则q =______.【解题提示】 求出等差数列的公差即可用1a 表示出等比数列的三项，即可计算出公比。

1.[2014 新·课标全国卷Ⅰ ]已知数列 { a， a ＝ 1， a ≠ 0， a ＋＝ λS－ 1，其中 λ为常数．n } 的前 n 项和为 S n1 nn a n 1 n(1) 证明： a n ＋ 2－ a n ＝ λ.(2) 是否存在 λ，使得 { a n } 为等差数列？并说明理由．2.[2014 新·课标全国卷 2]已知数列 a满足 a 1 =1， a n 13a n1.n（Ⅰ）证明a n 1 是等比数列，并求 a n 的通项公式；2（Ⅱ）证明： 1 11 3 aa⋯ + a2 .12n3.[2013 新·课标全国卷 1] 设等差数列 a n 的前 n 项和为 S n , S m 1 2, S m 0, S m 13 ，则 m ()A . 3B. 4C.5D.64.[2013 新·课标全国卷 1]设 A B Ca ,b , c，A B Cn 的 面 积 为S n ， n1,2,3,， 若n nn 的 三 边 长 分 别 为nn nn nb 1c 1 ,b 1 c 1 2a 1 ， a n 1 a n , b n 1c na n,c n 1 b na n，则 ()A. { S } 为递减数列22B. { S } 为递增数列nnC.{ S 2n － 1} 为递增数列， { S 2n } 为递减数列D.{ S 2n － 1} 为递减数列， { S 2n } 为递增数列 5.[2013 新·课标全国卷 1]若数列 { a } 的前 n 项和为 S n＝2a 1 ，则数列 { a } 的通项公式是a =______.n 3 n 3 n n6.(2013 课标全国Ⅱ，理3)n.已知3＝2＋10 1，5＝9，则1＝()．等比数列 { n}的前n 项和为 a aa S S a a1 1 1 1A．3B．3C． 9D．97.(2013 课标全国Ⅱ，理16)等差数列 { a n} 的前n项和为S n，已知S10＝ 0，S15 ＝ 25，则nS n的最小值为 __________．8.[2012 新课标全国卷 ]已知 an为等比数列， a4 a7 2 ， a5a6 8 ，则 a1 a10 （）(A) 7 (B) 5 (C) (D )9.[2012 新课标全国卷 ]数列 { a n} 满足 a n 1(1)n a n 2n 1，则 { a n} 的前60 项和为10.[2010 新课标全国卷]设数列a n满足a12, a n 1a n 3 22n 1 （1）求数列a n的通项公式；（2）令b n na n，求数列的前n 项和S n11、（ 2015 全国 1 卷 17 题）S n为数列 { a n } 的前n项和 . 已知a n＞ 0，a n2a n= 4S n3. （Ⅰ）求 { a n } 的通项公式；（Ⅱ）设b n1, 求数列 { b n } 的前n项和 . anan 112、（ 2015 全国 2 卷 4 题）已知等比数列a n 满足 a1=3，a1a3 a5 =21 ，则a3 a5 a7 （）A．21 B ．42C ．63 D ． 84．13、（ 2015 全国 2卷 16 题）设 S n是数列a n 的前 n 项和，且a1 1， a n 1 S n S n 1，则S n ________．14、（ 2016 全国 1 卷 3 题）已知等差数列a n 前 9 项的和为 27, a10 8 ,则 a100 （）（A ） 100 （B）99 （ C）98 （D）9715、（ 2016 全国 2 卷 15 题）设等比数列a n 满足 a1+a3 =10,a2+a4=5,则 a1a2 a n的最大值为．16、（ 2016 全国 2 卷 17 题）S n为等差数列a n 的前 n 项和，且 a1 1 ，S7 28 ．记b n lg a n，其中 x 表示不超过x的最大整数，如0.9 0 ， lg99 1 ．（Ⅰ）求 b1， b11， b101；（Ⅱ）求数列b n的前1000项和．17、（ 2016 全国 3 卷 17 题） 已知数列{ a n }的前 n 项和S n1a n，其中 0 ．（I ）证明{ a n }是等比数列，并求其通项公式；31 （II ）若S 532，求 ．18、（ 2017 年国 1 卷 4 题）记 S n 为等差数列 a n 的前 n 项和，若 a 4 a 524 ，S 6 48 ，则 a n的公差为（） A ． 1B ．2C ． 4D ．8 19、（ 2017 全国 2 卷 3 题）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（）A ．1 盏B ．3 盏C ．5 盏D ．9 盏20、（ 2017 全国 2 卷 15 题） 等差数列a n 的前 n 项和为 S n ， a 3 3， S 4 10，则n1．k 1S k21、（ 2017全国 3卷 9题） 等差数列 a n 的首项为 1，公差不为 0．若 a 2 ， a 3 ， a 6 成等比数列，则 a n 前 6项的和为（）A ． 24B ． 3C ． 3D ． 812、（ 2017 全国 3卷 14题）设等比数列a n 满足 a 1 a 21 ， a 1 a 33 ，则 a 4 ________．．详细解析1.解： (1) 证明：由题设， ＋＝ λS － 1，a ＋＋＝λS ＋ 1 － 1，a n a n 1nn 1a n 2n两式相减得 a n1(a n2－ a n )＝ λa n 1.＋ ＋ ＋因为 a n ＋ 1≠0，所以 a n ＋ 2－ a n ＝ λ.＝ 1， a ＝ λS－ 1，可得 a ＝ λ－ 1，(2) 由题设， a 1 1a 2 1 2由(1) 知， a 3＝ λ＋ 1.若{ a n } 为等差数列，则 2a 2＝ a 1＋ a 3，解得 λ＝4，故 a n ＋ 2－ a n ＝4. 由此可得 { a 2n －1} 是首项为 1，公差为 4 的等差数列， a 2n －1＝ 4n － 3；{ a 2n } 是首项为 3，公差为 4 的等差数列， a 2n ＝4n － 1. 所以 a n ＝ 2n －1， a n ＋ 1－ a n ＝2.因此存在 λ＝ 4，使得数列 { a n } 为等差数列．a 1 1, a n 1 3a n 1.n ∈ N * .2.解： ∴ a n 11 3a n 1 13(a n 1). 2 2 2 1 是首项为 a 1 1 3 ,公比为 3的等比数列。

专题09 数列【2021年】一、【2021·浙江高考】已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） A.100332S << B. 10034S << C. 100942S <<D.100952S << 【答案】A 【解析】【分析】显然可知，10012S >，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10012S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒==+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<+⇒<+⎪⎪⎭12<11122n n -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得： 所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100321S <<． 故选：A ．24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．【2021·浙江高考】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-. （1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤. 【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n nT n +=-⋅， 由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.二、【2021·江苏高考】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm ×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm ×12dm ，20dm ×6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1=240dm 2，对折2次共可以得到5dm ×12dm ，10dm ×6dm ，20dm ×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2=180dm 2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______ ；如果对折n 次，那么∑S k n k=1= ______ dm 2．【答案】5 240(3−n+32n)【知识点】数列求和方法【解析】解：易知有20dm ×34dm,10dm ×32dm,5dm ×3dm,52dm ×6dm ，54dm ×12dm ，共5种规格； 由题可知，对折k 次共有k +1种规格，且面积为2402k ，故S k =240(k+1)2k，则∑S k n k=1=240∑k+12kn k=1，记T n =∑k+12kn k=1，则12T n =∑k+12k+1n k=1， ∴12T n =∑k+12k n k=1−∑k+12k+1n k=1=1+(∑k+22k+1n−1k=1−∑k+22k+1n k=1)−n+12n+1=1+14(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，∴T n =3−n+32n，∴∑S k n k=1=240(3−n+32n)． 故答案为：5；240(3−n+32n)．依题意，对折k 次共有k +1种规格，且面积为2402k ，则S k =240(k+1)2k，∑S k n k=1=240∑k+12knk=1，然后再转化求解即可．本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意识，属于中档题．【2021·江苏高考】已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1={a n +1,n 为奇数,a n +2,n 为偶数.(1)记b n =a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．【答案】解：(1)因为a 1=1，a n+1={a n +1,n 为奇数a n +2,n 为偶数，所以a2=a1+1=2，a3=a2+2=4，a4=a3+1=5，所以b1=a2=2，b2=a4=5，b n−b n−1=a2n−a2n−2=a2n−a2n−1+a2n−1−a2n−2=1+2=3，所以数列{b n}是以b1=2为首项，以3为公差的等差数列，所以b n=2+3(n−1)=3n−1．(2)由(1)可得a2n=3n−1，n∈N∗，则a2n−1=a2n−2+2=3(n−1)−1+2=3n−2，n≥2，当n=1时，a1=1也适合上式，所以a2n−1=3n−2，n∈N∗，所以数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，×3+则{a n}的前20项和为a1+a2+...+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=10+10×92×3=300．10×2+10×92【知识点】数列的递推关系、数列求和方法【解析】(1)由数列{a n}的通项公式可求得a2，a4，从而可得求得b1，b2，由b n−b n−1=3可得数列{b n}是等差数列，从而可求得数列{b n}的通项公式；(2)由数列{a n}的通项公式可得数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．【2020年】一、【2020·北京高考】在等差数列{a n}中，a1=−9，a5=−1.记T n=a1a2…a n(n=1,2，…)，则数列{T n}()A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项【答案】B【知识点】等差数列的通项公式、等差数列的性质、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值，进一步分析得答案． 【解答】解：设等差数列{a n }的首项为d ，由a 1=−9，a 5=−1，得d =a 5−a 15−1=−1−(−9)4=2，∴a n =−9+2(n −1)=2n −11． 由a n =2n −11=0，得n =112，而n ∈N ∗，可知数列{a n }是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值． 可知T 1=−9<0，T 2=63>0，T 3=−315<0，T 4=945>0为最大项， 自T 5起均小于0，且逐渐减小． ∴数列{T n }有最大项，无最小项． 故选：B ．【2020·北京高考】已知{a n }是无穷数列．给出两个性质：①对于{a n }中任意两项a i ，a j (i >j)，在{a n }中都存在一项a m ，使得 a i2a j =a m ；②对于{a n }中任意一项a n (n ≥3)，在{a n }中都存在两项a k ，a l (k >l)，使得a n =a k2a l．(Ⅰ)若a n =n(n =1,2，…)，判断数列{a n }是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若a n =2n−1(n =1,2，…)，判断数列{a n }是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若{a n }是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{a n }为等比数列． 【答案】解：(Ⅰ)不满足，理由：a 32a 2=92∉N ∗，不存在一项a m 使得a 32a 2=a m ．(Ⅱ)数列{a n }同时满足性质①和性质②，理由：对于任意的i 和j ，满足a i 2a j=22i−j−1，因为i ∈N ∗，j ∈N ∗且i >j ，所以2i −j ∈N ∗，则必存在m =2i −j ，此时，2m−1∈{a i }且满足a i 2a j=22i−j−1=a m ，性质①成立，对于任意的n ，欲满足a n =2n−1=a k2a l=22k−l−1，满足n =2k −l 即可，因为k ∈N ∗，l ∈N ∗，且k >l ，所以2k −l 可表示所有正整数，所以必有一组k ，l 使n =2k −l ，即满足a n =a k2a l，性质②成立．(Ⅲ)首先，先证明数列恒正或恒负， 反证法：假设这个递增数列先负后正，那么必有一项a l 绝对值最小或者有a l 与a l+1同时取得绝对值最小， 如仅有一项a l 绝对值最小，此时必有一项a m =a l2a j，此时|a m |<|a l |与前提矛盾，如有两项a l 与a l+1 同时取得绝对值最小值，那么必有a m =a i 2a i+1，此时|a m |<|a l |，与前提条件矛盾， 所以数列必然恒正或恒负，在数列恒正的情况下，由②知，存在k ，l 使得a k 2a l=a 3，因为是递增数列，a 3>a k >a l ，即3>k >l ，所以a 22a 1=a 3，此时a 1，a 2，a 3成等比数列，数学归纳法：(1)已证n =3时，满足{a n }是等比数列，公比q =a2a 1，(2)假设n =k 时，也满足{a k }是等比数列，公比q =a2a 1，那么由①知a k 2a k−1=qa k 等于数列的某一项a m ，证明这一项为a k+1即可，反证法：假设这一项不是a k+1，因为是递增数列，所以该项a m =a l2a l−1=qa k >a k+1，那么a k <a k+1<qa k ，由等比数列{a k }得a 1q k−1<a k+1<a 1q k ， 由性质②得a 1q k−1<a m2a l<a 1q k ，同时a k+1=a m2a l>a m >a l ，所以k +1>m >l ，所以a m ，a l 分别是等比数列{a k }中两项，即a m =a 1q m−1，a l =a 1q l−1， 原式变为a 1q k−1<a 1q 2m−l−1<a 1q k ，所以k −1<2m −l −1<k ，又因为k ∈N ∗，m ∈N ∗，l ∈N ∗，不存在这组解，所以矛盾， 所以知a k 2ak−1=qa k =a k+1，前{a k+1}为等比数列，由数学归纳法知，{a n }是等比数列得证， 同理，数列恒负，{a n }也是等比数列． 【知识点】等比数列的性质、数列的函数特征 【解析】(Ⅰ)由a 32a 2=92∉N ∗，即可知道不满足性质．(Ⅱ)对于任意的i 和j ，满足a i2a j=22i−j−1，⇒2i −j ∈N ∗，必存在m =2i −j ，可得满足性质①；对于任意的n ，欲满足a n =2n−1=a k2a l=22k−l−1，⇒n =2k −l 即可，必存在有一组k ，l 使使得它成立，故满足性质②．(Ⅲ)先用反证法证明数列必然恒正或恒负，再用数学归纳法证明{a n}也是等比数列，即可．本题属于新定义题，考查等比数列的性质，数学归纳法等，考查逻辑思维能力，属于难题．二、【2020·浙江高考】已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，a1d⩽1.记b1=S2，b n+1=S n+2−S2n，n∈N∗，下列等式不可能成立的是()A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b8【答案】B【知识点】等差数列的通项公式、数列的递推关系、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，a1d⩽1判断B与D．【解答】解：在等差数列{a n}中，a n=a1+(n−1)d，S n+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，b1=S2=2a1+d，b n+1=S n+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d，a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d，故A正确；B.2b4=−2a1−10d，b2+b6=a1+2d−3a1−24d=−2a1−22d，若2b4=b2+b6，则−2a1−10d=−2a1−22d，即d=0不合题意，故B错误；C.若a42=a2a8，则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得a1d=d2，∵d≠0，∴a1=d，符合a1d⩽1，故C正确；D.若b42=b2b8，则(−a1−5d)2=(a1+2d)(−5a1−55d)，即2(a1d )2+25a1d+45=0，则a1d有两不等负根，满足a1d⩽1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．【2020·浙江高考】我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列，数列{n(n+1)2}，(n∈N∗)的前3项和______．【答案】10【知识点】数列的通项公式、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查．求出数列的前3项，然后求解即可．【解答】解：数列{a n}满足a n=n(n+1)2，可得a1=1，a2=3，a3=6，所以S3=1+3+6=10．故答案为：10．【2020·浙江高考】已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1=b1=c1=1，c n+1=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)．(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1d，n∈N∗．【答案】(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，整理，得6q2−q−1=0，解得q=−13(舍去)，或q=12，∴c n+1=b nb n+2⋅c n=1b n+2b n⋅c n=1q2⋅c n=1(12)2⋅c n=4⋅c n，∴数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴c n=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．∴a n+1−a n=c n+1=4n，则a1=1，a2−a1=41，a3−a2=42，……a n−a n−1=4n−1，各项相加，可得a n=1+41+42+⋯+4n−1=1−4n1−4=4n−13．(2)证明：依题意，由c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)，可得b n+2⋅c n+1=b n⋅c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n=1+d，∴c n=1+db n b n+1=1+dd⋅db n b n+1=(1+1d)⋅b n+1−b nb n b n+1=(1+1d)(1b n−1b n+1)，∴c1+c2+⋯+c n=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+⋯+(1+1d)(1b n−1b n+1) =(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+⋯+1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b n+1)=(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d，∴c1+c2+⋯+c n<1+1d，故得证．【知识点】数列的递推关系、数列求和方法、裂项相消法、等比数列的通项公式【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属于综合题．(1)先根据等比数列的通项公式将b 2=q ，b 3=q 2代入b 1+b 2=6b 3，计算出公比q 的值，然后根据等比数列的定义化简c n+1=b nbn+2⋅c n 可得c n+1=4c n ，则可发现数列{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c n }的通项公式，然后将通项公式代入c n+1=a n+1−a n ，可得a n+1−a n =c n+1=4n ，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{a n }的通项公式； (2)通过将已知关系式c n+1=b nbn+2⋅c n 不断进行转化可构造出数列{b n b n+1c n }，且可得到数列{b n b n+1c n }是一个常数列，且此常数为1+d ，从而可得b n b n+1c n =1+d ，再计算得到c n =1+db n b n+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．三、【2020·天津高考】已知{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，a 1=b 1=1，a 5=5(a 4−a 3)，b 5=4(b 4−b 3). (Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：S n S n+2<S n+12(n ∈N ∗)；(Ⅲ)对任意的正整数n ，设c n ={(3a n −2)b na n a n+2,n 为奇数,a n−1bn+1,n 为偶数．求数列{c n }的前2n 项和．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由a 1=1，a 5=5(a 4−a 3)，则1+4d =5d ，可得d =1， ∴a n =1+n −1=n ， ∵b 1=1，b 5=4(b 4−b 3)， ∴q 4=4(q 3−q 2)， 解得q =2， ∴b n =2n−1； 证明(Ⅱ)由(Ⅰ)可得S n =n(n+1)2，∴S n S n+2=14n(n +1)(n +2)(n +3)，(S n+1)2=14(n +1)2(n +2)2，∴S n S n+2−S n+12=−12(n +1)(n +2)<0， ∴S n S n+2<S n+12(n ∈N ∗)；解：(Ⅲ)，当n 为奇数时，c n =(3a n −2)b n a n a n+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2−2n−1n，当n 为偶数时，c n = a n−1b n+1=n−12n，对任意的正整数n ，有∑c 2k−1n k=1=∑(n k=122k 2k+1−22k−22k−1)=22n 2n+1−1，和∑c 2k n k=1=∑2k−14knk=1=14+342+543+⋯+2n−14n，①， 由①×14可得14∑c 2k n k=1=14+34+⋯+2n−34+2n−14，②，①−②得34∑c 2k n k=1=14+242+243+⋯+24 n −14--2n−14n+1， ∴∑c 2k n k=1=59−6n+59×4n ，因此∑c 2k 2n k=1=∑c 2k−1n k=1+∑c 2k n k=1=4n 2n+1−6n+59×4−49．数列{c n }的前2n 项和4n2n+1−6n+59×4n−49．【知识点】错位相减法、等差数列的通项公式、数列求和方法、等比数列的通项公式【解析】本题考查了等差数列等比数列的通项公式和求和公式，考查了不等式的大小比较，考查了数列求和的方法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类与整合能力，属于难题． (Ⅰ)分别根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式即可求出； (Ⅱ)根据等差数列的求和公式和作差法即可比较大小，则可证明； (Ⅲ)分类讨论，再根据错位相减法即可求出前2n 项和．四、【2020·上海高考】计算：lim n→∞ n+13n−1=【答案】13【知识点】极限思想 【解析】 【分析】本题考查数列的极限的求法，注意运用极限的运算性质，考查运算能力，是一道基础题． 由极限的运算法则和重要数列的极限公式，可得所求值． 【解答】解：，故答案为：13．【2020·上海高考】已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10=a9，则a1+a2+⋯+a9a10=．【答案】278【知识点】等差数列的通项公式、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查等差数列的前n项和与等差数列通项公式的应用，注意分析a1与d的关系，属于基础题．根据等差数列的通项公式可由a1+a10=a9，得a1=−d，在利用等差数列前n项和公式化简a1+a2+⋯+a9a10即可得出结论．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满足a1+a10=a9，即a1+a1+9d=a1+8d，变形可得a1=−d，所以a1+a2+⋯+a9a10=9a1+9×8d2a1+9d=9a1+36da1+9d=−9d+36d−d+9d=278．故答案为：278．【2020·上海高考】已知数列{a n}为有限数列，满足|a1−a2|≤|a1−a3|≤⋯≤|a1−a m|，则称{a n}满足性质P．(1)判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；(2)若a1=1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；(3)若{a n}是1，2，3，…，m的一个排列(m≥4)，{b n}符合b k=a k+1(k=1,2，…，m−1)，{a n}、{b n}都具有性质P，求所有满足条件的数列{a n}．【答案】解：(1)对于数列3，2，5，1，有|2−3|=1，|5−3|=2，|1−3|=2，满足题意，该数列满足性质P；对于第二个数列4、3、2、5、1，|3−4|=1，|2−4|=2，|5−4|=1.不满足题意，该数列不满足性质P．(2)由题意：|a1−a1q n|≥|a1−a1q n−1|，可得：|q n−1|≥|q n−1−1|，n∈{2,3，…，9}，两边平方可得：q2n−2q n+1≥q2n−2−2q n−1+1，整理可得：(q−1)q n−1[q n−1(q+1)−2]≥0，当q≥1时，得q n−1(q+1)−2≥0此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)−2≥0，所以，(q+2)(q−1)≥0，所以q≤−2，或q≥1，所以取q≥1，当0<q≤1时，得q n−1(q+1)−2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)−2≤0，所以(q+2)(q−1)≤0，所以−2≤q≤1，所以取0<q≤1．当−1≤q<0时：q n−1[q n−1(q+1)−2]≤0，当n为奇数时，得q n−1(q+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，q n−1(q+1)−2≥0，不恒成立；故当−1≤q<0时，矛盾，舍去．当q<−1时，得q n−1[q n−1(q+1)−2]≤0，当n为奇数时，得q n−1(q+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，q n−1(q+1)−2≥0，恒成立；故等价于n=2时，q(q+1)−2≥0，所以(q+2)(q−1)≥0，所以q≤−2或q≥1，所以取q≤−2，综上．(3)设a1=p，p∈{3,4，…，m−3，m−2}，因为a1=p，a2可以取p−1，或p+1，a3可以取p−2，或p+2，如果a2或a3取了p−3或p+3，将使{a n}不满足性质P；所以{a n}的前5项有以下组合：①a1=p，a2=p−1；a3=p+1；a4=p−2；a5=p+2；②a1=p，a2=p−1；a3=p+1；a4=p+2；a5=p−2；③a1=p，a2=p+1；a3=p−1；a4=p−2；a5=p+2；④a1=p，a2=p+1；a3=p−1；a4=p+2；a5=p−2；对于①，b1=p−1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=1，与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于②，b1=p−1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=3，|b4−b1|=2与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于③，b1=p+1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=3，|b4−b1|=1与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于④b1=p+1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=1，与{b n}满足性质P矛盾，舍去；所以P∈{3,4，…，m−3，m−2}，均不能同时使{a n}、{b n}都具有性质P．当p=1时，有数列{a n}:1，2，3，…，m−1，m满足题意．当p=m时，有数列{a n}:m，m−1，…，3，2，1满足题意．当p=2时，有数列{a n}:2，1，3，…，m−1，m满足题意．当p=m−1时，有数列{a n}:m−1，m，m−2，m−3，…，3，2，1满足题意．所以满足题意的数列{a n}只有以上四种．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用、等比数列的通项公式【解析】本题考查数列的综合应用，不等式以及不等关系，二次函数的性质以及函数的相关性质的综合应用，考查分析问题解决问题的能力是难度大的题目，必须由高的数学思维逻辑修养才能解答．(1)根据定义，验证两个数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P即可；(2)假设公比q的等比数列满足性质P，可得：|a1−a1q n|≥|a1−a1q n−1|，推出(q−1)q n−1[q n−1(q+1)−2]≥0，通过q≥1，0<q≤1时，−1≤q<0时：q<−1时，四种情况讨论求解即可．(3)设a1=p，分p=1时，当p=m时，当p=2时，当p=m−1时，以及P∈{3,4，…，m−3，m−2}，五种情况讨论，判断数列{a n}的可能情况，分别推出{b n}判断是否满足性质P即可．【2019年】一、【2019·北京高考（理）】设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2=−3，S5=−10，则a5=(1)，S n的最小值为(2)．【答案】0 −10【知识点】等差数列的通项公式、数列的函数特征、等差数列的求和【解析】【分析】本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前n项和的最小值的求法，属于基础题．利用等差数列{a n}的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出a1=−4，d=1，由此能求出a5的S n的最小值．【解答】解：设等差数列{a n}的前n项和为S n，a2=−3，S5=−10，∴{a1+d=−35a1+5×42d=−10,解得a1=−4，d=1，∴a5=a1+4d=−4+4×1=0，S n=na1+n(n−1)2d=−4n+n(n−1)2=12(n−92)2−818，∴n=4或n=5时，S n取最小值为S4=S5=−10．故答案为0，−10．【2019·北京高考（理）】已知数列{a n}，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i1<i2<⋯<i m)，若a i1<a i2<⋯<a im，则称新数列a i1，a i2，…，a im为{a n}的长度为m的递增子列．规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列．(Ⅰ)写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；(Ⅱ)已知数列{a n}的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m0，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n.若p<q，求证：a m0<a n；(Ⅲ)设无穷数列{a n}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s−1，且长度为s末项为2s−1的递增子列恰有2s−1个(s=1,2，…)，求数列{a n}的通项公式．【答案】解：(I)1，3，5，6．(II)证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，∴a n0>该数列的第p项≥a m，∴a m0<a n．(III)解：考虑2s−1与2s这一组数在数列中的位置．若{a n}中有2s，2s在2s−1之后，则必然存在长度为s+1，且末项为2s的递增子列，这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s−1矛盾，∴2s必在2s−1之前．继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列．∵对于数列2n−1，2n，由于2n在2n−1之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n与2n−1，∵对于1至2s的所有整数，研究长度为s+1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，……，第s项是2s−1与2s二选1，故递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之前．∴2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．即a2k=2k−1，a2k−1=2k，k∈N∗．【知识点】数列的递推关系【解析】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．(I)1，3，5，6.答案不唯一．(II)考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，可得a n0>该数列的第p项≥a m，即可证明结论．(III)考虑2s−1与2s这一组数在数列中的位置，可得2s必在2s−1之前．继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列，即可得出：递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之前．可得2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．【2019·北京高考（文）】设{a n}是等差数列，a1=−10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．【答案】解：(Ⅰ)∵{a n}是等差数列，a1=−10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．∴(a3+8)2=(a2+10)(a4+6)，∴(−2+2d)2=d(−4+3d)，解得d=2，∴a n=a1+(n−1)d=−10+2n−2=2n−12．(Ⅱ)由a1=−10，d=2，得：S n=−10n+n(n−1)2×2=n2−11n=(n−112)2−1214，∴n=5或n=6时，S n取最小值−30．【知识点】等差数列的通项公式、等比数列的性质、等差数列的概念、等差数列的求和【解析】本题考查数列的通项公式、前n项和的最小值的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．(Ⅰ)利用等差数列通项公式和等比数列的性质，列出方程求出d=2，由此能求出{a n}的通项公式；(Ⅱ)由a1=−10，d=2，得S n=−10n+n(n−1)2×2=n2−11n=(n−112)2−1214，由此能求出S n的最小值．二、【2019·浙江高考】设a，b∈R，数列{a n}满足a1=a，a n+1=a n2+b，n∈N∗，则()A. 当b=12时，a10>10 B. 当b=14时，a10>10C. 当时，a10>10D. 当时，a10>10【答案】A【知识点】数列的递推关系、数列的函数特征【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查数列的性质等基础知识，考查化归与转化思想，考查推理论证能力，属于难题．逐项检验，可得结果．【解答】解：对于B，令λ2−λ+14=0，得λ=12，取a1=12，∴a2=12,…,a n=12<10，∴当b =14时，a 10<10，故B 错误；对于C ，令λ2−λ−2=0，得λ=2或λ=−1， 取a 1=2，∴a 2=2，…，a n =2<10， ∴当b =−2时，a 10<10，故C 错误； 对于D ，令λ2−λ−4=0，得λ=1±√172， 取a 1=1+√172，∴a 2=1+√172，…，a n =1+√172<10，∴当b =−4时，a 10<10，故D 错误；对于A ，a 2=a 2+12≥12，a 3=(a 2+12)2+12≥34， a 4=(a 4+a 2+34)2+12≥916+12=1716>1， a n+1−a n >0，{a n }递增， 当n ≥4时，a n+1a n=a n +12a n>1+12=32，∴{ a 5a 4>32a 6a 5>32⋅⋅⋅a 10a 9>32,∴a 10a 4>(32)6,∴a 10>72964>10.故A 正确． 故选：A ．【2019·浙江高考】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=4，a 4=S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N ∗，S n +b n ，S n+1+b n ，S n+2+b n 成等比数列． (Ⅰ)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(Ⅱ)记c n =√an2b n，n ∈N ∗，证明：c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．【答案】解：(Ⅰ)设数列{a n }的公差为d ， 由题意得{a 1+2d =4a 1+3d =3a 1+3d ，解得a 1=0，d =2， ∴a n =2n −2，n ∈N ∗． ∴S n =n 2−n ，n ∈N ∗，∵数列{b n }满足：对每个n ∈N ∗，S n +b n ，S n+1+b n ，S n+2+b n 成等比数列．∴(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n )，解得b n =1d (S n+12−S n S n+2)， 解得b n =n 2+n ，n ∈N ∗．证明：(Ⅱ)c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1)，n ∈N ∗， 用数学归纳法证明：①当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；②假设n =k ，(k ∈N ∗)时不等式成立，即c 1+c 2+⋯+c k <2√k ， 则当n =k +1时，c 1+c 2+⋯+c k +c k+1<2√k +√k (k +1)(k +2)<2√k +√1k +1<2√k +√k+1+√k=2√k +2(√k +1−√k)=2√k +1，即n =k +1时，不等式也成立．由①②得c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．【知识点】等差数列的通项公式、运用数学归纳法证明、数列的综合应用【解析】(Ⅰ)利用等差数列通项公式和前n 项和公式列出方程组，求出a 1=0，d =2，从而a n =2n −2，n ∈N ∗.S n =n 2−n ，n ∈N ∗，利用(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n )，能求出b n ．(Ⅱ)c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1)，n ∈N ∗，用数学归纳法证明，得到c 1+c 2+⋯+c n <2√n ，n ∈N ∗．本题考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力和综合应用能力．三、 【2019·天津高考（理）】设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1=4，b 1=6，b 2=2a 2−2，b 3=2a 3+4．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{c n }满足c 1=1，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N ∗． (i)求数列{a2n(c2n−1)}的通项公式；(ii)求∑a i 2ni=1c i (n ∈N ∗).【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 依题意有：{6q =6+2d 6q 2=12+4d，解得{d =3q =2， ∴a n =4+(n −1)×3=3n +1，b n =6×2n−1=3×2n ．(Ⅱ)(i)∵数列{c n }满足c 1=1，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k ,其中k ∈N ∗． ∴a 2n (c 2n−1)=a 2n (b n −1)=(3×2n +1)(3×2n −1)=9×4n −1， ∴数列{a 2n (c 2n −1)}的通项公式为：a2n (c 2n −1)=9×4n −1． (ii)∑a i 2n i=1c i =∑[2n i=1a i +a i (c i −1)]=∑a i 2n i=1+∑a 2i ni=1(c 2i −1)=(2n ×4+2n (2n −1)2×3)+∑(n i=19×4i −1) =(3×22n−1+5×2n−1)+9×4(1−4n )1−4−n =27×22n−1+5×2n−1−n −12.(n ∈N ∗).【知识点】等差数列的通项公式、分组转化求和法、等比数列的求和、等比数列的通项公式、等差数列的求和【解析】本题考查等差数列、等比数列通项公式及前n 项和等基础知识，考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，利用等差数列、等比数列的通项公式列出方程组，能求出{a n }和{b n }的通项公式．(Ⅱ)(i)由a2n (c 2n −1)=a 2n (b n −1)，能求出数列{a 2n (c 2n −1))}的通项公式． (ii)∑a i 2n i=1c i =∑[2n i=1a i +a i (c i −1)]=∑a i 2n i=1+∑a 2i n i=1(c 2i −1)=(2n ×4+2n (2n −1)2×3)+∑(n i=19×4i −1)，由此能求出结果．【2019·天津高考（文）】设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1=b 1=3，b 2=a 3，b 3=4a 2+3．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{c n }满足c n ={1,n 为奇数,b n 2,n 为偶数．求a 1c 1+a 2c 2+⋯+a 2n c 2n (n ∈N ∗).【答案】解：(Ⅰ){a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，q>0，由题意可得：3q=3+2d①，3q2=15+4d②，解得：d=3，q=3，故a n=3+3(n−1)=3n，b=3×3n−1=3n，(Ⅱ)数列{c n}满足a1c1+a2c2+⋯+a2n c2n(n∈N∗)=(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)+(a2b1+a4b2+a6b3+⋯+a2n b n)=[3n+n(n−1)2×6]+(6×3+12×32+18×33+⋯+6n×3n)=3n2+6(1×3+2×32+⋯+n×3n)令T n=(1×3+2×32+⋯+n×3n)①，则3T n=1×32+2×33+⋯+n3n+1②，②−①得：2T n=−3−32−33…−3n+n3n+1=−3×1−3n1−3+n3n+1=(2n−1)3n+1+32，故a1c1+a2c2+⋯+a2n c2n=3n2+6T n=(2n−1)3n+2+6n2+92(n∈N∗).【知识点】错位相减法、分组转化求和法、数列的递推关系【解析】本题主要考查等差等比数列通项公式和前n项和的求解，考查数列求和的基本方法分组和错位相减法的运算求解能力，属中档题．(Ⅰ)由等差等比数列通项公式和前n项和的求解{a n}和{b n}的通项公式即可．(Ⅱ)利用分组求和和错位相减法得答案．四、【2019·上海高考】已知数列{a n}，a1=3，前n项和为S n．(1)若{a n}为等差数列，且a4=15，求S n；(2)若{a n}为等比数列，且limn→+∞S n<12，求公比q的取值范围．【答案】解：(1)设公差为d∵a4=a1+3d=3+3d=15，∴d=4，∴S n =3n +n(n−1)2×4=2n 2+n ；(2)设公比为q ，当q =1时，S n =3n ，显然不满足lim n→∞S n <12，故q ≠1， ∴S n =3(1−q n )1−q ，∵lim n→+∞S n 存在，∴−1<q <1，且q ≠0， ∴lim n→+∞S n =lim n→+∞3(1−q n )1−q=31−q ， ∴31−q <12，∴q <34，∴−1<q <0或0<q <34， ∴公比q 的取值范围为(−1,0)∪(0,34).【知识点】等比数列的求和、极限思想、等差数列的求和【解析】本题考查了等差数列和等比数列的前n 项和及等差数列的通项公式，考查了极限的定义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)求出公差即可求S n ；(2)当q =1时，显然不合题意，由lim n→+∞S n 存在得−1<q <1且q ≠0，由lim n→+∞S n <12得q <34，取交集可得公比q 的取值范围．【2019·上海高考】已知等差数列{a n }的公差d ∈(0,π]，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}．(1)若a 1=0,d =2π3，求集合S ； (2)若a 1=π2，求d 使得集合S 恰好有两个元素；(3)若集合S 恰好有三个元素：b n+T =b n ，T 是不超过7的正整数，求T 的所有可能的值．【答案】解：(1)∵等差数列{a n }的公差d ∈(0,π]，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}． ∴当a 1=0,d =2π3， 集合S ={−√32,0，√32}. (2)∵a 1=π2，数列{b n }满足b n =sin(a n )，集合S ={x|x =b n ,n ∈N ∗}恰好有两个元素，如图：根据三角函数线，①等差数列{a n }的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时d =π， ②a 1终边落在OA 上，要使得集合S 恰好有两个元素，可以使a 2，a 3的终边关于y 轴对称，如图OB ，OC ，此时d =2π3， 综上，d =23π或者d =π．(3)①当T =1时，b n+1=b n ，数列{b n }为常数列，S 仅有1个元素，显然不符合条件；②当T =2时，b n+2=b n ，，数列{b n }的周期为2，S 中有2个元素，显然不符合条件；③当T =3时，b n+3=b n ，集合S ={b 1,b 2,b 3}，(1)情况满足，符合题意．④当T =4时，b n+4=b n ，sin(a n +4d)=sina n ，a n +4d =a n +2kπ，k ∈Z ，或者a n +4d =π+2kπ−a n ，k ∈Z ，当时，集合S ={−1,0，1}，符合条件．⑤当T =5时，b n+5=b n ，sin(a n +5d)=sina n ，a n +5d =a n +2kπ，k ∈Z ，或者a n +5d =π+2kπ−a n ，k ∈Z ，因为d ∈(0,π]，取，，集合S ={sin π10,1，−sin 3π10}满足题意．⑥当T =6时，b n+6=b n ，sin(a n +6d)=sina n ，所以a n+6d=a n+2kπ，k∈Z，或者a n+6d=π+2kπ−a n，k∈Z，d∈(0,π]，取a1=0，，S={−√32,0,√32}，满足题意．⑦当T=7时，b n+7=b n，sin(a n+7d)=sina n，所以a n+7d=a n+2kπ，k∈Z，或者a n+7d=π+2kπ−a n，k∈Z，d∈(0,π]，故取，k=1，2，3，当k=1时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π，，d=2πm−n =2π7，m−n=7，m>7，不符合条件．当k=2时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π，d=2πm−n =4π7，m−n不是整数，不符合条件．当k=3时，如果b1～b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然存在1≤n<m≤7，有a m−a n=2π或者4π，d=2πm−n =6π7，或者d=4πm−n=6π7，此时，m−n均不是整数，不符合题意．综上，T=3，4，5，6．【知识点】数列综合、集合中元素的性质、正弦、余弦函数的图象与性质【解析】本题考查等差数列的相关知识、集合元素的性质以及三角函数的周期性，是一道综合题．(1)根据等差数列及三角函数周期性求解；(2)由集合S的元素个数，结合题意进而可求得答案；(3)分别令T=1，2，3，4，5，6，7进行验证，判断T的可能取值．【2018年】一、【2018·北京高考（理）】“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献，十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A. √23fB. √223fC. √2512fD. √2712f【答案】D 【知识点】等比数列的应用【解析】【分析】本题考查等比数列的应用，考查计算能力，属于基础题．根据题意，进行求解即可．【解答】解：由题意，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为：(√212)7⋅f =√2712f ．故选：D ．【2018·北京高考（理）】设{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{a n }的通项公式为______．【答案】a n =6n −3【知识点】等差数列的通项公式【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，属于基础题．列出方程组，求出d ，由此能求出{a n }的通项公式．【解答】解：设数列{a n }的公差为d ，∵{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，∴{a 1=3a 1+d +a 1+4d =36, 解得a 1=3，d =6，∴a n =a 1+(n −1)d =3+(n −1)×6=6n −3．∴{a n }的通项公式为a n =6n −3．故答案为a n =6n −3．【2018·北京高考（文）】设{a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求e a1+e a2+⋯+e a n．【答案】解：(Ⅰ){a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．可得：2a1+3d=5ln2，可得d=ln2，{a n}的通项公式；a n=a1+(n−1)d=nln2，(Ⅱ)e a n=e ln2n=2n，∴e a1+e a2+⋯+e a n=21+22+23+⋯+2n=2(1−2n)=2n+1−2．1−2【知识点】等差数列的通项公式、等比数列的求和【解析】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列的通项公式以及数列求和，考查计算能力．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)化简数列的通项公式，利用等比数列求和公式求解即可．二、【2018·浙江高考】已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且若a1>1，则()A. a1<a3，a2<a4B. a1>a3，a2<a4C. a1<a3，a2>a4D. a1>a3，a2>a4【答案】B【知识点】等比数列的性质、对数与对数运算、对数函数及其性质、分类讨论思想【解析】【分析】本题考查等比数列的性质的应用，函数的值的判断，对数函数的性质，考查分类讨论思想，难度比较大．利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论分析判断即可．【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1>1，设公比为q，当q>0时，有a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3，所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立；当q=−1时，a1+a2+a3+a4=0，ln(a1+a2+a3)=ln(a1)>0，等式不成立，所以q≠−1；当q<−1时，a1+a2+a3+a4<0，ln(a1+a2+a3)>0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立；所以q ∈(−1,0)，此时有a 1>a 3>0，a 2<a 4<0，并且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，能够成立， 故选B ．【2018·浙江高考】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项 .数列{b n }满足b 1=1，数列{(b n+1−b n )a n }的前n 项和为2n 2+n ．(Ⅰ)求q 的值；(Ⅱ)求数列{b n }的通项公式．【答案】解：(1)等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项，可得2a 4+4=a 3+a 5=28−a 4，解得a 4=8，由8q +8+8q =28，可得q =2或q =12(舍去)，则q 的值为2；(2)由q =2及a 3+a 4+a 5=28可得a 1(q 2+q 3+q 4)=28，解得a 1=1，故a n =1×2n−1=2n−1，设c n =(b n+1−b n )a n =(b n+1−b n )2n−1，可得n =1时，c 1=2+1=3，n ≥2时，可得c n =2n 2+n −2(n −1)2−(n −1)=4n −1，上式对n =1也成立，则(b n+1−b n )a n =4n −1，即有b n+1−b n =(4n −1)⋅(12)n−1，可得b n =b 1+(b 2−b 1)+(b 3−b 2)+⋯+(b n −b n−1)=1+3×(12)0+7×12+⋯+(4n −5)⋅(12)n−2，12b n=12+3×12+7×(12)2+⋯+(4n −5)⋅(12)n−1， 相减可得12b n =72+4[12+(12)2+⋯+(12)n−2]−(4n −5)⋅(12)n−1=72+4⋅12(1−12n−2)1−12−(4n −5)⋅(12)n−1，化简可得b n =15−(4n +3)⋅(12)n−2．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用【解析】本题考查等比数列的通项公式、前n 项和公式及等差数列的性质、错位相减法的运用，考查运算能力，属于中档题．(1)运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q ；(2)设c n =(b n+1−b n )a n =(b n+1−b n )2n−1，运用数列的递推式可得c n =4n −1，再由数列的恒等式求得b n =b 1+(b 2−b 1)+(b 3−b 2)+⋯+(b n −b n−1)，运用错位相减法，可得所求数列的通项公式．三、【2018·天津高考（理）】设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N ∗)，{b n }是等差数列．已知a 1=1，a 3=a 2+2，a 4=b 3+b 5，a 5=b 4+2b 6．(Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N ∗)，(i)求T n ；(ii)证明∑(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)n k=1=2n+2n+2−2(n ∈N ∗).【答案】(Ⅰ)解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1=1，a 3=a 2+2，可得q 2−q −2=0．∵q >0，可得q =2．故a n =2n−1．设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4=b 3+b 5，得b 1+3d =4，由a 5=b 4+2b 6，得3b 1+13d =16，∴b 1=d =1．故b n =n ；(Ⅱ)(i)解：由(Ⅰ)，可得S n =1−2n 1−2=2n −1，故T n =∑(n k=12k −1)=∑2k n k=1−n =2×(1−2n )1−2−n =2n+1−n −2；(ii)证明：∵(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=(2k+1−k−2+k+2)k (k+1)(k+2) =k⋅2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2−2k+1k+1． ∴∑(T k +b k+2)b k (k +1)(k +2)n k=1=(233−222)+(244−233)+⋯+(2n+2n +2−2n+1n +1) =2n+2n+2−2．【知识点】等差数列与等比数列的综合应用、裂项相消法。

全国卷数列高考题汇总附答案本页仅作为文档页封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March数列专题高考真题(2014·I) 17. (本小题满分12分)已知数列{}的前项和为，=1，，，其中为常数.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）是否存在，使得{}为等差数列？并说明理由.(2014·II) 17.（本小题满分12分）已知数列满足=1，.（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；（Ⅱ）证明： .(2015·I)（17）（本小题满分12分）为数列的前项和.已知，（Ⅰ）求的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列的前项和。

(2015·II)（4）等比数列满足，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( )（A ）21 （B ）42 （C ）63 （D ）84(2015·II)（16）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________． (2016·I)（3）已知等差数列前9项的和为27，，则（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97(2016·I)（15）设等比数列满足的最大值为__________。

(2016·II)（17）（本题满分12分）S n 为等差数列的前项和，且=1 ，=28 记，其中表示不超过的最大整数，如.（I ）求，，；（II ）求数列的前1 000项和.(2016·III)（12）定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有 （A ）18个（B ）16个（C ）14个（D ）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列的前项和，其中（I ）证明是等比数列，并求其通项公式；（II ）若 ，求.(2017·I)4．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。

数列--高考真题汇编第一节数列的通项公式与性质1.（2023新高考II 卷18）已知{}n a 为等差数列，6,2,n n n a n b a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.记n S ，n T 分别为{}n a ，{}n b 的前n 项和.若432S =，316T =.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求证：当5n >时，n n T S >.【解析】（1）{}n a 为等差数列，设公差为d .312312362616T b b b a a a =++=-++-=，所以17a d +=①,又432S =，所以可得12316a d +=②,联立①②解得15,2a d ==，所以()1123n a a n d n =+-=+，*n ∈N .（2）由（1）得()21142n n n S a n d n n -=+=+.当n 为偶数时，()()13124......n n n T b b b b b b -=+++++++()()1312466...622...2n n a a a a a a -=-+-++-++++()()59...2132711...23n n n =++++-+++++()()521723223222n nn n n ++++=-+⨯23722n n =+.当5n >时，()()2223741022222n n n n n n n T S n n n -=+-+=-=->，即n n T S >.当n 为奇数时，1n -为偶数，()()21371123622n n n T T b n n n -=+=-+-++-235522n n =+-.当5n >时，()()()222353154525022222n n n n T S n n n n n n -=+--+=--=+->，即n n T S >.综上所述，当5n >时，n n T S >.第二节等差数列与等比数列1.（2023全国甲卷理科5）已知正项等比数列{}n a 中，11a =，n S 为{}n a 前n 项和，5354S S =-，则4S =（）A.7B.9C.15D.30【解析】由题知()23421514q q q q q q ++++=++-，即34244q q q q +=+，即32440q q q +--=，()()()2120q q q -++=.{}n a 为正项等比数列，0q >，所以解得2q =，故4124815S =+++=.故选C.2.（2023全国甲卷文科5）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若2610a a +=，4845a a =，则5S =（）A.25B.22C.20D.15【分析】解法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出；解法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出．【解析】解法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=，又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==，所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=．故选C.解法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=，所以53520S a ==．故选C.3.（2023全国甲卷文科13）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为.4.（2023全国乙卷理科15）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =.【分析】根据等比数列公式对24536a a a a a =化简得11a q =，联立9108a a =-求出52q =-，最后得55712a a q q q =⋅==-.【解析】设{}n a 的公比为()0q q ≠，因为24536a a a a a =，而4536a a a a =，所以211a a q ==，因为9108a a =-，则()289151118a q a q a q q ⋅=⋅=-，则()()3315582q q==-=-，则52q =-，则55712a a q q q =⋅==-，故答案为2-.5.（2023全国乙卷文科18）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知211a =,1040S =.（1）求{}n a 的通项公式；6.（2023新高考I 卷7）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】{}n a 为等差数列，设首项为1a 公差为d ，则()112n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，所以甲是乙的充分条件.n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，即()()()1111111n n n n n n nS n S S S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即()11n nna S t n n +-=+，故()11n n S na tn n +=-+，()()()1112n n S n a t n n n -=---≥，两式相减得()1112n n n n n a S S na n a tn -+=-=---，12n n a a t +-=为常数，对1n =也成立，所以{}n a 为等差数列，所以甲是乙的必要条件.所以，甲是乙的充要条件，故选C.7.（2023新高考I 卷20）设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d >.令2n nn nb a +=，记n S ，nT 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和.（1）若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求d .【解析】（1）()21311332(1)n a a a d a d a d a nd d -===+⇒=⇒=>，则3123312349,6,n n b S a a a d T d d d +++==++===，则296212730(21)(3)0d d d d d d+=⇒-+=⇒--=，故*3,3,n d a n n ==∈N .（2）若{}n b 为等差数列，设公差为r ，则()()()2200000000(1)n n b nr n n a nd b nr drn db ra n a b a nd +=+⇒+=++=++++故0000110dr db ra a b =⎧⎪+=⎨⎪=⎩，（101d r >⇒<<）()()999999000019910099()992n S T a nd b nr a b d r =⨯-=+--=-+-=∑，0050()1a b d r -+-=.①00a =时，00111,1,50()1501db dr d r b d d d⎛⎫==-=+⇒-=+ ⎪⎝⎭25150510(5051)(1)0. 50d d d d d ⇒--=⇒-+=⇒=②00b =时，00111,1,50()1501ra dr a d r r r r ⎛⎫==+-=⇒+-= ⎪⎝⎭250510(5051)(1)01r r r r r d ⇒+-=⇒+-=⇒==.矛盾.综上，5150d =.8.（2023新高考II 卷8）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（）A.120B.85C.85- D.120-【解析】由6221S S =，得()2422121q q S S ++=，即42200q q +-=，解得24q =或25q =-（舍），则416q =.因为4844S S q S -=，所以()()484117585S q S =+=⨯-=-.故选C.9.（2023天津卷6）已知{}n a 为等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，122n n a S +=+，则4a 的值为（）A ．3B ．18C ．54D ．152【分析】由1n n n a S S -=-得出公比的值，再由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程，求解方程组确定首项的值，然后结合等比数列通项公式即可求得4a 的值.【解析】因为122n n a S +=+，所以有122n n a S -=+，两式相减得()1122n n n n n a a S S a +--==-，即13n n a a +=，所以3q =.又由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，解得可得12a =，则34154a a q ==.故选C.10.（2023北京卷14）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量（单位：株）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，11a =，512a =，9192a =.则7a =；数列{}n a 所有项的和为.【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解,d q ，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求73,a a ，再结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【解析】解法一：设前3项的公差为d ，后7项公比为0q >，则4951921612a q a ===，且0q >，可得2q =，则53212a a d q =+=，即123d +=，可得1d =，空1：可得43733,48a a a q ===，空2：()716293121233232338412a a a -=+++⨯+⋅⋅⋅+⨯=+-+=++ .解法二：空1：因为{},37n a n ≤≤为等比数列，则227591219248a a a ==⨯=，且0n a >，所以748a =；又因为2537a a a =，则25373a a a ==；空2：设后7项公比为0q >，则2534a q a ==，解得2q =，可得()1339334567189236,21a qa a a a a q a a a a a a a a +-==++++++++=-3192238112-⨯==-，所以93126381384a a a a =+-+=++ .故答案为：48；384.第三节数列求和2.（2023全国甲卷理科17）已知数列{}n a 中，21a =，设n S 为{}n a 前n 项和，2n n S na =.（1）求{}n a 的通项公式.（2）求数列12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【解析】（1）因为2n n S na =.当1n =时，112a a =，即10a =.当3n =时，()33213a a +=，即32a =.当2n ≥时，()1121n n S n a --=-，所以()()11212n n n n n S S na n a a ---=--=，化简得()()121n n n a n a --=-.当3n ≥时，13 (1122)n n a a an n -====--，即1n a n =-.当1,2n =时都满足上式，所以1n a n =-，n ∈*N .（2）因为122n n n a n +=，所以231111123...2222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()2311111112...122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.两式相减得，2311111221111111 (1222222212)nn n n n T n n ++⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=++++-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即()1222n n T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，n ∈*N .第四节数列的综合与应用1.（2023天津卷19）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a--=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*k ∈N ，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（i ）当2k ≥时，求证：2121k k k b -<<+；（ii ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得13,2a d ==，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n 项和公式计算.(2)(i )利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当1221k k n -≤≤-时，k n b a <，2.（2023北京卷10）数列{}n a 满足()()311661,2,3,4n n a a n +=-+= ，则（）A.若13a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数0M ，使得n a M >恒成立B.若15a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数6M ，使得n a M <恒成立C.若17a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立D.若19a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【分析】思路1：利用数学归纳法可判断ACD 正误，利用递推公式可判断数列性质，从而判断B 的正误；思路2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性.思路3：利用数形结合，画图分析各选项合理性.【解析】解法一：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤，证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立；设当n k =时，63k a -≤-成立，则()31276,4164k k a a +⎛⎫-∈-∞- ⎪⎝=⎭-，故136k a +≤--成立，由数学归纳法可得3n a ≤成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-<故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故119634n n a +-⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故119634n n a +-⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则19634n M -⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故16934n M --⎛⎫> ⎪⎝⎭，故9461log 3Mn -<+，故n a M >恒成立仅对部分n 成立，故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<，证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立；设当n k =时，56k a ≤<成立，则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即由数学归纳法可得156k a +≤<成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +>-，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时，可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤，证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立；设当n k =时，67k a <≤成立，则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤，由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为递减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664nn a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164n M ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时，可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥，证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立；设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立.由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()116349946nnn a a +⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎝⎭⎝>⎪⎭-，所以19463nn a +⎛+⎫⎪⎝⎭≥，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，n 的个数有限，与D 选项矛盾，故D 错误.故选B.解法二：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-，令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x '>，得06x <<-或6x >+令()0f x '<，得23236633x -<<+；所以()f x在,63⎛-∞- ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛-+ ⎝⎭上单调递减，令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到234653<-<，237683<+<，所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >，对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <，假设当n k =时，3k a <，当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<，综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-，令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-，假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]4m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ，上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=，则[]4m M a a M -+=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误；对于B ，因为15a =，当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<，假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<，所以()3116664k k a a +=-+<，又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >，假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-，所以()3116654k k a a +=-+≥，综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()11312164n n a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，假设当n k =时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当1n k =+时，所以())()13113131223111666441166644k k k k a a --+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪ ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=，综上，()()113121624n n n a --⎛⎫+⎪=≥ ⎝⎭.易知1310n -->，则()113121014n --⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()11312166,724n n n a --⎛⎫+∈≥ =⎪⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*0001,m m m m -<≤∈N ，则()0142log 6133m mM ->=+，故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即()1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝，所以1m a M +<，故n a M >不恒成立，故C 错误；对于D ，因为19a =，当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >，假设当n k =时，3k a ≥，当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上，9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-，令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x =-+'，因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ''≥=⨯-⨯+>，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->，故110n n a a +-->，即11n n a a +>+，假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立，取[]1m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ，上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->，则[]1m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误.故选B.解法三（蛛网图）：令()()31664f x x =-+，则()1n n a f a +=.故可利用数形结合判断{}n a 的单调性.首选()()31664f x x =-+关于()6,6中心对称，又由()()23604f x x '=-可知()f x 在R 上单调递增.再令()31664x x =-+，即()()36460x x ---=，得()()()6480x x x ---=，解得14x =，26x =，38x =.在同一坐标系下画出y x =和()y f x =的图像如下图所示.对于选项A ，当13a =时，如图（a ）所示，{}n a 是单调递减数列，且130a =>.当2n 时，0n a <，当n →+∞时，n a →-∞.故不存在0M ，使n a M >恒成立.故A 错误.对于选项B ，当15a =时，如图（b ）所示，{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，6n a →.故取6M =，可使得na M 恒成立.B 正确.图（a ）图（b ）对于选项C ，当17a =时，如图（c ）所示，图（c ）{}n a 是单调递减数列.当n →+∞时，6n a →.故不存在6M >使得n a M >恒成立，C 错误.对于选项D ，当19a =时，如图（d ）所示.图（d ）{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，n a →+∞.故不存在6M >，使n a M <恒成立.D 错误.故选B.【评注】本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.3.（2023北京卷21）已知数列{}{},n n a b 的项数均为()2m m >，且{},1,2,,i i a b m ∈ ，{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==.对于{}1,2,,k m ∈ ，定义{}{}max ,0,1,,k i k r i B A k m =∈ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.（1）若12a =，21a =，33a =；11b =，23b =，33b =，求0123,,,r r r r 的值；（2）若11a b ，且112,1,2,,1ii i rr r i m +-+=- ，求n r ；（3）证明：存在{},,,0,1,2,,p q r s m ∈ ，满足0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤，使得p s q r A B A B +=+．【分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意分析求解；（2）根据题意分析可得11i i r r +-≥，利用反证可得11i i r r +-=，再结合等差数列运算求解；（3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法分析证明.【解析】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========，当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =；当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <≤>=，故11r =；当2k =时，则222,0,1,,i B A i B A ≤=>故21r =；当3k =时，则3,0,1,2,i B A i ≤=，33,B A >故32r =；综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =.（2）由题意可知：n r m ≤，且n r ∈N ，因为1,1n n a b ≥≥，则111,1n n A a B b ≥=≥=，当且仅当1n =时，等号成立，所以010,1r r ==，又因为112i i i r r r -+≤+，则11i i i i r r r r +--≥-，即112101m m m m r r r r r r ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=，可得11i i r r +-≥，反证：假设满足11i i r r +->的最小正整数为j ，11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以1为公差的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（i ）若m m A B =，则取0,p r q s m ====即可.（ii ）若m m A B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；（iii ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y r X r Y B A B A -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；综上所述，存在0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤使得p s q r A B A B +=+．【评注】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.。

高考数学真题汇编---数列学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一．选择题〔共9小题〕1．〔2021•新课标Ⅰ〕记S n为等差数列{a n}前n项和．假设a4+a5=24，S6=48，那么{a n}公差为〔〕A．1 B．2 C．4 D．82．〔2021•新课标Ⅱ〕在明朝程大位?算法统宗?中有这样一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？〞这首古诗描绘这个宝塔〔古称浮屠〕，此题说它一共有7层，每层悬挂红灯数是上一层2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？你算出结果是〔〕A．6 B．5 C．4 D．33．〔2021•新课标Ⅲ〕等差数列{a n}首项为1，公差不为0．假设a2，a3，a6成等比数列，那么{a n}前6项和为〔〕A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．84．〔2021•新课标Ⅰ〕几位高校生响应国家创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学爱好，他们推出了“解数学题获得软件激活码〞活动．这款软件激活码为下面数学问题答案：数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项为哪一项20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，依此类推．求满意如下条件最小整数N：N＞100且该数列前N项和为2整数幂．那么该款软件激活码是〔〕A．440 B．330 C．220 D．1105．〔2021•上海〕无穷等比数列{a n}公比为q，前n项和为S n，且=S，以下条件中，使得2S n＜S〔n∈N*〕恒成立是〔〕A．a1＞＜q＜0.7 B．a1＜＜q＜C．a1＞＜q＜D．a1＜＜q＜6．〔2021•新课标Ⅰ〕等差数列{a n}前9项和为27，a10=8，那么a100=〔〕A．100 B．99 C．98 D．977．〔2021•四川〕某公司为激励创新，方案逐年加大研发资金投入．假设该公司2021 年全年投入研发资金130万元，在此根底上，每年投入研发资金比上一年增长12%，那么该公司全年投入研发资金开始超过200万元年份是〔〕〔参考数据：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30〕A．2021年B．2021年C．2021年D．2021年8．〔2021•浙江〕如图，点列{A n}、{B n}分别在某锐角两边上，且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|，A n≠A n+1，n∈N*，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|，B n≠B n+1，n∈N*，〔P≠Q表示点P与Q不重合〕假设d n=|A n B n|，S n为△A n B n B n+1面积，那么〔〕A．{S n}是等差数列B．{S n2}是等差数列C．{d n}是等差数列D．{d n2}是等差数列9．〔2021•新课标Ⅲ〕定义“标准01数列〞{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m 项为0，m项为1，且对随意k≤2m，a1，a2，…，a k中0个数不少于1个数，假设m=4，那么不同“标准01数列〞共有〔〕A．18个B．16个C．14个D．12个二．填空题〔共9小题〕10．〔2021•北京〕假设等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=﹣1，a4=b4=8，那么=．11．〔2021•江苏〕等比数列{a n}各项均为实数，其前n项和为S n，S3=，S6=，那么a8=．12．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}前n项和为S n，a3=3，S4=10，那么=．13．〔2021•新课标Ⅲ〕设等比数列{a n}满意a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，那么a4=．14．〔2021•江苏〕{a n}是等差数列，S n是其前n项和，假设a1+a22=﹣3，S5=10，那么a9值是．15．〔2021•北京〕{a n}为等差数列，S n为其前n项和．假设a1=6，a3+a5=0，那么S6=．16．〔2021•上海〕无穷数列{a n}由k个不同数组成，S n为{a n}前n项和，假设对随意n∈N*，S n∈{2，3}，那么k最大值为．17．〔2021•新课标Ⅰ〕设等比数列{a n}满意a1+a3=10，a2+a4=5，那么a1a2…a n最大值为．18．〔2021•浙江〕设数列{a n}前n项和为S n，假设S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*，那么a1=，S5=．三．解答题〔共22小题〕19．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}前n项和为S n，等比数列{b n}前n项和为T n，a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2．〔1〕假设a3+b3=5，求{b n}通项公式；〔2〕假设T3=21，求S3．20．〔2021•山东〕{x n}是各项均为正数等比数列，且x1+x2=3，x3﹣x2=2．〔Ⅰ〕求数列{x n}通项公式；〔Ⅱ〕如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1〔x1，1〕，P2〔x2，2〕…P n+1〔x n，n+1〕得到折线P1P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=x n+1所围成+1区域面积T n．21．〔2021•山东〕{a n}是各项均为正数等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3．〔1〕求数列{a n}通项公式；〔2〕{b n}为各项非零等差数列，其前n项和为S n，S2n+1=b n b n+1，求数列前n项和T n．22．〔2021•天津〕{a n}为等差数列，前n项和为S n〔n∈N*〕，{b n}是首项为2等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1，S11=11b4．〔Ⅰ〕求{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求数列{a2n b n}前n项和〔n∈N*〕．23．〔2021•天津〕{a n}为等差数列，前n项和为S n〔n∈N+〕，{b n}是首项为2等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1，S11=11b4．〔Ⅰ〕求{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求数列{a2n b2n﹣1}前n项和〔n∈N+〕．24．〔2021•新课标Ⅲ〕设数列{a n}满意a1+3a2+…+〔2n﹣1〕a n=2n．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕求数列{}前n项和．25．〔2021•新课标Ⅰ〕记S n为等比数列{a n}前n项和．S2=2，S3=﹣6．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕求S n，并推断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．26．〔2021•江苏〕对于给定正整数k，假设数列{a n}满意：a n﹣k+a n﹣k+1+…+a n﹣1+a n+1+…+a n+k﹣1+a n+k=2ka n对随意正整数n〔n＞k〕总成立，那么称数列{a n}是“P 〔k〕数列〞．〔1〕证明：等差数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕假设数列{a n}既是“P〔2〕数列〞，又是“P〔3〕数列〞，证明：{a n}是等差数列．27．〔2021•北京〕等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕求和：b1+b3+b5+…+b2n﹣1．28．〔2021•北京〕设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}〔n=1，2，3，…〕，其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大数．〔1〕假设a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3值，并证明{c n}是等差数列；〔2〕证明：或者对随意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．29．〔2021•浙江〕数列{x n}满意：x1=1，x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕〔n∈N*〕，证明：当n∈N*时，＜x n；〔Ⅰ〕0＜x n+1﹣x n≤；〔Ⅱ〕2x n+1〔Ⅲ〕≤x n≤．30．〔2021•北京〕{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕设c n=a n+b n，求数列{c n}前n项和．31．〔2021•北京〕设数列A：a1，a2，…，a N〔N≥2〕．假如对小于n〔2≤n≤N〕每个正整数k都有a k＜a n，那么称n是数列A一个“G时刻〞，记G〔A〕是数列A全部“G时刻〞组成集合．〔Ⅰ〕对数列A：﹣2，2，﹣1，1，3，写出G〔A〕全部元素；〔Ⅱ〕证明：假设数列A中存在a n使得a n＞a1，那么G〔A〕≠∅；〔Ⅲ〕证明：假设数列A满意a n﹣a n﹣1≤1〔n=2，3，…，N〕，那么G〔A〕元素个数不小于a N﹣a1．32．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}中，a3+a4=4，a5+a7=6．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕设b n=[a n]，求数列{b n}前10项和，其中[x]表示不超过x最大整数，如[]=0，[]=2．33．〔2021•天津〕{a n}是等比数列，前n项和为S n〔n∈N*〕，且﹣=，S6=63．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕假设对随意n∈N*，b n是log2a n和log2a n+1等差中项，求数列{〔﹣1〕n b}前2n项和．34．〔2021•上海〕对于无穷数列{a n}与{b n}，记A={x|x=a n，n∈N*}，B={x|x=b n，n∈N*}，假设同时满意条件：①{a n}，{b n}均单调递增；②A∩B=∅且A∪B=N*，那么称{a n}与{b n}是无穷互补数列．〔1〕假设a n=2n﹣1，b n=4n﹣2，推断{a n}与{b n}是否为无穷互补数列，并说明理由；〔2〕假设a n=2n且{a n}与{b n}是无穷互补数列，求数量{b n}前16项和；〔3〕假设{a n}与{b n}是无穷互补数列，{a n}为等差数列且a16=36，求{a n}与{b n}通项公式．35．〔2021•新课标Ⅲ〕数列{a n}前n项和S n=1+λa n，其中λ≠0．〔1〕证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；〔2〕假设S5=，求λ．36．〔2021•浙江〕设数列{a n}前n项和为S n，S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*．〔Ⅰ〕求通项公式a n；〔Ⅱ〕求数列{|a n﹣n﹣2|}前n项和．37．〔2021•新课标Ⅱ〕S n为等差数列{a n}前n项和，且a1=1，S7=28，记b n=[lga n]，其中[x]表示不超过x最大整数，如[]=0，[lg99]=1．〔Ⅰ〕求b1，b11，b101；〔Ⅱ〕求数列{b n}前1000项和．38．〔2021•四川〕数列{a n}首项为1，S n为数列{a n}前n项和，S n+1=qS n+1，其中q＞0，n∈N+〔Ⅰ〕假设a2，a3，a2+a3成等差数列，求数列{a n}通项公式；〔Ⅱ〕设双曲线x2﹣=1离心率为e n，且e2=2，求e12+e22+…+e n2．39．〔2021•新课标Ⅰ〕{a n}是公差为3等差数列，数列{b n}满意b1=1，b2=，a nb n+1+b n+1=nb n．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕求{b n}前n项和．40．〔2021•江苏〕记U={1，2，…，100}，对数列{a n}〔n∈N*〕和U子集T，假设T=∅，定义S T=0；假设T={t1，t2，…，t k}，定义S T=++…+．例如：T={1，3，66}时，S T=a1+a3+a66．现设{a n}〔n∈N*〕是公比为3等比数列，且当T={2，4}时，S T=30．〔1〕求数列{a n}通项公式；〔2〕对随意正整数k〔1≤k≤100〕，假设T⊆{1，2，…，k}，求证：S T＜a k+1；〔3〕设C⊆U，D⊆U，S C≥S D，求证：S C+S C∩D≥2S D．41、〔2021•山东〕数列{a n}前n项和S n=3n2+8n，{b n}是等差数列，且a n=b n+b n+1．〔Ⅰ〕求数列{b n}通项公式；〔Ⅱ〕令c n=，求数列{c n}前n项和T n．42、〔2021•新课标Ⅲ〕各项都为正数数列{a n}满意a1=1，a n2﹣〔2a n+1﹣1〕a n﹣2a n+1=0．〔1〕求a2，a3；〔2〕求{a n}通项公式高考数学真题汇编---数列参考答案与试题解析一．选择题〔共9小题〕1．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}公差．【解答】解：∵S n为等差数列{a n}前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}公差为4．应选：C．2．【分析】设塔顶a1盏灯，由题意{a n}是公比为2等比数列，利用等比数列前n 项和公式列出方程，能求出结果．【解答】解：设塔顶a1盏灯，由题意{a n}是公比为2等比数列，∴S7==381，解得a1=3．应选：D．3．【分析】利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{a n}前6项和．【解答】解：∵等差数列{a n}首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴，∴〔a1+2d〕2=〔a1+d〕〔a1+5d〕，且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项和为==﹣24．应选：A．4．【分析】方法一：由数列性质，求得数列{b n}通项公式及前n项和，可知当N为〕，数列{a n}前N项和为数列{b n}前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，时〔n∈N+简单得到N＞100时，n≥14，分别推断，即可求得该款软件激活码；方法二：由题意求得数列每一项，及前n项和S n=2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别即可求得N值．【解答】解：设该数列为{a n}，设b n=+…+=2n+1﹣1，〔n∈N+〕，那么=a i，由题意可设数列{a n}前N项和为S N，数列{b n}前n项和为T n，那么T n=21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1=2n+1﹣n﹣2，可知当N为时〔n∈N〕，数列{a n}前N项和为数列{b n}前n项和，即为+2n+1﹣n﹣2，简单得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A 项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，明显不为2整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，明显不为2整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，明显不为2整数幂，故D项不符合题意．应选A．方法二：由题意可知：，，，…，依据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1， (2)﹣1，每项含有项数为：1，2，3，…，n，总共项数为N=1+2+3+…+n=，全部项数和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=〔21+22+23+…+2n〕﹣n=﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，那么①1+2+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=1，总共有+2=3，不满意N＞100，②1+2+4+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=5，总共有+3=18，不满意N＞100，③1+2+4+8+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满意N＞100，④1+2+4+8+16+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=29，总共有+5=440，满意N ＞100，∴该款软件激活码440．应选：A．5．【分析】由推导出，由此利用解除法能求出结果．【解答】解：∵，S==，﹣1＜q＜1，2S n＜S，∴，假设a1＞0，那么，故A与C不行能成立；假设a1＜0，那么q n，在B中，a1＜＜q＜﹣0.6故B成立；在D中，a1＜＜q＜﹣0.7，此时q2＞，D不成立．应选：B．6．【分析】依据可得a5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n}前9项和为27，S9===9a5．∴9a5=27，a5=3，又∵a10=8，∴d=1，∴a100=a5+95d=98，应选：C．7．【分析】设第n年开始超过200万元，可得130×〔1+12%〕n﹣2021 ＞200，两边取对数即可得出．【解答】解：设第n年开始超过200万元，那么130×〔1+12%〕n﹣2021 ＞200，＞lg2﹣lg1.3，n﹣2021 ＞=3.8．取n=2021．因此开始超过200万元年份是2021年．应选：B．8．【分析】设锐角顶点为O，再设|OA1|=a，|OB1|=c，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，c不确定，推断C，D不正确，设△A n B n B n+1底边B n B n+1上高为h n，运用三角形相像学问，h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，进而得到数列{S n}为等差数列．【解答】解：设锐角顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=c，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，c不确定，那么{d n}不肯定是等差数列，{d n2}不肯定是等差数列，设△A n B n B n+1底边B n B n+1上高为h n，由三角形相像可得==，==，两式相加可得，==2，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n﹣S n+1=S n+1﹣S n，+2那么数列{S n}为等差数列．另解：可设△A1B1B2，△A2B2B3，…，A n B n B n+1为直角三角形，且A1B1，A2B2，…，A n B n为直角边，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n﹣S n+1=S n+1﹣S n，+2那么数列{S n}为等差数列．应选：A．9．【分析】由新定义可得，“标准01数列〞有偶数项2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，当m=4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．【解答】解：由题意可知，“标准01数列〞有偶数项2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，假设m=4，说明数列有8项，满意条件数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．应选：C．二．填空题〔共9小题〕10．【分析】利用等差数列求出公差，等比数列求出公比，然后求解第二项，即可得到结果．【解答】解：等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=﹣1，a4=b4=8，设等差数列公差为d，等比数列公比为q．可得：8=﹣1+3d，d=3，a2=2；8=﹣q3，解得q=﹣2，∴b2=2．可得=1．故答案为：1．11．【分析】设等比数列{a n}公比为q≠1，S3=，S6=，可得=，=，联立解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}公比为q≠1，∵S3=，S6=，∴=，=，解得a1=，q=2．那么a8==32．故答案为：32．12．【分析】利用条件求出等差数列前n项和，然后化简所求表达式，求解即可．【解答】解：等差数列{a n}前n项和为S n，a3=3，S4=10，S4=2〔a2+a3〕=10，可得a2=2，数列首项为1，公差为1，S n=，=，那么=2[1﹣++…+]=2〔1﹣〕=．故答案为：．13．【分析】设等比数列{a n}公比为q，由a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，可得：a1〔1+q〕=﹣1，a1〔1﹣q2〕=﹣3，解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}公比为q，∵a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，∴a1〔1+q〕=﹣1，a1〔1﹣q2〕=﹣3，解得a1=1，q=﹣2．那么a4=〔﹣2〕3=﹣8．故答案为：﹣8．14．【分析】利用等差数列通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a9值．【解答】解：∵{a n}是等差数列，S n是其前n项和，a1+a22=﹣3，S5=10，∴，解得a1=﹣4，d=3，∴a9=﹣4+8×3=20．故答案为：20．15．【分析】由条件利用等差数列性质求出公差，由此利用等差数列前n项和公式能求出S6．【解答】解：∵{a n}为等差数列，S n为其前n项和．a1=6，a3+a5=0，∴a1+2d+a1+4d=0，∴12+6d=0，解得d=﹣2，∴S6==36﹣30=6．故答案为：6．16．【分析】对随意n∈N*，S n∈{2，3}，列举出n=1，2，3，4状况，归纳可得n ＞4后都为0或1或﹣1，那么k最大个数为4．【解答】解：对随意n∈N*，S n∈{2，3}，可得当n=1时，a1=S1=2或3；假设n=2，由S2∈{2，3}，可得数列前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；假设n=3，由S3∈{2，3}，可得数列前三项为2，0，0；或2，0，1；或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；假设n=4，由S3∈{2，3}，可得数列前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；…即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，那么k最大个数为4，不同四个数均为2，0，1，﹣1，或3，0，1，﹣1．故答案为：4．17．【分析】求出数列等比与首项，化简a1a2…a n，然后求解最值．【解答】解：等比数列{a n}满意a1+a3=10，a2+a4=5，可得q〔a1+a3〕=5，解得q=．a1+q2a1=10，解得a1=8．那么a1a2…a n=a1n•q1+2+3+…+〔n﹣1〕=8n•==，当n=3或4时，表达式获得最大值：=26=64．故答案为：64．18．【分析】运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n＞1时，a n=S n+1﹣S n，结合条件，计算即可得到所求和．+1【解答】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；=S n+1﹣S n，可得由a n+1S n+1=3S n+1，由S2=4，可得S3=3×4+1=13，S4=3×13+1=40，S5=3×40+1=121．故答案为：1，121．三．解答题〔共22小题〕19．【分析】〔1〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q，运用等差数列和等比数列通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；〔2〕运用等比数列求和公式，解方程可得公比，再由等差数列通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：〔1〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q，a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2，a3+b3=5，可得﹣1+d+q=2，﹣1+2d+q2=5，解得d=1，q=2或d=3，q=0〔舍去〕，那么{b n}通项公式为b n=2n﹣1，n∈N*；〔2〕b1=1，T3=21，可得1+q+q2=21，解得q=4或﹣5，当q=4时，b2=4，a2=2﹣4=﹣2，d=﹣2﹣〔﹣1〕=﹣1，S3=﹣1﹣2﹣3=﹣6；当q=﹣5时，b2=﹣5，a2=2﹣〔﹣5〕=7，d=7﹣〔﹣1〕=8，S3=﹣1+7+15=21．20．【分析】〔I〕列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；〔II〕从各点向x轴作垂线，求出梯形面积通项公式，利用错位相减法求和即可．【解答】解：〔I〕设数列{x n}公比为q，那么q＞0，由题意得，两式相比得：，解得q=2或q=﹣〔舍〕，∴x1=1，∴x n=2n﹣1．〔II〕过P1，P2，P3，…，P n向x轴作垂线，垂足为Q1，Q2，Q3，…，Q n，记梯形P n P n+1Q n+1Q n面积为b n，那么b n==〔2n+1〕×2n﹣2，∴T n=3×2﹣1+5×20+7×21+…+〔2n+1〕×2n﹣2，①∴2T n=3×20+5×21+7×22+…+〔2n+1〕×2n﹣1，②①﹣②得：﹣T n=+〔2+22+…+2n﹣1〕﹣〔2n+1〕×2n﹣1=+﹣〔2n+1〕×2n﹣1=﹣+〔1﹣2n〕×2n﹣1．∴T n=．21．【分析】〔1〕通过首项和公比，联立a1+a2=6、a1a2=a3，可求出a1=q=2，进而利用等比数列通项公式可得结论；=〔2n+1〕b n+1，结合S2n+1=b n b n+1可知b n=2n+1，〔2〕利用等差数列性质可知S2n+1进而可知=，利用错位相减法计算即得结论．【解答】解：〔1〕记正项等比数列{a n}公比为q，因为a1+a2=6，a1a2=a3，所以〔1+q〕a1=6，q=q2a1，解得：a1=q=2，所以a n=2n；〔2〕因为{b n}为各项非零等差数列，=〔2n+1〕b n+1，所以S2n+1=b n b n+1，又因为S2n+1所以b n=2n+1，=，所以T n=3•+5•+…+〔2n+1〕•，T n=3•+5•+…+〔2n﹣1〕•+〔2n+1〕•，两式相减得：T n=3•+2〔++…+〕﹣〔2n+1〕•，即T n=3•+〔+++…+〕﹣〔2n+1〕•，即T n=3+1++++…+〕﹣〔2n+1〕•=3+﹣〔2n+1〕•=5﹣．22．【分析】〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．通过b2+b3=12，求出q，得到．然后求出公差d，推出a n=3n﹣2．〔Ⅱ〕设数列{a2n b n}前n项和为T n，利用错位相减法，转化求解数列{a2n b n}前n 项和即可．【解答】〔Ⅰ〕解：设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．由b2+b3=12，得，而b1=2，所以q2+q﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8．由S11=11b4，可得a1+5d=16，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，{a n}通项公式为a n=3n﹣2，{b n}通项公式为．〔Ⅱ〕解：设数列{a2n b n}前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，有，，上述两式相减，得=．得．所以，数列{a2n b n}前n项和为〔3n﹣4〕2n+2+16．23．【分析】〔Ⅰ〕设出公差与公比，利用条件求出公差与公比，然后求解{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕化简数列通项公式，利用错位相减法求解数列和即可．【解答】解：〔I〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．由b2+b3=12，得b1〔q+q2〕=12，而b1=2，所以q+q2﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，b n=2n．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8①．由S11=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，数列{a n}通项公式为a n=3n﹣2，数列{b n}通项公式为b n=2n．〔II〕设数列{a2n b2n﹣1}前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，b2n﹣1=4n，有a2n b2n﹣1=〔3n﹣1〕4n，故T n=2×4+5×42+8×43+…+〔3n﹣1〕4n，4T n=2×42+5×43+8×44+…+〔3n﹣1〕4n+1，上述两式相减，得﹣3T n=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣〔3n﹣1〕4n+1==﹣〔3n﹣2〕4n+1﹣8得T n=．所以，数列{a2n b2n﹣1}前n项和为．24．【分析】〔1〕利用数列递推关系即可得出．〔2〕==﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：〔1〕数列{a n}满意a1+3a2+…+〔2n﹣1〕a n=2n．n≥2时，a1+3a2+…+〔2n﹣3〕a n﹣1=2〔n﹣1〕．∴〔2n﹣1〕a n=2．∴a n=．当n=1时，a1=2，上式也成立．∴a n=．〔2〕==﹣．∴数列{}前n项和=++…+=1﹣=．25．【分析】〔1〕由题意可知a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1==，a2==，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，依据等比数列通项公式，即可求得{a n}通项公式；〔2〕由〔1〕可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，明显S n+1+S n+2=2S n，那么S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：〔1〕设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，那么a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，那么a1==，a2==，由a1+a2=2，+=2，整理得：q2+4q+4=0，解得：q=﹣2，那么a1=﹣2，a n=〔﹣2〕〔﹣2〕n﹣1=〔﹣2〕n，∴{a n}通项公式a n=〔﹣2〕n；〔2〕由〔1〕可知：S n===﹣[2+〔﹣2〕n+1]，=﹣[2+〔﹣2〕n+2]，S n+2=﹣[2+〔﹣2〕n+3]，那么S n+1+S n+2=﹣[2+〔﹣2〕n+2]﹣[2+〔﹣2〕n+3]，由S n+1=﹣[4+〔﹣2〕×〔﹣2〕n+1+〔﹣2〕2×〔﹣2〕n+1]，=﹣[4+2〔﹣2〕n+1]=2×[﹣〔2+〔﹣2〕n+1〕]，=2S n，+S n+2=2S n，即S n+1，S n，S n+2成等差数列．∴S n+126．+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=〔a n﹣【分析】〔1〕由题意可知依据等差数列性质，a n﹣33+a n+3〕+〔a n﹣2+a n+2〕+〔a n﹣1+a n+1〕═2×3a n，依据“P〔k〕数列〞定义，可得数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕由条件结合〔1〕中结论，可得到{a n}从第3项起为等差数列，再通过推断a2与a3关系和a1与a2关系，可知{a n}为等差数列．【解答】解：〔1〕证明：设等差数列{a n}首项为a1，公差为d，那么a n=a1+〔n ﹣1〕d，+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3，那么a n﹣3=〔a n﹣3+a n+3〕+〔a n﹣2+a n+2〕+〔a n﹣1+a n+1〕，=2a n+2a n+2a n，=2×3a n，∴等差数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕证明：当n≥4时，因为数列{a n}是P〔3〕数列，那么a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，①因为数列{a n}是“P〔2〕数列〞，所以a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n，②+a n+a n+2+a n+3=4a n+1，③，那么a n﹣1②+③﹣①，得2a n=4a n﹣1+4a n+1﹣6a n，即2a n=a n﹣1+a n+1，〔n≥4〕，因此n≥4从第3项起为等差数列，设公差为d，留意到a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=4a4﹣a3﹣a5﹣a6=4〔a3+d〕﹣a3﹣〔a3+2d〕﹣〔a3+3d〕=a3﹣d，因为a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4〔a2+d〕﹣a2﹣〔a2+2d〕﹣〔a2+3d〕=a2﹣d，也即前3项满意等差数列通项公式，所以{a n}为等差数列．27．【分析】〔Ⅰ〕利用条件求出等差数列公差，然后求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕利用条件求出公比，然后求解数列和即可．【解答】解：〔Ⅰ〕等差数列{a n}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以{a n}通项公式：a n=1+〔n﹣1〕×2=2n﹣1．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可得a5=a1+4d=9，等比数列{b n}满意b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3〔舍去〕〔等比数列奇数项符号一样〕．∴q2=3，}是等比数列，公比为3，首项为1．{b2n﹣1b1+b3+b5+…+b2n﹣1==．28．【分析】〔1〕分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕≤0，那么b1﹣na1≥b k﹣na k，那么c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立；〔2〕由b i﹣a i n=[b1+〔i﹣1〕d1]﹣[a1+〔i﹣1〕d2]×n=〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕〔d2﹣d1×n〕，分类探讨d1=0，d1＞0，d1＜0三种状况进展探讨依据等差数列性质，即可求得使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列；设=An+B+对随意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类探讨，采纳放缩法即可求得因此对随意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．【解答】解：〔1〕a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，那么〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕，=[〔2k﹣1〕﹣nk]﹣1+n，=〔2k﹣2〕﹣n〔k﹣1〕，=〔k﹣1〕〔2﹣n〕，由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，那么〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕≤0，那么b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，∴c n+1∴数列{c n}是等差数列；〔2〕证明：设数列{a n}和{b n}公差分别为d1，d2，下面考虑c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中随意b i﹣a i n，〔i∈N*，且1≤i≤n〕，那么b i﹣a i n=[b1+〔i﹣1〕d1]﹣[a1+〔i﹣1〕d2]×n，=〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕〔d2﹣d1×n〕，下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种状况进展探讨，①假设d1=0，那么b i﹣a i n═〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕d2，当假设d2≤0，那么〔b i﹣a i n〕﹣〔b1﹣a1n〕=〔i﹣1〕d2≤0，那么对于给定正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，〔b i﹣a i n〕﹣〔b n﹣a n n〕=〔i﹣n〕d2＞0，那么对于给定正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，此时c n﹣c n=d2﹣a1，+1∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，那么c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②假设d1＞0，那么此时﹣d1n+d2为一个关于n一次项系数为负数一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，那么当n≥m时，〔b i﹣a i n〕﹣〔b1﹣a1n〕=〔i﹣1〕〔﹣d1n+d2〕≤0，〔i∈N*，1≤i≤n〕，因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；此时c n+1③假设d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n一次项系数为正数一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，那么当n≥s时，〔b i﹣a i n〕﹣〔b n﹣a n n〕=〔i﹣1〕〔﹣d1n+d2〕≤0，〔i∈N*，1≤i≤n〕，因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时==﹣a n+，=﹣d2n+〔d1﹣a1+d2〕+，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+对随意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，假设C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，此时命题成立；假设C＜0，取m=[]+1，当n≥m时，≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对随意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种状况，命题得证．29．【分析】〔Ⅰ〕用数学归纳法即可证明，〔Ⅱ〕构造函数，利用导数推断函数单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，〔Ⅲ〕由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2〔﹣〕＞0，接着放缩即可证明【解答】解：〔Ⅰ〕用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，那么x k＞0，那么n=k+1时，假设x k+1＜0，那么0＜x k=x k+1+ln〔1+x k+1〕＜0，冲突，故x n+1＞0，因此x n＞0，〔n∈N*〕∴x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n〔n∈N*〕，〔Ⅱ〕由x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+〔x n+1+2〕ln〔1+x n+1〕，记函数f〔x〕=x2﹣2x+〔x+2〕ln〔1+x〕，x≥0∴f′〔x〕=+ln〔1+x〕＞0，∴f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增，∴f〔x〕≥f〔0〕=0，因此x n+12﹣2x n+1+〔x n+1+2〕ln〔1+x n+1〕≥0，故2x n+1﹣x n≤；〔Ⅲ〕∵x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2〔﹣〕＞0，∴﹣≥2〔﹣〕≥…≥2n﹣1〔﹣〕=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．30．【分析】〔1〕设{a n}是公差为d等差数列，{b n}是公比为q等比数列，运用通项公式可得q=3，d=2，进而得到所求通项公式；〔2〕求得c n=a n+b n=2n﹣1+3n﹣1，再由数列求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：〔1〕设{a n}是公差为d等差数列，{b n}是公比为q等比数列，由b2=3，b3=9，可得q==3，b n=b2q n﹣2=3•3n﹣2=3n﹣1；即有a1=b1=1，a14=b4=27，那么d==2，那么a n=a1+〔n﹣1〕d=1+2〔n﹣1〕=2n﹣1；〔2〕c n=a n+b n=2n﹣1+3n﹣1，那么数列{c n}前n项和为〔1+3+…+〔2n﹣1〕〕+〔1+3+9+…+3n﹣1〕=n•2n+=n2+．31．【分析】〔Ⅰ〕结合“G时刻〞定义进展分析；〔Ⅱ〕可以采纳假设法和递推法进展分析；〔Ⅲ〕可以采纳假设法和列举法进展分析．【解答】解：〔Ⅰ〕依据题干可得，a1=﹣2，a2=2，a3=﹣1，a4=1，a5=3，a1＜a2满意条件，2满意条件，a2＞a3不满意条件，3不满意条件，a2＞a4不满意条件，4不满意条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此5满意条件，因此G〔A〕={2，5}．〔Ⅱ〕因为存在a n＞a1，设数列A中第一个大于a1项为a k，那么a k＞a1≥a i，其中2≤i≤k﹣1，所以k∈G〔A〕，G〔A〕≠∅；〔Ⅲ〕设A数列全部“G时刻〞为i1＜i2＜…＜i k，对于第一个“G时刻〞i1，有＞a1≥a i〔i=2，3，…，i1﹣1〕，那么﹣a1≤﹣≤1．对于第二个“G时刻〞i1，有＞≥a i〔i=2，3，…，i1﹣1〕，那么﹣≤﹣≤1．类似﹣≤1，…，﹣≤1．于是，k≥〔﹣〕+〔﹣〕+…+〔﹣〕+〔﹣a1〕=﹣a1．对于a N，假设N∈G〔A〕，那么=a N．假设N∉G〔A〕，那么a N≤，否那么由〔2〕知，，…，a N，中存在“G 时刻〞与只有k个“G时刻〞冲突．从而k≥﹣a1≥a N﹣a1．32．【分析】〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，依据构造关于首项和公差方程组，解得答案；〔Ⅱ〕依据b n=[a n]，列出数列{b n}前10项，相加可得答案．【解答】解：〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，∵a3+a4=4，a5+a7=6．∴，解得：，∴a n=；〔Ⅱ〕∵b n=[a n]，∴b1=b2=b3=1，b4=b5=2，b6=b7=b8=3，b9=b10=4．故数列{b n}前10项和S10=3×1+2×2+3×3+2×4=24．33．【分析】〔1〕依据等比数列通项公式列方程解出公比q，利用求和公式解出a1，得出通项公式；〔2〕利用对数运算性质求出b n，运用分项求和法和平方差公式计算．【解答】解：〔1〕设{a n}公比为q，那么﹣=，即1﹣=，解得q=2或q=﹣1．假设q=﹣1，那么S6=0，与S6=63冲突，不符合题意．∴q=2，∴S6==63，∴a1=1．∴a n=2n﹣1．〔2〕∵b n是log2a n和log2a n+1等差中项，∴b n=〔log2a n+log2a n+1〕=〔log22n﹣1+log22n〕=n﹣．﹣b n=1．∴b n+1∴{b n}是以为首项，以1为公差等差数列．设{〔﹣1〕n b n2}前2n项和为T n，那么T n=〔﹣b12+b22〕+〔﹣b32+b42〕+…+〔﹣b2n﹣12+b2n2〕=b1+b2+b3+b4…+b2n﹣1+b2n===2n2．34．【分析】〔1〕{a n}与{b n}不是无穷互补数列．由4∉A，4∉B，4∉A∪B=N*，即可推断；〔2〕由a n=2n，可得a4=16，a5=32，再由新定义可得b16=16+4=20，运用等差数列求和公式，计算即可得到所求和；〔3〕运用等差数列通项公式，结合首项大于等于1，可得d=1或2，探讨d=1，2求得通项公式，结合新定义，即可得到所求数列通项公式．【解答】解：〔1〕{a n}与{b n}不是无穷互补数列．理由：由a n=2n﹣1，b n=4n﹣2，可得4∉A，4∉B，即有4∉A∪B=N*，即有{a n}与{b n}不是无穷互补数列；〔2〕由a n=2n，可得a4=16，a5=32，由{a n}与{b n}是无穷互补数列，可得b16=16+4=20，即有数列{b n}前16项和为〔1+2+3+…+20〕﹣〔2+4+8+16〕=×20﹣30=180；〔3〕设{a n}为公差为d〔d为正整数〕等差数列且a16=36，那么a1+15d=36，由a1=36﹣15d≥1，可得d=1或2，假设d=1，那么a1=21，a n=n+20，b n=n〔1≤n≤20〕，与{a n}与{b n}是无穷互补数列冲突，舍去；假设d=2，那么a1=6，a n=2n+4，b n=．综上可得，a n=2n+4，b n=．35．【分析】〔1〕依据数列通项公式与前n项和公式之间关系进展递推，结合等比数列定义进展证明求解即可．〔2〕依据条件建立方程关系进展求解就可．【解答】解：〔1〕∵S n=1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=1+λa n﹣1﹣λa n﹣1=λa n﹣λa n﹣1，即〔λ﹣1〕a n=λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即=，〔n≥2〕，∴{a n}是等比数列，公比q=，当n=1时，S1=1+λa1=a1，即a1=，∴a n=•〔〕n﹣1．〔2〕假设S5=，那么假设S5=1+λ[•〔〕4]=，即〔〕5=﹣1=﹣，那么=﹣，得λ=﹣1．36．【分析】〔Ⅰ〕依据条件建立方程组关系，求出首项，利用数列递推关系证明数列{a n}是公比q=3等比数列，即可求通项公式a n；〔Ⅱ〕探讨n取值，利用分组法将数列转化为等比数列和等差数列即可求数列{|a n ﹣n﹣2|}前n项和．【解答】解：〔Ⅰ〕∵S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*．∴a1+a2=4，a2=2S1+1=2a1+1，解得a1=1，a2=3，=2S n+1，a n=2S n﹣1+1，当n≥2时，a n+1两式相减得a n﹣a n=2〔S n﹣S n﹣1〕=2a n，+1=3a n，当n=1时，a1=1，a2=3，即a n+1满意a n=3a n，+1∴=3，那么数列{a n}是公比q=3等比数列，那么通项公式a n=3n﹣1．〔Ⅱ〕a n﹣n﹣2=3n﹣1﹣n﹣2，设b n=|a n﹣n﹣2|=|3n﹣1﹣n﹣2|，那么b1=|30﹣1﹣2|=2，b2=|3﹣2﹣2|=1，当n≥3时，3n﹣1﹣n﹣2＞0，那么b n=|a n﹣n﹣2|=3n﹣1﹣n﹣2，此时数列{|a n﹣n﹣2|}前n项和T n=3+﹣=，那么T n==．37．【分析】〔Ⅰ〕利用条件求出等差数列公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；〔Ⅱ〕找出数列规律，然后求数列{b n}前1000项和．【解答】解：〔Ⅰ〕S n为等差数列{a n}前n项和，且a1=1，S7=28，7a4=28．可得a4=4，那么公差d=1．a n=n，b n=[lgn]，那么b1=[lg1]=0，b11=[lg11]=1，b101=[lg101]=2．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可知：b1=b2=b3=…=b9=0，b10=b11=b12=…=b99=1．b100=b101=b102=b103=…=b999=2，b10，00=3．数列{b n}前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3=1893．38．【分析】〔Ⅰ〕依据题意，由数列递推公式可得a2与a3值，又由a2，a3，a2+a3成等差数列，可得2a3=a2+〔a2+a3〕，代入a2与a3值可得q2=2q，解可得q值，进而可得S n=2S n+1，进而可得S n=2S n﹣1+1，将两式相减可得a n=2a n﹣1，即可得数+1列{a n}是以1为首项，公比为2等比数列，由等比数列通项公式计算可得答案；〔Ⅱ〕依据题意S n=qS n+1，同理有S n=qS n﹣1+1，将两式相减可得a n=qa n﹣1，分析+1可得a n=q n﹣1；又由双曲线x2﹣=1离心率为e n，且e2=2，分析可得e2==2，解可得a2值，由a n=q n﹣1可得q值，进而可得数列{a n}通项公式，再次由双曲线几何性质可得e n2=1+a n2=1+3n﹣1，运用分组求和法计算可得答案．【解答】解：〔Ⅰ〕依据题意，数列{a n}首项为1，即a1=1，=qS n+1，那么S2=qa1+1，那么a2=q，又由S n+1又有S3=qS2+1，那么有a3=q2，假设a2，a3，a2+a3成等差数列，即2a3=a2+〔a2+a3〕，那么可得q2=2q，〔q＞0〕，解可得q=2，=2S n+1，①那么有S n+1进而有S n=2S n﹣1+1，②①﹣②可得a n=2a n﹣1，那么数列{a n}是以1为首项，公比为2等比数列，那么a n=1×2n﹣1=2n﹣1；=qS n+1，③〔Ⅱ〕依据题意，有S n+1同理可得S n=qS n﹣1+1，④③﹣④可得：a n=qa n﹣1，又由q＞0，那么数列{a n}是以1为首项，公比为q等比数列，那么a n=1×q n﹣1=q n﹣1；假设e2=2，那么e2==2，解可得a2=，那么a2=q=，即q=，a n=1×q n﹣1=q n﹣1=〔〕n﹣1，那么e n2=1+a n2=1+3n﹣1，故e12+e22+…+e n2=n+〔1+3+32+…+3n﹣1〕=n+．39．【分析】〔Ⅰ〕令n=1，可得a1=2，结合{a n}是公差为3等差数列，可得{a n}通项公式；〔Ⅱ〕由〔1〕可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比等比数列，进而可得：{b n}前n项和．【解答】解：〔Ⅰ〕∵a n b n+1+b n+1=nb n．当n=1时，a1b2+b2=b1．∵b1=1，b2=，∴a1=2，又∵{a n}是公差为3等差数列，∴a n=3n﹣1，+b n+1=nb n．〔Ⅱ〕由〔I〕知：〔3n﹣1〕b n+1=b n．即3b n+1即数列{b n}是以1为首项，以为公比等比数列，∴{b n}前n项和S n==〔1﹣3﹣n〕=﹣．40．【分析】〔1〕依据题意，由S T定义，分析可得S T=a2+a4=a2+9a2=30，计算可得a2=3，进而可得a1值，由等比数列通项公式即可得答案；〔2〕依据题意，由S T定义，分析可得S T≤a1+a2+…a k=1+3+32+…+3k﹣1，由等比数列前n项和公式计算可得证明；〔3〕设A=∁C〔C∩D〕，B=∁D〔C∩D〕，那么A∩B=∅，进而分析可以将原命题转化为证明S C≥2S B，分2种状况进展探讨：①、假设B=∅，②、假设B≠∅，可以证明得到S A≥2S B，即可得证明．【解答】解：〔1〕等比数列{a n}中，a4=3a3=9a2，当T={2，4}时，S T=a2+a4=a2+9a2=30，因此a2=3，从而a1==1，故a n=3n﹣1，〔2〕S T≤a1+a2+…a k=1+3+32+…+3k﹣1=＜3k=a k+1，〔3〕设A=∁C〔C∩D〕，B=∁D〔C∩D〕，那么A∩B=∅，分析可得S C=S A+S C∩D，S D=S B+S C∩D，那么S C+S C∩D﹣2S D=S A﹣2S B，因此原命题等价于证明S C≥2S B，由条件S C≥S D，可得S A≥S B，①、假设B=∅，那么S B=0，故S A≥2S B，②、假设B≠∅，由S A≥S B可得A≠∅，设A中最大元素为l，B中最大元素为m，假设m≥l+1，那么其与S A＜a i+1≤a m≤S B相冲突，因为A∩B=∅，所以l≠m，那么l≥m+1，S B≤a1+a2+…a m=1+3+32+…+3m﹣1=≤=，即S A≥2S B，综上所述，S A≥2S B，故S C+S C∩D≥2S D．41、【分析】〔Ⅰ〕求出数列{a n}通项公式，再求数列{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求出数列{c n}通项，利用错位相减法求数列{c n}前n项和T n．【解答】解：〔Ⅰ〕S n=3n2+8n，∴n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=6n+5，n=1时，a1=S1=11，∴a n=6n+5；∵a n=b n+b n+1，∴a n=b n﹣1+b n，﹣1∴a n﹣a n﹣1=b n+1﹣b n﹣1．∴2d=6，∴d=3，∵a1=b1+b2，∴11=2b1+3，∴b1=4，∴b n=4+3〔n﹣1〕=3n+1；〔Ⅱ〕c n========6〔n+1〕•2n，∴T n=6[2•2+3•22+…+〔n+1〕•2n]①，∴2T n=6[2•22+3•23+…+n•2n+〔n+1〕•2n+1]②，①﹣②可得﹣T n=6[2•2+22+23+…+2n﹣〔n+1〕•2n+1]=12+6×﹣6〔n+1〕•2n+1=〔﹣6n〕•2n+1=﹣3n•2n+2，∴T n=3n•2n+2．42、【分析】〔1〕依据题意，由数列递推公式，令n=1可得a12﹣〔2a2﹣1〕a1﹣2a2=0，将a1=1代入可得a2值，进而令n=2可得a22﹣〔2a3﹣1〕a2﹣2a3=0，将a2=代入计算可得a3值，即可得答案；﹣1〕a n﹣2a n+1=0变形可得〔a n﹣2a n+1〕〔a n+a n+1〕〔2〕依据题意，将a n2﹣〔2a n+1=0，进而分析可得a n=2a n+1或a n=﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n=2a n+1，结合等比数列性质可得{a n}是首项为a1=1，公比为等比数列，由等比数列通项公式计算可得答案．【解答】解：〔1〕依据题意，a n2﹣〔2a n﹣1〕a n﹣2a n+1=0，+1当n=1时，有a12﹣〔2a2﹣1〕a1﹣2a2=0，而a1=1，那么有1﹣〔2a2﹣1〕﹣2a2=0，解可得a2=，当n=2时，有a22﹣〔2a3﹣1〕a2﹣2a3=0，又由a2=，解可得a3=，故a2=，a3=；﹣1〕a n﹣2a n+1=0，〔2〕依据题意，a n2﹣〔2a n+1变形可得〔a n﹣2a n+1〕〔a n+1〕=0，即有a n=2a n+1或a n=﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，那么有a n=2a n+1，故数列{a n}是首项为a1=1，公比为等比数列，那么a n=1×〔〕n﹣1=〔〕n﹣1，故a n=〔〕n﹣1．。

专题12数列（选填题）1．【2022年全国乙卷】已知等比数列的前3项和为168，2−5=42，则6=（）A．14B．12C．6D．3【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为s≠0，易得≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为s≠0，若=1，则2−5=0，与题意矛盾，所以≠1，则1+2+3==168 2−5=1−14=42，解得1=96=1 2，所以6=15=3.故选：D.2．【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：1=1+11，2=1+11+12，3=1+11+12+13，…，依此类推，其中∈∗(=1,2,⋯)．则（）A．1<5B．3<8C．6<2D．4<7【答案】D【解析】【分析】根据∈∗=1,2,…，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为∈∗=1,2,⋯，所以1<1+12，11>11+12，得到1>2，同理1+12>1+12+13，可得2<3，1>3又因为12>12+13+14,1+12+13<1+12+13+14，故2<4，3>4；以此类推，可得1>3>5>7>…，7>8，故A 错误；1>7>8，故B 错误；12>12+13+…16，得2<6，故C 错误；1+12+13+14>1+12+…16+17，得4<7，故D 正确.故选：D.3．【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，B 1,B 1,B 1,B 1是举，B 1,B 1,B 1,B 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为B1B 1=0.5,B1B 1=1,B1B 1=2,B1B 1=3，若1,2,3是公差为0.1的等差数列，且直线B 的斜率为0.725，则3=（）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】D 【解析】【分析】设B 1=B 1=B 1=B 1=1，则可得关于3的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设B 1=B 1=B 1=B 1=1，则B 1=1,B 1=2,B 1=3，依题意，有3−0.2=1,3−0.1=2，且B 1+B 1+B 1+B 1B 1+B 1+B 1+B 1=0.725，所以0.5+33−0.34=0.725，故3=0.9，故选：D4．【2021年甲卷文科】记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】A 【解析】【分析】根据题目条件可得2S ，42S S -，64S S -成等比数列，从而求出641S S -=，进一步求出答案.【详解】∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列∴24S =，42642S S -=-=∴641S S -=，∴641167S S =+=+=.故选：A.5．【2021年甲卷理科】等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B 【解析】【分析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >，但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B ．【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．6．【2020年新课标1卷文科】设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（）A ．12B ．24C ．30D ．32【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得q 的值，再由()5678123a a a q a a a ++=++可求得结果.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q ++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，因此，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．7．【2020年新课标2卷理科】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块【答案】C 【解析】【分析】第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，设n S 为{}n a 的前n 项和，由题意可得322729n n n n S S S S -=-+，解方程即可得到n ，进一步得到3n S .【详解】设第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99n a n n =+-⨯=，设n S 为{}n a 的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,n n n n n S S S S S --，因为下层比中层多729块，所以322729n n n n S S S S -=-+，即3(927)2(918)2(918)(99)7292222n n n n n n n n ++++-=-+即29729n =，解得9n =，所以32727(9927)34022n S S +⨯===.故选：C 【点晴】本题主要考查等差数列前n 项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.8．【2020年新课标2卷理科】数列{}n a 中，12a =，对任意,,m n m n m n N a a a ++∈=，若155121022k k k a a a ++++++=- ，则k =（）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】C 【解析】【分析】取1m =，可得出数列{}n a 是等比数列，求得数列{}n a 的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k 的等式，由k *∈N 可求得k 的值.【详解】在等式m n m n a a a +=中，令1m =，可得112n n n a a a a +==，12n na a +∴=，所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则1222n nn a -=⨯=，()()()()1011011105101210122122212211212k k k k k k a a a a ++++++⋅-⋅-∴+++===-=--- ，1522k +∴=，则15k +=，解得4k =.故选：C.【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.9．【2020年新课标2卷理科】0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0-1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（）A ．11010 B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C 【解析】【分析】根据新定义，逐一检验即可【详解】由i m i a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C 【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.10．【2020年新课标2卷文科】记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a =（）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –1【答案】B 【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n 项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩，所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-.故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n 项和公式的应用，考查了数学运算能力.11．【2019年新课标1卷理科】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-【答案】A 【解析】【分析】等差数列通项公式与前n 项和公式．本题还可用排除，对B ，55a =，44(72)1002S -+==-≠，排除B ，对C ，245540,25850105S a S S ==-=⨯-⨯-=≠，排除C ．对D ，24554150,5250522S a S S ==-=⨯-⨯-=≠，排除D ，故选A ．【详解】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，故选A ．【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断．12．【2019年新课标3卷理科】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】C 【解析】利用方程思想列出关于1,a q 的方程组，求出1,a q ，再利用通项公式即可求得3a 的值．【详解】设正数的等比数列{an }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．13．【2018年新课标1卷理科】设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则5a =A ．12-B ．10-C ．10D ．12【答案】B 【解析】【详解】分析：首先设出等差数列{}n a 的公差为d ，利用等差数列的求和公式，得到公差d 所满足的等量关系式，从而求得结果3d =-，之后应用等差数列的通项公式求得51421210a a d =+=-=-，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为d 根据题中的条件可得32433(32)224222d d d ⨯⨯⨯+⋅=⨯++⨯+⋅，整理解得3d =-，所以51421210a a d =+=-=-，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d 的值，之后利用等差数列的通项公式得到5a 与1a d 和的关系，从而求得结果.14．【2022年全国乙卷】记为等差数列的前n 项和．若23=32+6，则公差=_______．【答案】2【解析】【分析】转化条件为2(1+2p =21++6，即可得解.【详解】由23=32+6可得2(1+2+3)=3(1+2)+6，化简得23=1+2+6，即2(1+2p =21++6，解得=2.故答案为：2.15．【2021年新高考1卷】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折n 次，那么1nk k S ==∑______2dm .【答案】5()41537202n n -+-【解析】【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得n S ，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5312561032022⨯⨯⨯⨯，，；，共4种不同规格（单位2dm )；故对折4次可得到如下规格：5124⨯，562⨯，53⨯，3102⨯，3204⨯，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120()2dm ,第n 次对折后的图形面积为111202n -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭，对于第n 此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为1n +种（证明从略），故得猜想1120(1)2n n n S -+=，设()0121112011202120312042222nk n k n S S -=+⨯⨯⨯==++++∑L ，则121112021203120120(1)22222n nn n S -⨯⨯+=++++ ，两式作差得：()211201111124012022222n n n S -+⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭ ()11601120122401212n n n -⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+--()()112011203120360360222n n nn n -++=--=-，因此，()()4240315372072022n n n n S -++=-=-.故答案为：5；()41537202n n -+-.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于{}n n a b 结构，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +结构，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭结构，其中{}na 是等差数列，公差为()0d d ≠，则111111n n nn a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，利用裂项相消法求和.16．【2020年新课标1卷文科】数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =______________.【答案】7【解析】【分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.【详解】2(1)31n n n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++ 135********()()a a a a a a a a =+++++++ 111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++11(102)(140)(5172941)a a ++++++++118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.17．【2020年新课标2卷文科】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S =__________．【答案】25【解析】【分析】因为{}n a 是等差数列，根据已知条件262a a +=，求出公差，根据等差数列前n 项和，即可求得答案.【详解】{}n a 是等差数列，且12a =-，262a a +=设{}n a 等差数列的公差d根据等差数列通项公式：()11n a a n d+-=可得1152a d a d +++=即：()2252d d -++-+=整理可得：66d =解得：1d = 根据等差数列前n 项和公式：*1(1),2n n n S na d n N -=+∈可得：()1010(101)10245252S ⨯-=-+=-+=∴1025S =.故答案为：25.【点睛】本题主要考查了求等差数列的前n 项和，解题关键是掌握等差数列的前n 项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.18．【2020年新高考1卷（山东卷）】将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an }，则{an }的前n 项和为________．【答案】232n n-【解析】【分析】首先判断出数列{}21n -与{}32n -项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.【详解】因为数列{}21n -是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列{}32n -是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{}n a 是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{}n a 的前n 项和为2(1)16322n n n n n -⋅+⋅=-，故答案为：232n n -.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.19．【2019年新课标1卷理科】记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=____________．【答案】1213.【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比q 的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到5S ．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】设等比数列的公比为q ，由已知21461,3a a a ==，所以32511(),33q q =又0q ≠，所以3,q =所以55151(13)(1)12131133a q S q --===--．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．20．【2019年新课标1卷文科】记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=___________．【答案】58.【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比q 的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到4S ．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】详解：设等比数列的公比为q ，由已知223111314S a a q a q q q =++=++=，即2104q q ++=解得12q =-，所以441411()(1)521181()2a q S q ---===---．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算3343431315()428S S a S a q =+=+=+-=，避免繁分式计算．21．【2019年新课标3卷理科】记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________.【答案】4.【解析】【分析】根据已知求出1a 和d 的关系，再结合等差数列前n 项和公式求得结果.【详解】因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d ⨯+==⨯+．【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．22．【2019年新课标3卷文科】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________.【答案】100【解析】【分析】根据题意可求出首项和公差，进而求得结果.【详解】317125,613a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩得11,2a d =⎧⎨=⎩101109109101012100.22S a d ⨯⨯∴=+=⨯+⨯=【点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记牢等差数列的求和公式是解题的关键．23．【2018年新课标1卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =_____________．【答案】63-【解析】【分析】首先根据题中所给的21n n S a =+，类比着写出1121n n S a ++=+，两式相减，整理得到12n n a a +=，从而确定出数列{}n a 为等比数列，再令1n =，结合11,a S 的关系，求得11a =-，之后应用等比数列的求和公式求得6S 的值.【详解】根据21n n S a =+，可得112n n S a ++=+，两式相减得1122n n n a a a ++=-，即12n n a a +=，当1n =时，11121S a a ==+，解得11a =-，所以数列{}n a 是以-1为首项，以2为公比的等比数列，所以66(12)6312S --==--，故答案是63-.点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令1n =，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.。